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2020版《微点教程》高考人教A版理科数学一轮复习文档：第二章第二节 函数的单调性与最值 学案
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第二节 函数的单调性与最值
2019考纲考题考情
1．增函数与减函数
一般地，设函数f(x)的定义域为I：
(1)如果对于定义域I内某个区间D上的任意两个自变量的值x1，x2，当x1＜x2时，都有f(x1)＜f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是增函数。
(2)如果对于定义域I内某个区间D上的任意两个自变量的值x1，x2，当x1＜x2时，都有f(x1)＞f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是减函数。
2．单调性与单调区间
如果函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，那么就说函数y＝f(x)在这一区间具有(严格的) 单调性，区间D叫做y＝f(x)的单调区间。
3．函数的最大值与最小值
一般地，设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足：
(1)对于任意的x∈I，都有f(x)≤M；存在x0∈I，使得f(x0)＝M，那么，我们称M是函数y＝f(x)的最大值。
(2)对于任意的x∈I，都有f(x)≥M；存在x0∈I，使得f(x0)＝M，那么，我们称M是函数y＝f(x)的最小值。
4．函数单调性的两个等价结论
设∀x1，x 2∈D(x1≠x 2)，则
(1)>0(或>0)⇔f(x)在D上单调递增。
(2)<0(或<0)⇔f(x)在D上单调递减。
5．对勾函数的单调性
对勾函数y＝x＋(a>0)的递增区间为(－∞，－]和[，＋∞)；递减区间为[－，0)和(0，]，且对勾函数为奇函数。
6．函数单调性常用结论
函数单调性的常用结论
1．若f(x)，g(x)均为区间A上的增(减)函数，则f(x)＋g(x)也是区间A上的增(减)函数。
2．若k>0，则kf(x)与f(x)单调性相同；若k<0，则kf(x)与f(x)单调性相反。
3．函数y＝f(x)(f(x)>0或f(x)<0)在公共定义域内与y＝－f(x)，y＝的单调性相反。
4．函数y＝f(x)(f(x)≥0)在公共定义域内与y＝的单调性相同。
一、走进教材
1．(必修1P39A组T1改编)函数y＝x2－5x－6在区间[2,4]上是( )
A．递减函数 B．递增函数
C．先递减再递增函数 D．先递增再递减函数
解析 作出函数y＝x2－5x－6的图象(图略)知开口向上，且对称轴为x＝，在[2,4]上先减后增。故选C。
答案 C
2．(必修1P31例4改编)函数y＝在[2,3]上的最小值为( )
A．2 B．
C． D．－
解析 因为y＝在[2,3]上单调递减，所以ymin＝＝。故选B。
答案 B
二、走近高考
3．(2017·全国卷Ⅰ)函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，且为奇函数。若f(1)＝－1，则满足－1≤f(x－2)≤1的x的取值范围是( )
A．[－2,2] B．[－1,1]
C．[0,4] D．[1,3]
解析 因为f(1)＝－1，且f(x)为奇函数，所以f(－1)＝－f(1)＝1，因为－1≤f(x－2)≤1，所以f(1)≤f(x－2)≤f(－1)，又f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，所以－1≤x－2≤1，解得1≤x≤3。故选D。
答案 D
4．(2018·北京高考)能说明“若f(x)>f(0)对任意的x∈(0,2]都成立，则f(x)在[0,2]上是增函数”为假命题的一个函数是________。
解析 这是一道开放性试题，答案不唯一。只要满足f(x)>f(0)对任意的x∈(0,2]都成立，且函数f(x)在[0,2]上不是增函数即可。如f(x)＝sinx，答案不唯一。
答案 f(x)＝sinx(答案不唯一)
三、走出误区
微提醒：①单调性判断出错致误；②对称轴讨论出错致误；③不会结合函数的图象致误。
5．函数f(x)＝－x＋在上的最大值是( )
A． B．－
C．－2 D．2
解析 易知f(x)在上是减函数，所以f(x)max＝f(－2)＝2－＝。故选A。
答案 A
6．如果二次函数f(x)＝3x2＋2(a－1)x＋b在区间(－∞，1)上是减函数，那么a的取值范围是________。
解析 二次函数的对称轴方程为x＝－，由题意知－≥1，即a≤－2。
答案 (－∞，－2]
7．若函数f(x)＝|2x＋a|的单调递增区间是[3，＋∞)，则a的值为________。
解析 由图象(图略)易知函数f(x)＝|2x＋a|的单调递增区间是，令－＝3，得a＝－6。
答案 －6
考点一 确定函数的单调性(区间)
【例1】 (1)(2019·山西晋城一模)已知函数f(x)＝loga(－x2－2x＋3)(a>0且a≠1)，若f(0)<0，则此函数的单调递增区间是( )
A．(－∞，－1] B．[－1，＋∞)
C．[－1,1) D．(－3，－1]
(2)试讨论函数f(x)＝(a≠0)在(－1,1)上的单调性。
(1)解析 令g(x)＝－x2－2x＋3，由题意知g(x)>0，可得－3
(2)解 设－1
f(x1)－f(x2)＝a－a＝，由于－1
故当a>0时，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，函数f(x)在(－1,1)上单调递减；
当a<0时，f(x1)－f(x2)<0，
即f(x1)
解：f′(x)＝
＝＝－。
当a>0时，f′(x)<0，函数f(x)在(－1,1)上单调递减；
当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)在(－1,1)上单调递增。
1．求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间，如例1(1)。
2．(1)函数单调性的判断方法有：①定义法；②图象法；③利用已知函数的单调性；④导数法。
(2)函数y＝f(g(x))的单调性应根据外层函数y＝f(t)和内层函数t＝g(x)的单调性判断，遵循“同增异减”的原则。
【变式训练】 (1)(2019·辽宁师大附中模拟)下列函数中，既是偶函数又在区间(0,1)上单调递减的是( )
A．y＝x B．y＝ex
C．y＝|x| D．y＝ln|x|
(2)判断并证明函数f(x)＝ax2＋(其中1
答案 C
(2)解 设1≤x10,2
从而f(x2)－f(x1)>0，即f(x2)>f(x1)，
故当a∈(1,3)时，f(x)在[1,2]上单调递增。
考点二 函数的最值
【例2】 (1)函数f(x)＝x－log2(x＋2)在区间[－1,1]上的最大值为________。
(2)已知函数f(x)＝则f(x)的最小值是________。
解析 (1)由于y＝x在R上单调递减，y＝log2(x＋2)在[－1,1]上单调递增，所以f(x)在[－1,1]上单调递减，故f(x)在[－1,1]上的最大值为f(－1)＝3。
(2)当x≤1时，f(x)min＝0，当x>1时，f(x)min＝2－6，当且仅当x＝时取到最小值，又2－6<0，所以f(x)min＝2－6。
答案 (1)3 (2)2－6
求函数最值的五种常用方法及其思路
1．单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值。
2．图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值。
3．基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值。
4．导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值。
5．换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值。
【变式训练】 (1)函数f(x)＝(x≥2)的最大值为________。
(2)(2019·石家庄模拟)对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝设函数f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，则函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是______。
解析 (1)易得f(x)＝＝1＋，当x≥2时，x－1>0，易知f(x)在[2，＋∞)上是减函数，所以f(x)max＝f(2)＝1＋＝2。
(2)在同一坐标系中，作函数f(x)，g(x)图象，依题意，h(x)的图象如图所示。易知点A(2,1)为图象的最高点，因此h(x)的最大值为h(2)＝1。
解析：依题意，h(x)＝当02时，h(x)＝3－x是减函数，所以h(x)在x＝2时取得最大值h(2)＝1。
答案 (1)2 (2)1
考点三 函数单调性的应用微点小专题
方向1：比较大小
【例3】 已知函数f(x)的图象向左平移1个单位后关于y轴对称，当x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)<0恒成立，设a＝f，b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为( )
A．c>a>b B．c>b>a
C．a>c>b D．b>a>c
解析 由于函数f(x)的图象向左平移1个单位后得到的图象关于y轴对称，故函数y＝f(x)的图象本身关于直线x＝1对称，所以a＝f＝f。当x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，等价于函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以b>a>c。故选D。
答案 D
比较函数值的大小，应将自变量转化到同一单调区间内，然后利用单调性解决。
方向2：解不等式
【例4】 已知奇函数f(x)在x>0时单调递增，且f(1)＝0，若f(x－1)>0，则x的取值范围为( )
A．{x|02} B．{x|x<0或x>2}
C．{x|x<0或x>3} D．{x|x<－1或x>1}
解析 因为奇函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(1)＝0，所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，且f(－1)＝0，则－11时，f(x)>0；x<－1或00即－11，解得02。故选A。
答案 A
利用函数的单调性将“f”符号脱掉，转化为具体的不等式求解，应注意函数的定义域。
方向3：求参数范围
【例5】 (2019·江西南昌一模)设函数f(x)＝若f(1)是f(x)的最小值，则实数a的取值范围为( )
A．[－1,2) B．[－1,0]
C．[1,2] D．[1，＋∞)
解析 函数f(x)＝若x>1，则f(x)＝x＋1>2，易知y＝2|x－a|在(a，＋∞)上单调递增，在(－∞，a)上单调递减，若a<1，则f(x)在x＝a处取得最小值，不符合题意；若a≥1，则要使f(x)在x＝1处取得最小值，只需2a－1≤2，解得a≤2，所以1≤a≤2。综上可得a的取值范围是[1,2]。故选C。
答案 C
1．根据函数的单调性，将题设条件转化为含参数的不等式(组)，即可求出参数的值或范围。
2．若分段函数是单调函数，则不仅要保证在各区间上单调性一致，还要确保在整个定义域内是单调的。
【题点对应练】
答案 D
2．(方向2)已知函数f(x)＝lnx＋2x，若f(x2－4)<2，则实数x的取值范围是________。
解析 因为函数f(x)＝lnx＋2x在定义域上单调递增，且f(1)＝ln1＋2＝2，所以由f(x2－4)<2得f(x2－4)
3．(方向2)设函数f(x)＝则满足f(x)＋f(x－1)>1的x的取值范围是________。
解析 画出函数f(x)的大致图象如图，易知函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增。又x>x－1，且x－(x－1)＝1，f(0)＝1，所以要使f(x)＋f(x－1)>1成立，则结合函数f(x)的图象知只需x－1>－1，解得x>0。故所求x的取值范围是(0，＋∞)。
答案 (0，＋∞)
4．(方向3)设函数f(x)＝若函数y＝f(x)在区间(a，a＋1)上单调递增，则实数a的取值范围是________。
解析 作函数f(x)的图象如图所示，由图象可知f(x)在(a，a＋1)上单调递增，需满足a≥4或a＋1≤2，即a≤1或a≥4。
答案 (－∞，1]∪[4，＋∞)
求函数最值的常用方法
一、单调性法
【典例1】 函数f(x)＝的最大值为________。
【解析】 当x≥1时，函数f(x)＝为减函数，所以f(x)在x＝1处取得最大值，即f(1)＝1；当x<1时，易知函数f(x)＝－x2＋2在x＝0处取得最大值，即f(0)＝2。故函数f(x)的最大值为2。
【答案】 2
利用函数的单调性求解函数的值域是最基本的方法，解题的关键是准确确定函数的单调性。
二、不等式法
主要是指运用均值不等式及其变形公式来解决函数最值问题的一种方法。常用的基本不等式有以下几种：
a2＋b2≥2ab(a，b为实数)；
≥(a≥0，b≥0)；
ab≤2≤(a，b为实数)。
【典例2】 设x，y，z为正实数，x－2y＋3z＝0，则的最小值为________。
【解析】 因为x－2y＋3z＝0，所以y＝，所以＝。又x，z为正实数，所以由基本不等式，得≥＝3。当且仅当x＝3z时取“＝”。故的最小值为3。故填3。
【答案】 3
本题是三元分式函数的最值问题，一般地，可将这类函数问题转化为二元函数问题加以解决。在利用均值不等式法求函数最值时，必须注意“一正二定三相等”，特别是“三相等”，是我们易忽略的地方，容易产生失误。
三、配方法
配方法是求二次函数最值的基本方法，如F(x)＝af2(x)＋bf(x)＋c的函数的最值问题，可以考虑用配方法。
【典例3】 已知函数y＝(ex－a)2＋(e－x－a)2(a∈R，a≠0)，求函数y的最小值。
【解】 y＝(ex－a)2＋(e－x－a)2
＝(ex＋e－x)2－2a(ex＋e－x)＋2a2－2。
令t＝ex＋e－x，f(t)＝t2－2at＋2a2－2。
因为t≥2，所以f(t)＝t2－2at＋2a2－2＝(t－a)2＋a2－2的定义域为[2，＋∞)。
因为抛物线y＝f(t)的对称轴为t＝a，
所以当a≤2且a≠0时，ymin＝f(2)＝2(a－1)2；
当a>2时，ymin＝f(a)＝a2－2。
利用二次函数的性质求最值，要特别注意自变量的取值范围，同时还要注意对称轴与区间的相对位置关系。如本题化为含参数的二次函数后，求解最值时要细心区分：对称轴与区间的位置关系，然后再根据不同情况分类解决。
四、换元法
换元法有两类，即代数换元和三角换元，我们可以根据具体问题及题目形式去灵活选择换元的方法，以便将复杂的函数最值问题转化为简单函数的最值问题，从而求出原函数的最值。如可用三角代换解决形如a2＋b2＝1及部分根式函数形式的最值问题。
【典例4】 (1)函数f(x)＝x＋2的最大值为________。
【解析】 设＝t(t≥0)，所以x＝1－t2。所以y＝f(x)＝x＋2＝1－t2＋2t＝－t2＋2t＋1＝－(t－1)2＋2。所以当t＝1即x＝0时，f(x)max＝2。
【答案】 2
(2)求函数y＝x－的值域。
【解】 换元法：由4－x2≥0，得－2≤x≤2，
所以设x＝2cosθ(θ∈[0，π])，
则y＝2cosθ－＝2cosθ－2sinθ
＝2cos，
因为θ＋∈，
所以cos∈，所以y∈[－2，2]。
换元法方式很多，常见的有常量代换和三角换元。
五、数形结合法
数形结合法，是指利用函数所表示的几何意义，借助几何方法及函数的图象求函数最值的一种常用的方法。
【典例5】 对a，b∈R，记max{a，b}＝函数f(x)＝max{|x＋1|，|x－2|}(x∈R)的最小值是________。
【解析】 由|x＋1|≥|x－2|，得(x＋1)2≥(x－2)2。所以x≥。所以f(x)＝
其图象如图所示。
由图象易知，当x＝时，函数有最小值，所以f(x)min＝f＝＝。
【答案】
本题画出y＝|x＋1|与y＝|x－2|的图象，找出f(x)的图象是解题关键。
2019考纲考题考情
1．增函数与减函数
一般地，设函数f(x)的定义域为I：
(1)如果对于定义域I内某个区间D上的任意两个自变量的值x1，x2，当x1＜x2时，都有f(x1)＜f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是增函数。
(2)如果对于定义域I内某个区间D上的任意两个自变量的值x1，x2，当x1＜x2时，都有f(x1)＞f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是减函数。
2．单调性与单调区间
如果函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，那么就说函数y＝f(x)在这一区间具有(严格的) 单调性，区间D叫做y＝f(x)的单调区间。
3．函数的最大值与最小值
一般地，设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足：
(1)对于任意的x∈I，都有f(x)≤M；存在x0∈I，使得f(x0)＝M，那么，我们称M是函数y＝f(x)的最大值。
(2)对于任意的x∈I，都有f(x)≥M；存在x0∈I，使得f(x0)＝M，那么，我们称M是函数y＝f(x)的最小值。
4．函数单调性的两个等价结论
设∀x1，x 2∈D(x1≠x 2)，则
(1)>0(或>0)⇔f(x)在D上单调递增。
(2)<0(或<0)⇔f(x)在D上单调递减。
5．对勾函数的单调性
对勾函数y＝x＋(a>0)的递增区间为(－∞，－]和[，＋∞)；递减区间为[－，0)和(0，]，且对勾函数为奇函数。
6．函数单调性常用结论
函数单调性的常用结论
1．若f(x)，g(x)均为区间A上的增(减)函数，则f(x)＋g(x)也是区间A上的增(减)函数。
2．若k>0，则kf(x)与f(x)单调性相同；若k<0，则kf(x)与f(x)单调性相反。
3．函数y＝f(x)(f(x)>0或f(x)<0)在公共定义域内与y＝－f(x)，y＝的单调性相反。
4．函数y＝f(x)(f(x)≥0)在公共定义域内与y＝的单调性相同。
一、走进教材
1．(必修1P39A组T1改编)函数y＝x2－5x－6在区间[2,4]上是( )
A．递减函数 B．递增函数
C．先递减再递增函数 D．先递增再递减函数
解析 作出函数y＝x2－5x－6的图象(图略)知开口向上，且对称轴为x＝，在[2,4]上先减后增。故选C。
答案 C
2．(必修1P31例4改编)函数y＝在[2,3]上的最小值为( )
A．2 B．
C． D．－
解析 因为y＝在[2,3]上单调递减，所以ymin＝＝。故选B。
答案 B
二、走近高考
3．(2017·全国卷Ⅰ)函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，且为奇函数。若f(1)＝－1，则满足－1≤f(x－2)≤1的x的取值范围是( )
A．[－2,2] B．[－1,1]
C．[0,4] D．[1,3]
解析 因为f(1)＝－1，且f(x)为奇函数，所以f(－1)＝－f(1)＝1，因为－1≤f(x－2)≤1，所以f(1)≤f(x－2)≤f(－1)，又f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，所以－1≤x－2≤1，解得1≤x≤3。故选D。
答案 D
4．(2018·北京高考)能说明“若f(x)>f(0)对任意的x∈(0,2]都成立，则f(x)在[0,2]上是增函数”为假命题的一个函数是________。
解析 这是一道开放性试题，答案不唯一。只要满足f(x)>f(0)对任意的x∈(0,2]都成立，且函数f(x)在[0,2]上不是增函数即可。如f(x)＝sinx，答案不唯一。
答案 f(x)＝sinx(答案不唯一)
三、走出误区
微提醒：①单调性判断出错致误；②对称轴讨论出错致误；③不会结合函数的图象致误。
5．函数f(x)＝－x＋在上的最大值是( )
A． B．－
C．－2 D．2
解析 易知f(x)在上是减函数，所以f(x)max＝f(－2)＝2－＝。故选A。
答案 A
6．如果二次函数f(x)＝3x2＋2(a－1)x＋b在区间(－∞，1)上是减函数，那么a的取值范围是________。
解析 二次函数的对称轴方程为x＝－，由题意知－≥1，即a≤－2。
答案 (－∞，－2]
7．若函数f(x)＝|2x＋a|的单调递增区间是[3，＋∞)，则a的值为________。
解析 由图象(图略)易知函数f(x)＝|2x＋a|的单调递增区间是，令－＝3，得a＝－6。
答案 －6
考点一 确定函数的单调性(区间)
【例1】 (1)(2019·山西晋城一模)已知函数f(x)＝loga(－x2－2x＋3)(a>0且a≠1)，若f(0)<0，则此函数的单调递增区间是( )
A．(－∞，－1] B．[－1，＋∞)
C．[－1,1) D．(－3，－1]
(2)试讨论函数f(x)＝(a≠0)在(－1,1)上的单调性。
(1)解析 令g(x)＝－x2－2x＋3，由题意知g(x)>0，可得－3
(2)解 设－1
f(x1)－f(x2)＝a－a＝，由于－1
故当a>0时，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，函数f(x)在(－1,1)上单调递减；
当a<0时，f(x1)－f(x2)<0，
即f(x1)
解：f′(x)＝
＝＝－。
当a>0时，f′(x)<0，函数f(x)在(－1,1)上单调递减；
当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)在(－1,1)上单调递增。
1．求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间，如例1(1)。
2．(1)函数单调性的判断方法有：①定义法；②图象法；③利用已知函数的单调性；④导数法。
(2)函数y＝f(g(x))的单调性应根据外层函数y＝f(t)和内层函数t＝g(x)的单调性判断，遵循“同增异减”的原则。
【变式训练】 (1)(2019·辽宁师大附中模拟)下列函数中，既是偶函数又在区间(0,1)上单调递减的是( )
A．y＝x B．y＝ex
C．y＝|x| D．y＝ln|x|
(2)判断并证明函数f(x)＝ax2＋(其中1
答案 C
(2)解 设1≤x1
从而f(x2)－f(x1)>0，即f(x2)>f(x1)，
故当a∈(1,3)时，f(x)在[1,2]上单调递增。
考点二 函数的最值
【例2】 (1)函数f(x)＝x－log2(x＋2)在区间[－1,1]上的最大值为________。
(2)已知函数f(x)＝则f(x)的最小值是________。
解析 (1)由于y＝x在R上单调递减，y＝log2(x＋2)在[－1,1]上单调递增，所以f(x)在[－1,1]上单调递减，故f(x)在[－1,1]上的最大值为f(－1)＝3。
(2)当x≤1时，f(x)min＝0，当x>1时，f(x)min＝2－6，当且仅当x＝时取到最小值，又2－6<0，所以f(x)min＝2－6。
答案 (1)3 (2)2－6
求函数最值的五种常用方法及其思路
1．单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值。
2．图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值。
3．基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值。
4．导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值。
5．换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值。
【变式训练】 (1)函数f(x)＝(x≥2)的最大值为________。
(2)(2019·石家庄模拟)对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝设函数f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，则函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是______。
解析 (1)易得f(x)＝＝1＋，当x≥2时，x－1>0，易知f(x)在[2，＋∞)上是减函数，所以f(x)max＝f(2)＝1＋＝2。
(2)在同一坐标系中，作函数f(x)，g(x)图象，依题意，h(x)的图象如图所示。易知点A(2,1)为图象的最高点，因此h(x)的最大值为h(2)＝1。
解析：依题意，h(x)＝当0
答案 (1)2 (2)1
考点三 函数单调性的应用微点小专题
方向1：比较大小
【例3】 已知函数f(x)的图象向左平移1个单位后关于y轴对称，当x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)<0恒成立，设a＝f，b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为( )
A．c>a>b B．c>b>a
C．a>c>b D．b>a>c
解析 由于函数f(x)的图象向左平移1个单位后得到的图象关于y轴对称，故函数y＝f(x)的图象本身关于直线x＝1对称，所以a＝f＝f。当x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，等价于函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以b>a>c。故选D。
答案 D
比较函数值的大小，应将自变量转化到同一单调区间内，然后利用单调性解决。
方向2：解不等式
【例4】 已知奇函数f(x)在x>0时单调递增，且f(1)＝0，若f(x－1)>0，则x的取值范围为( )
A．{x|0
C．{x|x<0或x>3} D．{x|x<－1或x>1}
解析 因为奇函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(1)＝0，所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，且f(－1)＝0，则－1
答案 A
利用函数的单调性将“f”符号脱掉，转化为具体的不等式求解，应注意函数的定义域。
方向3：求参数范围
【例5】 (2019·江西南昌一模)设函数f(x)＝若f(1)是f(x)的最小值，则实数a的取值范围为( )
A．[－1,2) B．[－1,0]
C．[1,2] D．[1，＋∞)
解析 函数f(x)＝若x>1，则f(x)＝x＋1>2，易知y＝2|x－a|在(a，＋∞)上单调递增，在(－∞，a)上单调递减，若a<1，则f(x)在x＝a处取得最小值，不符合题意；若a≥1，则要使f(x)在x＝1处取得最小值，只需2a－1≤2，解得a≤2，所以1≤a≤2。综上可得a的取值范围是[1,2]。故选C。
答案 C
1．根据函数的单调性，将题设条件转化为含参数的不等式(组)，即可求出参数的值或范围。
2．若分段函数是单调函数，则不仅要保证在各区间上单调性一致，还要确保在整个定义域内是单调的。
【题点对应练】
答案 D
2．(方向2)已知函数f(x)＝lnx＋2x，若f(x2－4)<2，则实数x的取值范围是________。
解析 因为函数f(x)＝lnx＋2x在定义域上单调递增，且f(1)＝ln1＋2＝2，所以由f(x2－4)<2得f(x2－4)
3．(方向2)设函数f(x)＝则满足f(x)＋f(x－1)>1的x的取值范围是________。
解析 画出函数f(x)的大致图象如图，易知函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增。又x>x－1，且x－(x－1)＝1，f(0)＝1，所以要使f(x)＋f(x－1)>1成立，则结合函数f(x)的图象知只需x－1>－1，解得x>0。故所求x的取值范围是(0，＋∞)。
答案 (0，＋∞)
4．(方向3)设函数f(x)＝若函数y＝f(x)在区间(a，a＋1)上单调递增，则实数a的取值范围是________。
解析 作函数f(x)的图象如图所示，由图象可知f(x)在(a，a＋1)上单调递增，需满足a≥4或a＋1≤2，即a≤1或a≥4。
答案 (－∞，1]∪[4，＋∞)
求函数最值的常用方法
一、单调性法
【典例1】 函数f(x)＝的最大值为________。
【解析】 当x≥1时，函数f(x)＝为减函数，所以f(x)在x＝1处取得最大值，即f(1)＝1；当x<1时，易知函数f(x)＝－x2＋2在x＝0处取得最大值，即f(0)＝2。故函数f(x)的最大值为2。
【答案】 2
利用函数的单调性求解函数的值域是最基本的方法，解题的关键是准确确定函数的单调性。
二、不等式法
主要是指运用均值不等式及其变形公式来解决函数最值问题的一种方法。常用的基本不等式有以下几种：
a2＋b2≥2ab(a，b为实数)；
≥(a≥0，b≥0)；
ab≤2≤(a，b为实数)。
【典例2】 设x，y，z为正实数，x－2y＋3z＝0，则的最小值为________。
【解析】 因为x－2y＋3z＝0，所以y＝，所以＝。又x，z为正实数，所以由基本不等式，得≥＝3。当且仅当x＝3z时取“＝”。故的最小值为3。故填3。
【答案】 3
本题是三元分式函数的最值问题，一般地，可将这类函数问题转化为二元函数问题加以解决。在利用均值不等式法求函数最值时，必须注意“一正二定三相等”，特别是“三相等”，是我们易忽略的地方，容易产生失误。
三、配方法
配方法是求二次函数最值的基本方法，如F(x)＝af2(x)＋bf(x)＋c的函数的最值问题，可以考虑用配方法。
【典例3】 已知函数y＝(ex－a)2＋(e－x－a)2(a∈R，a≠0)，求函数y的最小值。
【解】 y＝(ex－a)2＋(e－x－a)2
＝(ex＋e－x)2－2a(ex＋e－x)＋2a2－2。
令t＝ex＋e－x，f(t)＝t2－2at＋2a2－2。
因为t≥2，所以f(t)＝t2－2at＋2a2－2＝(t－a)2＋a2－2的定义域为[2，＋∞)。
因为抛物线y＝f(t)的对称轴为t＝a，
所以当a≤2且a≠0时，ymin＝f(2)＝2(a－1)2；
当a>2时，ymin＝f(a)＝a2－2。
利用二次函数的性质求最值，要特别注意自变量的取值范围，同时还要注意对称轴与区间的相对位置关系。如本题化为含参数的二次函数后，求解最值时要细心区分：对称轴与区间的位置关系，然后再根据不同情况分类解决。
四、换元法
换元法有两类，即代数换元和三角换元，我们可以根据具体问题及题目形式去灵活选择换元的方法，以便将复杂的函数最值问题转化为简单函数的最值问题，从而求出原函数的最值。如可用三角代换解决形如a2＋b2＝1及部分根式函数形式的最值问题。
【典例4】 (1)函数f(x)＝x＋2的最大值为________。
【解析】 设＝t(t≥0)，所以x＝1－t2。所以y＝f(x)＝x＋2＝1－t2＋2t＝－t2＋2t＋1＝－(t－1)2＋2。所以当t＝1即x＝0时，f(x)max＝2。
【答案】 2
(2)求函数y＝x－的值域。
【解】 换元法：由4－x2≥0，得－2≤x≤2，
所以设x＝2cosθ(θ∈[0，π])，
则y＝2cosθ－＝2cosθ－2sinθ
＝2cos，
因为θ＋∈，
所以cos∈，所以y∈[－2，2]。
换元法方式很多，常见的有常量代换和三角换元。
五、数形结合法
数形结合法，是指利用函数所表示的几何意义，借助几何方法及函数的图象求函数最值的一种常用的方法。
【典例5】 对a，b∈R，记max{a，b}＝函数f(x)＝max{|x＋1|，|x－2|}(x∈R)的最小值是________。
【解析】 由|x＋1|≥|x－2|，得(x＋1)2≥(x－2)2。所以x≥。所以f(x)＝
其图象如图所示。
由图象易知，当x＝时，函数有最小值，所以f(x)min＝f＝＝。
【答案】
本题画出y＝|x＋1|与y＝|x－2|的图象，找出f(x)的图象是解题关键。
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