高三数学人教版a版数学（理）高考一轮复习教案：2.2 函数的单调性与最值 word版含答案

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2．函数的最值
理解函数的最大值、最小值及其几何意义．
知识点一 函数的单调性
1．单调函数的定义

2.单调区间的定义
如果函数y＝f(x)在区间A上是增加的或是减少的，那么称A为单调区间．
易误提醒 求函数单调区间的两个注意点：
(1)单调区间是定义域的子集，故求单调区间应树立“定义域优先”的原则．
(2)单调区间只能用区间表示，不能用集合或不等式表示；如有多个单调区间应分别写，不能用并集符号“∪”联结，也不能用“或”联结．
必记结论
1．单调函数的定义有以下若干等价形式：
设x1，x2∈[a，b]，那么
①eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0⇔f(x)在[a，b]上是增函数；
eq \f(fx1－fx2,x1－x2)<0⇔f(x)在[a，b]上是减函数．
②(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0⇔f(x)在[a，b]上是增函数；
(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0⇔f(x)在[a，b]上是减函数．
2．复合函数y＝f[g(x)]的单调性规律是“同则增，异则减”，即y＝f(u)与u＝g(x)若具有相同的单调性，则y＝f[g(x)]为增函数，若具有不同的单调性，则y＝f[g(x)]必为减函数．
[自测练习]
1．下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递减的是( )
A．f(x)＝eq \f(1,x) B．f(x)＝(x－1)2
C．f(x)＝ex D．f(x)＝ln(x＋1)
解析：根据函数的图象知，函数f(x)＝eq \f(1,x)在(0，＋∞)上单调递减，故选A.
答案：A
2．函数f(x)＝lg5(2x＋1)的单调增区间是________．
解析：要使y＝lg5(2x＋1)有意义，则2x＋1>0，即x>－eq \f(1,2)，而y＝lg5u为(0，＋∞)上的增函数，当x>－eq \f(1,2)时，u＝2x＋1也为R上的增函数，故原函数的单调增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞)).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞))
3．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2－ax－5，x≤1，,\f(a,x)，x>1))在R上为增函数，则a的取值范围是( )
A．[－3,0) B．[－3，－2]
C．(－∞，－2] D．(－∞，0)
解析：要使函数在R上是增函数，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)≥1，,a<0，,－1－a－5≤a，))
解得－3≤a≤－2，即a的取值范围是[－3，－2]．
答案：B
知识点二 函数的最值
易误提醒 在求函数的值域或最值时，易忽视定义域的限制性．
必备方法 求函数最值的五个常用方法
(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)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．
(4)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．
(5)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．
[自测练习]
4．函数f(x)＝eq \f(1,1＋x2)(x∈R)的值域是( )
A．(0,1) B．(0,1]
C．[0,1) D．[0,1]
解析：因为1＋x2≥1,0答案：B
5．已知函数f(x)＝x2＋2x(－2≤x≤1且x∈Z)，则f(x)的值域是( )
A．[0,3] B．[－1,3]
C．{0,1,3} D．{－1,0,3}
解析：依题意，f(－2)＝f(0)＝0，f(－1)＝－1，f(1)＝3，因此f(x)的值域是{－1,0,3}，选D.
答案：D
考点一 函数单调性的判断|
1．下列四个函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是( )
A．f(x)＝3－x B．f(x)＝x2－3x
C．f(x)＝－eq \f(1,x＋1) D．f(x)＝－|x|
解析：当x>0时，f(x)＝3－x为减函数；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))时，f(x)＝x2－3x为减函数，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))时，f(x)＝x2－3x为增函数；
当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－eq \f(1,x＋1)为增函数；
当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－|x|为减函数．故选C.
答案：C
2．判断函数g(x)＝eq \f(－2x,x－1)在(1，＋∞)上的单调性．
解：法一：定义法
任取x1，x2∈(1，＋∞)，且x1则g(x1)－g(x2)＝eq \f(－2x1,x1－1)－eq \f(－2x2,x2－1)＝eq \f(2x1－x2,x1－1x2－1)，
因为1所以x1－x2<0，(x1－1)(x2－1)>0，
因此g(x1)－g(x2)<0，即g(x1)故g(x)在(1，＋∞)上是增函数．
法二：导数法
∵g′(x)＝eq \f(－2x－1＋2x,x－12)＝eq \f(2,x－12)>0，
∴g(x)在(1，＋∞)上是增函数．
给出解析式函数单调性的两种判定方法
1．定义法(基本步骤为取值、作差或作商、变形、判断)．
2．导数法(基本步骤为求定义域、求导、变形、判断)．

考点二 函数的单调区间的求法|
求下列函数的单调区间：
(1)y＝－x2＋2|x|＋1；
(2)y＝lgeq \f(1,2)(x2－3x＋2)．
[解] (1)由于
y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋2x＋1，x≥0，,－x2－2x＋1，x<0，))
即y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x－12＋2，x≥0，,－x＋12＋2，x<0.))
画出函数图象如图所示，
单调递增区间为(－∞，－1]和[0,1]，
单调递减区间为[－1,0]和[1，＋∞)．
(2)令u＝x2－3x＋2，则原函数可以看作y＝lgeq \f(1,2)u与u＝x2－3x＋2的复合函数．
令u＝x2－3x＋2>0，则x<1或x>2.
∴函数y＝lgeq \f(1,2)(x2－3x＋2)的定义域为(－∞，1)∪(2，＋∞)．
又u＝x2－3x＋2的对称轴x＝eq \f(3,2)，且开口向上．
∴u＝x2－3x＋2在(－∞，1)上是单调减函数，在(2，＋∞)上是单调增函数．
而y＝lgeq \f(1,2)u在(0，＋∞)上是单调减函数，
∴y＝lgeq \f(1,2)(x2－3x＋2)的单调递减区间为(2，＋∞)，单调递增区间为(－∞，1)．
函数单调区间的四种求法
(1)利用已知函数的单调性，即转化为已知函数的和、差或复合函数，求单调区间．
(2)定义法：先求定义域，再利用单调性定义．
(3)图象法：如果f(x)是以图象形式给出的，或者f(x)的图象易作出，可由图象的直观性写出它的单调区间．
(4)导数法：利用导数取值的正负确定函数的单调区间．

函数y＝|x|(1－x)在区间A上是增函数，那么区间A是( )
A．(－∞，0) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
C．[0，＋∞) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
解析：y＝|x|(1－x)
＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1－xx≥0，,－x1－xx<0))＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋xx≥0，,x2－xx<0))
＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋\f(1,4)x≥0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2－\f(1,4)x<0.))
画出函数的草图，如图．
由图易知原函数在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递增．
答案：B
考点三 函数单调性的应用|
函数单调性的应用比较广泛，是每年高考的重点和热点内容．归纳起来，常见的命题探究角度有：
1．求函数的值域或最值．
2．比较两个函数值或两个自变量的大小．
3．解函数不等式．
4．求参数的取值范围或值．
探究一 求函数的值域或最值
1．(2015·高考浙江卷)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)－3，x≥1，,lgx2＋1，x<1，))则f(f(－3))＝________，f(x)的最小值是________．
解析：由题知，f(－3)＝1，f(1)＝0，即f(f(－3))＝0.又f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，在(1，eq \r(2))上单调递减，在(eq \r(2)，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝min{f(0)，f(eq \r(2))}＝2eq \r(2)－3.
答案：0 2eq \r(2)－3
探究二 比较两个函数值或两自变量的大小
2．已知函数f(x)＝lg2x＋eq \f(1,1－x)，若x1∈(1,2)，x2∈(2，＋∞)，则( )
A．f(x1)<0，f(x2)<0 B．f(x1)<0，f(x2)>0
C．f(x1)>0，f(x2)<0 D．f(x1)>0，f(x2)>0
解析：∵函数f(x)＝lg2x＋eq \f(1,1－x)在(1，＋∞)上为增函数，且f(2)＝0，
∴当x1∈(1,2)时，f(x1)当x2∈(2，＋∞)时，f(x2)>f(2)＝0，
即f(x1)<0，f(x2)>0.
答案：B
探究三 解函数不等式
3．(2015·西安一模)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x3，x≤0，,lnx＋1，x>0，))若f(2－x2)>f(x)，则实数x的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(2，＋∞)
B．(－∞，－2)∪(1，＋∞)
C．(－1,2)
D．(－2,1)
解析：∵当x＝0时，两个表达式对应的函数值都为零，∴函数的图象是一条连续的曲线．∵当x≤0时，函数f(x)＝x3为增函数，当x>0时，f(x)＝ln(x＋1)也是增函数，且当x1<0，x2>0时，f(x1)f(x)等价于2－x2>x，即x2＋x－2<0，解得－2答案：D
探究四 利用单调性求参数的取值范围
4．(2015·江西新余期末质检)已知f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－ax＋1x<1，,ax x≥1))满足对任意x1≠x2，都有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0成立，那么a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2)) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))
C．(1,2) D．(1，＋∞)
解析：依题意，f(x)是在R上的增函数，于是有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－a>0，,a>1，,2－a×1＋1≤a1.))解得eq \f(3,2)≤a<2，故选A.
答案：A
函数单调性应用问题的四种类型及解题策略
(1)比较大小．比较函数值的大小，应将自变量转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决．
(2)解不等式．在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解．此时应特别注意函数的定义域．
(3)利用单调性求参数．
①视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数；
②需注意若函数在区间[a，b]上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的．
(4)利用单调性求最值．应先确定函数的单调性，然后再由单调性求出最值．
1.确定抽象函数的单调性以及解含“f”的不等式
【典例】 (12分)函数f(x)对任意a，b∈R，都有f(a＋b)＝f(a)＋f(b)－1，且当x>0时，有f(x)>1.
(1)求证：f(x)是R上的增函数；
(2)若f(4)＝5，解不等式f(2t－1)－f(1＋t)<2.
[思路点拨] (1)用单调性的定义证明抽象函数的单调性；(2)结合题意，将含“f”的不等式f(2t－1)－f(1＋t)<2转化为f(m)[规范解答] (1)证明：设x1，x2∈R且x10，
∴f(x2－x1)>1.(2分)
根据条件等式有
f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1＋x1)－f(x1)＝f(x2－x1)＋f(x1)－1－f(x1)＝f(x2－x1)－1>0，
∴f(x1)(2)由f(a＋b)＝f(a)＋f(b)－1，得f(a＋b)－f(a)＝f(b)－1，
∴f(2t－1)－f(1＋t)＝f(t－2)－1，(8分)
∴f(2t－1)－f(1＋t)<2，即f(t－2)－1<2，
∴f(t－2)<3.
又f(2＋2)＝f(2)＋f(2)－1＝5，
∴f(2)＝3，
∴f(t－2)<3＝f(2)．(10分)
∵f(x)是R上的增函数，
∴t－2<2，∴t<4，故不等式的解集为(－∞，4)．(12分)
[模板形成]
A组 考点能力演练
1．(2015·吉林二模)下列函数中，定义域是R且为增函数的是( )
A．y＝e－x B．y＝x
C．y＝ln x D．y＝|x|
解析：因为定义域是R，排除C，又是增函数，排除A、D，所以选B.
答案：B
2．(2015·河南信阳期末调研)下列四个函数：
①y＝3－x；②y＝eq \f(1,x2＋1)；
③y＝x2＋2x－10；④y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x x≤0，,－\f(1,x) x>0.))
其中值域为R的函数有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
解析：依题意，注意到y＝3－x与函数y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x x≤0，,－\f(1,x) x>0))的值域均是R，函数y＝eq \f(1,x2＋1)的值域是(0,1]，函数y＝x2＋2x－10＝(x＋1)2－11的值域是[－11，＋∞)，因此选B.
答案：B
3．若函数f(x)＝－x2＋2ax与函数g(x)＝eq \f(a,x＋1)在区间[1,2]上都是减函数，则实数a的取值范围为( )
A．(0,1)∪(0,1) B．(0,1)∪(0,1]
C．(0,1) D．(0,1]
解析：注意到f(x)＝－(x－a)2＋a2；依题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a≤1，,a>0，))即0答案：D
4．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－4x＋3，x≤0，,－x2－2x＋3，x>0，))则不等式f(a2－4)>f(3a)的解集为( )
A．(2,6) B．(－1,4)
C．(1,4) D．(－3,5)
解析：作出函数f(x)的图象，如图所示，则函数f(x)在R上是单调递减的．由f(a2－4)>f(3a)，可得a2－4<3a，整理得a2－3a－4<0，即(a＋1)(a－4)<0，解得－1答案：B
5．(2016·浦东一模)如果函数y＝f(x)在区间I上是增函数，且函数y＝eq \f(fx,x)在区间I上是减函数，那么称函数y＝f(x)是区间I上的“缓增函数”，区间I叫作“缓增区间”．若函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－x＋eq \f(3,2)是区间I上的“缓增函数”，则“缓增区间”I为( )
A．[1，＋∞) B．[0，eq \r(3)]
C．[0,1] D．[1，eq \r(3)]
解析：因为函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－x＋eq \f(3,2)的对称轴为x＝1，所以函数y＝f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数，又当x≥1时，eq \f(fx,x)＝eq \f(1,2)x－1＋eq \f(3,2x)，令g(x)＝eq \f(1,2)x－1＋eq \f(3,2x)(x≥1)，则g′(x)＝eq \f(1,2)－eq \f(3,2x2)＝eq \f(x2－3,2x2)，由g′(x)≤0得1≤x≤eq \r(3)，即函数eq \f(fx,x)＝eq \f(1,2)x－1＋eq \f(3,2x)在区间[1，eq \r(3)]上单调递减，故“缓增区间”I为[1，eq \r(3)]．
答案：D
6．已知f(x)是定义在R上的偶函数，若对任意的x1，x2∈[0，＋∞)(x1≠x2)，有eq \f(fx2－fx1,x2－x1)<0，则f(3)，f(－2)，f(1)的大小关系为________．
解析：由x1，x2∈(0，＋∞)时，eq \f(fx2－x1,x2－x1)<0，
∴f(x)在(0，＋∞)上为减函数．
又f(－2)＝f(2)，1<2<3，
∴f(1)>f(－2)>f(3)．
即f(1)>f(2)>f(3)．
答案：f(1)>f(－2)>f(3)
7．设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x<0，))g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的递减区间是________．
解析：g(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2，x>1，,0，x＝1，,－x2，x<1.))如图所示，其递减区间是[0,1)．
答案：[0,1)
8．(2015·长春二模)已知函数f(x)＝|x＋a|在(－∞，－1)上是单调函数，则a的取值范围是________．
解析：因为函数f(x)在(－∞，－a)上是单调函数，所以－a≥－1，解得a≤1.
答案：(－∞，1]
9．已知f(x)＝eq \f(x,x－a)(x≠a)．
(1)若a＝－2，试证f(x)在(－∞，－2)上单调递增；
(2)若a>0且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求a的取值范围．
解：(1)证明：任设x1则f(x1)－f(x2)＝eq \f(x1,x1＋2)－eq \f(x2,x2＋2)
＝eq \f(2x1－x2,x1＋2x2＋2).
∵(x1＋2)(x2＋2)>0，x1－x2<0，
∴f(x1)∴f(x)在(－∞，－2)上单调递增．
(2)f(x)＝eq \f(x,x－a)＝eq \f(x－a＋a,x－a)＝1＋eq \f(a,x－a)，
当a>0时，f(x)在(－∞，a)，(a，＋∞)上是减函数，
又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
∴010．已知函数g(x)＝eq \r(x)＋1，h(x)＝eq \f(1,x＋3)，x∈(－3，a]，其中a为常数且a>0，令函数f(x)＝g(x)·h(x)．
(1)求函数f(x)的表达式，并求其定义域；
(2)当a＝eq \f(1,4)时，求函数f(x)的值域．
解：(1)∵f(x)＝g(x)·h(x)＝(eq \r(x)＋1)eq \f(1,x＋3)＝eq \f(\r(x)＋1,x＋3)，
∴f(x)＝eq \f(\r(x)＋1,x＋3)，x∈[0，a](a>0)．
(2)函数f(x)的定义域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))，
令eq \r(x)＋1＝t，则x＝(t－1)2，t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，
f(x)＝F(t)＝eq \f(t,t2－2t＋4)＝eq \f(1,t＋\f(4,t)－2).
∵t＝eq \f(4,t)时，t＝±2∉eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，又t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))时，t＋eq \f(4,t)单调递减，F(t)单调递增，
∴F(t)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(6,13))).
即函数f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(6,13))).
B组 高考题型专练
1．(2014·高考北京卷)下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( )
A．y＝eq \r(x＋1) B．y＝(x－1)2
C．y＝2－x D．y＝lg0.5(x＋1)
解析：y＝(x－1)2仅在[1，＋∞)上为增函数，排除B；y＝2－x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x为减函数，排除C；因为y＝lg0.5t为减函数，t＝x＋1为增函数，所以y＝lg0.5(x＋1)为减函数，排除D；y＝eq \r(t)和t＝x＋1均为增函数，所以y＝eq \r(x＋1)为增函数，故选A.
答案：A
2．(2013·高考安徽卷)“a≤0”是“函数f(x)＝|(ax－1)x|在区间(0，＋∞)内单调递增”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：由二次函数的图象和性质知f(x)＝|(ax－1)x|在(0，＋∞)内单调递增，只需f(x)的图象在(0，＋∞)上与x轴无交点，即a＝0或eq \f(1,a)<0，整理得a≤0，而当a≤0时，结合图象(图略)可知f(x)在(0，＋∞)上为增函数．故a≤0是f(x)在(0，＋∞)上单调递增的充要条件，故选C.
答案：C
3．(2015·高考福建卷)若函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋6，x≤2，,3＋lgax，x>2))(a>0，且a≠1)的值域是[4，＋∞)，则实数a的取值范围是________．
解析：因为f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋6，x≤2，,3＋lgax，x>2，))所以当x≤2时，f(x)≥4；又函数f(x)的值域为[4，＋∞)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>1，,3＋lga2≥4.))解得1答案：(1,2]
4．(2015·高考湖北卷)a为实数，函数f(x)＝|x2－ax|在区间[0,1]上的最大值记为g(a)．当a＝________时，g(a)的值最小．
解析：f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)))2－\f(a2,4)))，其在区间[0,1]上的最大值必在x＝0，x＝1，x＝eq \f(a,2)处产生，即g(a)＝maxeq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(f0，f1，f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))))＝maxeq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(0，|1－a|，\f(a2,4)))＝maxeq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(|1－a|，\f(a2,4)))，在同一坐标系中分别画出y＝|1－a|，y＝eq \f(a2,4)的图象可知(图略)，在两图象的交点处，g(a)取得最小值，此时1－a＝eq \f(a2,4)，则a＝2eq \r(2)－2(－2－2eq \r(2)舍去)．
答案：2eq \r(2)－2
增函数
减函数
定义
一般地，设函数f(x)的定义域为I.如果对于定义域I内某个区间A上的任意两个自变量的值x1，x2
当x1当x1f(x2)，那么就说函数f(x)在区间A上是减少的
图象描述
自左向右看图象是逐渐上升的
自左向右看图象是逐渐下降的
前提
设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足
条件
对于任意x∈I，都有f(x)≤M
存在x0∈I，使得f(x0)＝M
对于任意x∈I，都有f(x)≥M
存在x0∈I，使得f(x0)＝M
结论
M为最大值
M为最小值