高考数学一轮复习 第2章 第2节 函数的单调性与最值

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1．增函数、减函数
一般地，设函数f(x)的定义域为I，区间D⊆I，如果对于任意x1，x2∈D，且x1＜x2，则都有：
(1)f(x)在区间D上是增函数⇔f(x1)＜f(x2)；
(2)f(x)在区间D上是减函数⇔f(x1)＞f(x2)．
2．单调性、单调区间的定义
若函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，则称函数y＝f(x)在这一区间上具有(严格的)单调性，区间D叫做y＝f(x)的单调区间．
3．函数的最值
1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)对于函数f(x)，x∈D，若对任意x1，x2∈D，x1≠x2且(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，则函数f(x)在区间D上是增函数．( )
(2)函数y＝eq \f(1,x)的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．( )
(3)函数y＝|x|是R上的增函数．( )
(4)所有的单调函数都有最值．( )
[答案] (1)√ (2)× (3)× (4)×
2．(2016·北京高考)下列函数中，在区间(－1,1)上为减函数的是( )
A．y＝eq \f(1,1－x)
B．y＝cs x
C．y＝ln(x＋1)
D．y＝2－x
D [选项A中，y＝eq \f(1,1－x)在(－∞，1)和(1，＋∞)上为增函数，故y＝eq \f(1,1－x)在(－1,1)上为增函数；
选项B中，y＝cs x在(－1,1)上先增后减；
选项C中，y＝ln(x＋1)在(－1，＋∞)上为增函数，故y＝ln(x＋1)在(－1,1)上为增函数；
选项D中，y＝2－x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x在R上为减函数，故y＝2－x在(－1,1)上是减函数．]
3．(教材改编)已知函数f(x)＝eq \f(2,x－1)，x∈[2,6]，则f(x)的最大值为________，最小值为________．
2 eq \f(2,5) [可判断函数f(x)＝eq \f(2,x－1)在[2,6]上为减函数，所以f(x)max＝f(2)＝2，f(x)min＝f(6)＝eq \f(2,5).]
4．函数y＝(2k＋1)x＋b在R上是减函数，则k的取值范围是________.
【导学号：31222025】
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2))) [由题意知2k＋1＜0，得k＜－eq \f(1,2).]
5．f(x)＝x2－2x，x∈[－2,3]的单调增区间为________，f(x)max＝________.
[1,3] 8 [f(x)＝(x－1)2－1，故f(x)的单调增区间为[1,3]，f(x)max＝f(－2)＝8.]
(1)函数f(x)＝lg2(x2－1)的单调递减区间为________．
(2)试讨论函数f(x)＝x＋eq \f(k,x)(k＞0)的单调性．
(1)(－∞，－1) [由x2－1＞0得x＞1或x＜－1，即函数f(x)的定义域为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
令t＝x2－1，因为y＝lg2t在t∈(0，＋∞)上为增函数，
t＝x2－1在x∈(－∞，－1)上是减函数，所以函数f(x)＝lg2(x2－1)的单调递减区间为(－∞，－1)．]
(2)法一：由解析式可知，函数的定义域是(－∞，0)∪(0，＋∞)．在(0，＋∞)内任取x1，x2，令0＜x1＜x2，那么f(x2)－f(x1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(k,x2)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋\f(k,x1)))＝(x2－x1)＋keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)－\f(1,x1)))＝(x2－x1)eq \f(x1x2－k,x1x2).2分
因为0＜x1＜x2，所以x2－x1＞0，x1x2＞0.
故当x1，x2∈(eq \r(k)，＋∞)时，f(x1)＜f(x2)，
即函数在(eq \r(k)，＋∞)上单调递增.6分
当x1，x2∈(0，eq \r(k))时，f(x1)＞f(x2)，
即函数在(0，eq \r(k))上单调递减．
考虑到函数f(x)＝x＋eq \f(k,x)(k＞0)是奇函数，在关于原点对称的区间上具有相同的单调性，故在(－∞，－eq \r(k))上单调递增，在(－eq \r(k)，0)上单调递减．
综上，函数f(x)在(－∞，－eq \r(k))和(eq \r(k)，＋∞)上单调递增，在(－eq \r(k)，0)和(0，eq \r(k))上单调递减.12分
法二：f′(x)＝1－eq \f(k,x2).2分
令f′(x)＞0得x2＞k，即x∈(－∞，－eq \r(k))或x∈(eq \r(k)，＋∞)，故函数的单调增区间为(－∞，－eq \r(k))和(eq \r(k)，＋∞).6分
令f′(x)＜0得x2＜k，即x∈(－eq \r(k)，0)或x∈(0，eq \r(k))，故函数的单调减区间为(－eq \r(k)，0)和(0，eq \r(k)).10分
故函数f(x)在(－∞，－eq \r(k))和(eq \r(k)，＋∞)上单调递增，在(－eq \r(k)，0)和(0，eq \r(k))上单调递减.12分
[规律方法] 1.利用定义判断或证明函数的单调性时，作差后应注意差式的分解变形要彻底．
2．利用导数法证明函数的单调性时，求导运算及导函数符号判断要准确．
易错警示：求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间，如本题(1)．
[变式训练1] (1)(2017·深圳二次调研)下列四个函数中，在定义域上不是单调函数的是( )
A．y＝x3 B．y＝eq \r(x)
C．y＝eq \f(1,x)D．y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x
(2)函数f(x)＝lgeq \f(1,2)(x2－4)的单调递增区间是( )
A．(0，＋∞)B．(－∞，0)
C．(2，＋∞)D．(－∞，－2)
(1)C (2)D [(1)选项A，B中函数在定义域内均为单调递增函数，选项D为在定义域内为单调递减函数，选项C中，设x1＜x2(x1，x2≠0)，则y2－y1＝eq \f(1,x2)－eq \f(1,x1)＝eq \f(x1－x2,x1x2)，因为x1－x2＜0，当x1，x2同号时x1x2＞0，eq \f(1,x2)－eq \f(1,x1)＜0，当x1，x2异号时x1x2＜0，eq \f(1,x2)－eq \f(1,x1)＞0，所以函数y＝eq \f(1,x)在定义域上不是单调函数，故选C.
(2)由x2－4＞0得x＞2或x＜－2，所以函数f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(2，＋∞)，因为y＝lgeq \f(1,2)t在定义域上是减函数，所以求原函数的单调递增区间，即求函数t＝x2－4的单调递减区间，可知所求区间为(－∞，－2)．]
已知f(x)＝eq \f(x2＋2x＋a,x)，x∈[1，＋∞)，且a≤1. 【导学号：31222026】
(1)当a＝eq \f(1,2)时，求函数f(x)的最小值；
(2)若对任意x∈[1，＋∞)，f(x)＞0恒成立，试求实数a的取值范围．
[思路点拨] (1)先判断函数f(x)在[1，＋∞)上的单调性，再求最小值；(2)根据f(x)min＞0求a的范围，而求f(x)min应对a分类讨论．
[解] (1)当a＝eq \f(1,2)时，f(x)＝x＋eq \f(1,2x)＋2，f′(x)＝1－eq \f(1,2x2)＞0，x∈[1，＋∞)，
即f(x)在[1，＋∞)上是增函数，∴f(x)min＝f(1)＝1＋eq \f(1,2×1)＋2＝eq \f(7,2).4分
(2)f(x)＝x＋eq \f(a,x)＋2，x∈[1，＋∞)．
法一：①当a≤0时，f(x)在[1，＋∞)内为增函数．
f(x)min＝f(1)＝a＋3.
要使f(x)＞0在x∈[1，＋∞)上恒成立，只需a＋3＞0，
∴－3＜a≤0.7分
②当0＜a≤1时，f(x)在[1，＋∞)内为增函数，
f(x)min＝f(1)＝a＋3，
∴a＋3＞0，a＞－3，∴0＜a≤1.
综上所述，f(x)在[1，＋∞)上恒大于零时，a的取值范围是(－3,1].10分
法二：f(x)＝x＋eq \f(a,x)＋2＞0，∵x≥1，∴x2＋2x＋a＞0，8分
∴a＞－(x2＋2x)，而－(x2＋2x)在x＝1时取得最大值－3，∴－3＜a≤1，即a的取值范围为(－3,1].12分
[规律方法] 利用函数的单调性求最值是求函数最值的重要方法，若函数f(x)在闭区间[a，b]上是增函数，则f(x)在[a，b]上的最大值为f(b)，最小值为f(a)．
请思考，若函数f(x)在闭区间[a，b]上是减函数呢？
[变式训练2] (2016·北京高考)函数f(x)＝eq \f(x,x－1)(x≥2)的最大值为________．
2 [法一：∵f′(x)＝eq \f(－1,x－12)，∴x≥2时，f′(x)＜0恒成立，
∴f(x)在[2，＋∞)上单调递减，
∴f(x)在[2，＋∞)上的最大值为f(2)＝2.
法二：∵f(x)＝eq \f(x,x－1)＝eq \f(x－1＋1,x－1)＝1＋eq \f(1,x－1)，
∴f(x)的图象是将y＝eq \f(1,x)的图象向右平移1个单位，再向上平移1个单位得到的．∵y＝eq \f(1,x)在[2，＋∞)上单调递减，∴f(x)在[2，＋∞)上单调递减，故f(x)在[2，＋∞)上的最大值为f(2)＝2.
法三：由题意可得f(x)＝1＋eq \f(1,x－1).
∵x≥2，∴x－1≥1，∴0＜eq \f(1,x－1)≤1，
∴1＜1＋eq \f(1,x－1)≤2，即1＜eq \f(x,x－1)≤2.
故f(x)在[2，＋∞)上的最大值为2.]
eq \a\vs4\al(☞)角度1 比较大小
(2015·山东高考)设a＝0.60.6，b＝0.61.5，c＝1.50.6，则a，b，c的大小关系是( )
A．aC．bC [因为函数y＝0.6x是减函数，0<0.6<1.5，所以1>0.60.6>0.61.5，即b10.6＝1，即c>1.综上，beq \a\vs4\al(☞)角度2 解不等式
已知函数f(x)是定义在区间[0，＋∞)上的函数，且在该区间上单调递增，则不等式f(2x－1)＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))的x的解集是________．
eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3))) [由题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－1≥0，,2x－1＜\f(1,3)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥\f(1,2)，,x＜\f(2,3)，))
所以eq \f(1,2)≤x＜eq \f(2,3).]
eq \a\vs4\al(☞)角度3 求参数的取值范围
(1)如果函数f(x)＝ax2＋2x－3在区间(－∞，4)上是单调递增的，则实数a的取值范围是( )
【导学号：31222027】
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，＋∞)) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，＋∞))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，0)) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，0))
(2)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－2x－1，x≤1，,lgax，x＞1，))若f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为________．
(1)D (2)(2,3] [(1)当a＝0时，f(x)＝2x－3，在定义域R上是单调递增的，故在(－∞，4)上单调递增；
当a≠0时，二次函数f(x)的对称轴为x＝－eq \f(1,a)，
因为f(x)在(－∞，4)上单调递增，
所以a＜0，且－eq \f(1,a)≥4，解得－eq \f(1,4)≤a＜0.
综上所述，实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，0)).
(2)要使函数f(x)在R上单调递增，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＞1，,a－2＞0，,f1≤0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＞1，,a＞2，,a－2－1≤0，))
解得2＜a≤3，
即实数a的取值范围是(2,3]．]
[规律方法] 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．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．
易错警示：(1)若函数在区间[a，b]上单调，则该函数在此区间的任意子区间上也是单调的；(2)分段函数的单调性，除注意各段的单调性外，还要注意衔接点的取值．
[思想与方法]
1．判断函数单调性的四种方法
(1)定义法：取值、作差、变形、定号、下结论．
(2)复合法：同增异减，即内外函数的单调性相同时为增函数，不同时为减函数．
(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，可由图象的直观性判断函数单调性．
(4)导数法：利用导函数的正负判断函数单调性．
2．求函数最值的常用方法
(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．
[易错与防范]
1．易混淆两个概念：“函数的单调区间”和“函数在某区间上单调”，前者指函数具备单调性的“最大”的区间，后者是前者“最大”区间的子集．
2．分段函数单调性不仅要考虑各段的单调性，还要注意衔接点．
3．函数在两个不同的区间上单调性相同，要分开写，用“，”隔开，不能用“∪”连接．
课时分层训练(五) 函数的单调性与最值
A组 基础达标
(建议用时：30分钟)
一、选择题
1．下列函数中，定义域是R且为增函数的是( )
A．y＝2－xB．y＝x
C．y＝lg2xD．y＝－eq \f(1,x)
B [由题知，只有y＝2－x与y＝x的定义域为R，且只有y＝x在R上是增函数．]
2．若函数y＝ax与y＝－eq \f(b,x)在(0，＋∞)上都是减函数，则y＝ax2＋bx在(0，＋∞)上是( )
【导学号：31222028】
A．增函数B．减函数
C．先增后减D．先减后增
B [由题意知，a＜0，b＜0，则－eq \f(b,2a)＜0，从而函数y＝ax2＋bx在(0，＋∞)上为减函数．]
3．函数f(x)＝ln(4＋3x－x2)的单调递减区间是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(3,2))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(3,2))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，4))
D [要使函数有意义需4＋3x－x2＞0，
解得－1＜x＜4，∴定义域为(－1,4)．
令t＝4＋3x－x2＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))2＋eq \f(25,4).
则t在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(3,2)))上递增，在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，4))上递减，
又y＝ln t在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(25,4)))上递增，
∴f(x)＝ln(4＋3x－x2)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，4)).]
4．(2017·长春质检)已知函数f(x)＝|x＋a|在(－∞，－1)上是单调函数，则a的取值范围是( )
A．(－∞，1]B．(－∞，－1]
C．[－1，＋∞)D．[1，＋∞)
A [因为函数f(x)在(－∞，－1)上是单调函数，所以－a≥－1，解得a≤1.]
5．(2017·衡水调研)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2x，x≥0，,x2－2x，x＜0.))若f(－a)＋f(a)≤2f(1)，则a的取值范围是( )
【导学号：31222029】
A．[－1,0)B．[0,1]
C．[－1,1]D．[－2,2]
C [因为函数f(x)是偶函数，故f(－a)＝f(a)，原不等式等价于f(a)≤f(1)，即f(|a|)≤f(1)，而函数在[0，＋∞)上单调递增，故|a|≤1，解得－1≤a≤1.]
二、填空题
6．(2017·江苏常州一模)函数f(x)＝lg2(－x2＋2eq \r(2))的值域为________．
eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(3,2))) [∵0＜－x2＋2eq \r(2)≤2eq \r(2)，
∴当x＝0时，f(x)取得最大值，
f(x)max＝f(0)＝lg22eq \r(2)＝eq \f(3,2)，
∴f(x)的值域为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(3,2))).]
7．已知函数f(x)为R上的减函数，若m＜n，则f(m)________f(n)；若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))))＜f(1)，则实数x的取值范围是________．
＞ (－1,0)∪(0,1) [由题意知f(m)＞f(n)；eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＞1，
即|x|＜1，且x≠0.故－1＜x＜1且x≠0.]
8．(2017·郑州模拟)设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋a，x＜1，,2x，x≥1))的最小值为2，则实数a的取值范围是________．
【导学号：31222030】
[3，＋∞) [当x≥1时，f(x)≥2，当x＜1时，f(x)＞a－1.由题意知a－1≥2，∴a≥3.]
三、解答题
9．已知函数f(x)＝－eq \f(2,x＋1)，x∈[0,2]，用定义证明函数的单调性，并求函数的最大值和最小值．
[解] 设0≤x1＜x2≤2，则f(x1)－f(x2)＝－eq \f(2,x1＋1)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x2＋1)))＝－eq \f(2x2＋1－x1－1,x1＋1x2＋1)＝－eq \f(2x2－x1,x1＋1x2＋1).3分
由0≤x1＜x2≤2，
得x2－x1＞0，(x1＋1)(x2＋1)＞0，6分
所以f(x1)－f(x2)＜0，
即f(x1)＜f(x2)，
故f(x)在区间[0,2]上是增函数.10分
因此，函数f(x)＝－eq \f(2,x＋1)在区间[0,2]的左端点取得最小值，右端点取得最大值，即最小值是f(0)＝－2，最大值是f(2)＝－eq \f(2,3).12分
10．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：设x1＜x2＜－2，
则f(x1)－f(x2)＝eq \f(x1,x1＋2)－eq \f(x2,x2＋2)
＝eq \f(2x1－x2,x1＋2x2＋2).2分
∵(x1＋2)(x2＋2)＞0，x1－x2＜0，
∴f(x1)＜f(x2)，
∴f(x)在(－∞，－2)内单调递增.5分
(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，8分
又f(x)在(1，＋∞)内单调递减，
∴0＜a≤1，故实数a的取值范围是(0,1].12分
B组 能力提升
(建议用时：15分钟)
1．(2017·湖北枣阳第一中学3月模拟)已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－3，若存在f(a)＝g(b)，则实数b的取值范围为( ) 【导学号：31222031】
A．[0,3]B．(1,3)
C．[2－eq \r(2)，2＋eq \r(2)]D．(2－eq \r(2)，2＋eq \r(2))
D [由题可知f(x)＝ex－1＞－1，g(x)＝－x2＋4x－3＝－(x－2)2＋1≤1，
若f(a)＝g(b)，则g(b)∈(－1,1]，
即－b2＋4b－3＞－1，即b2－4b＋2＜0，
解得2－eq \r(2)＜b＜2＋eq \r(2).
所以实数b的取值范围为(2－eq \r(2)，2＋eq \r(2))，故选D.]
2．函数y＝eq \r(x)－x(x≥0)的最大值为________．
eq \f(1,4) [令t＝eq \r(x)，则t≥0，所以y＝t－t2＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,2)))2＋eq \f(1,4)，结合图象(图略)知，当t＝eq \f(1,2)，即x＝eq \f(1,4)时，ymax＝eq \f(1,4).]
3．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)))＝f(x1)－f(x2)，且当x>1时，f(x)<0.
(1)求f(1)的值；
(2)证明：f(x)为单调递减函数；
(3)若f(3)＝－1，求f(x)在[2,9]上的最小值．
[解] (1)令x1＝x2>0，
代入得f(1)＝f(x1)－f(x1)＝0，故f(1)＝0.3分
(2)证明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1>x2，则eq \f(x1,x2)>1，
当x>1时，f(x)<0，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)))<0，5分
即f(x1)－f(x2)<0，因此f(x1)∴函数f(x)在区间(0，＋∞)上是单调递减函数.7分
(3)∵f(x)在(0，＋∞)上是单调递减函数，
∴f(x)在[2,9]上的最小值为f(9)．
由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)))＝f(x1)－f(x2)，得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,3)))＝f(9)－f(3)，9分
而f(3)＝－1，∴f(9)＝－2.
∴f(x)在[2,9]上的最小值为－2.12分
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
①对于任意的x∈I，都有f(x)≤M；
②存在x0∈I，使得f(x0)＝M
①对于任意的x∈I，都有f(x)≥M；
②存在x0∈I，使得f(x0)＝M
结论
M是y＝f(x)的最大值
M是y＝f(x)的最小值
函数单调性的判断
利用函数的单调性求最值
函数单调性的应用