高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用第3讲函数的单调性与最值学案
展开ZHI SHI SHU LI SHUANG JI ZI CE知识梳理
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叫做函数y=f(x)的单调区间.
知识点二 函数的最值
重要结论
1.复合函数的单调性
函数y=f(u),u=φ(x),在函数y=f[φ(x)]的定义域上,如果y=f(u),u=φ(x)的单调性相同,则y=f[φ(x)]单调递增;如果y=f(u),u=φ(x)的单调性相反,则y=f[φ(x)]单调递减.
2.单调性定义的等价形式
设任意x1,x2∈[a,b],x1≠x2.
(1)若有(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0或eq \f(f(x1)-f(x2),x1-x2)>0,则f(x)在闭区间[a,b]上是增函数.
(2)若有(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0或eq \f(f(x1)-f(x2),x1-x2)<0,则f(x)在闭区间[a,b]上是减函数.
3.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)在公共定义域内与y=-f(x),y=eq \f(1,f(x))的单调性相反.
(4)函数y=f(x)(f(x)≥0)在公共定义域内与y=eq \r(f(x))的单调性相同.
双基自测
题组一 走出误区
1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若定义在R上的函数f(x),有f(-1)
(3)函数y=eq \f(1,x)的单调递减区间是(-∞,0)∪(0,+∞).( × )
(4)对于任意两个函数值f(x1)、f(x2),当f(x1)>f(x2)时都有x1>x2,则y=f(x)为增函数.( × )
(5)已知函数y=f(x)是增函数,则函数y=f(-x)与y=eq \f(1,f(x))都是减函数.( × )
[解析] (1)函数的单调性体现了任意性,即对于单调区间上的任意两个自变量值x1,x2,均有f(x1)
(2)单调区间是定义域的子区间,如y=x在[1,+∞)上是增函数,但它的单调递增区间是R,而不是[1,+∞).
(3)多个单调区间不能用“∪”符号连接,而应用“,”或“和”连接.
(4)设f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x x∈[0,1],,1 x∈(1,2))),如图.
当f(x1)>f(x2)时都有x1>x2,但y=f(x)不是增函数.
(5)当f(x)=x时,y=eq \f(1,f(x))=eq \f(1,x),有两个减区间,但y=eq \f(1,x)并不是减函数,而y=f(-x)是由y=f(t)与t=-x复合而成是减函数.
题组二 走进教材
2.(必修1P32T3改编)设定义在[-1,7]上的函数y=f(x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的增区间为[-1,1]和[5,7].
3.(必修1P44AT9改编)函数y=(2m-1)x+b在R上是减函数,则m的取值范围是m
5.函数f(x)=eq \f(3,x+1)(x∈[2,5])的最大值与最小值之和等于eq \f(3,2).
[解析] 因为函数f(x)=eq \f(3,x+1)在[2,5]上单调递减,所以f(x)max=f(2)=1,f(x)min=f(5)=eq \f(1,2),f(x)max+f(x)min=eq \f(3,2).
题组三 走向高考
6.(2016·北京,4,5分)下列函数中,在区间(-1,1)上为减函数的是( D )
A.y=eq \f(1,1-x) B.y=cs x
C.y=ln(x+1) D.y=2-x
[解析] 选项A中,y=eq \f(1,1-x)=eq \f(1,-(x-1))的图象是将y=-eq \f(1,x)的图象向右平移1个单位得到的,故y=eq \f(1,1-x)在(-1,1)上为增函数,不符合题意;选项B中,y=cs x在(-1,0)上为增函数,在(0,1)上为减函数,不符合题意;选项C中,y=ln(x+1)的图象是将y=ln x的图象向左平移1个单位得到的,故y=ln(x+1)在(-1,1)上为增函数,不符合题意;选项D中,y=2-x=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)是实数集R上的减函数,当然在区间(-1,1)上也为减函数,故选项D符合题意.
7.(2020·新高考Ⅱ,7,5分)已知函数f(x)=lg(x2-4x-5)在(a,+∞)单调递增,则a的取值范围是( D )
A.(-∞,-1] B.(-∞,2]
C.[2,+∞) D.[5,+∞)
[解析] ∵f(x)=lg(x2-4x-5)在(a,+∞)上单调递增,y=lg x在(0,+∞)上单调递增,∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2-4a-5≥0,,a≥2,))∴a≥5.故a的取值范围为[5,+∞).
考点突破·互动探究
KAO DIAN TU PO HU DONG TAN JIU
考点一 函数的单调性
考向1 函数单调性的判断与证明——自主练透
例1 (1)(多选题)(2021·广东省名校联考改编)设函数f(x)在R上为增函数,则下列结论中不正确的是( ABC )
A.y=eq \f(1,f(x))在R上为减函数
B.y=|f(x)|在R上为增函数
C.y=lgeq \s\d9(\f(1,2))f(x)在R上为减函数
D.y=2-f(x)在R上为减函数
(2)讨论函数f(x)=eq \f(ax,x-1)(a>0)在(-∞,1)上的单调性.
[解析] (1)对于A、B若f(x)=x,则A、B都错,对于C,当f(x)<0时无意义, 对于D,y=2-f(x)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(f(x)),y=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(t),t=f(x),复合函数y=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(f(x))是减函数,故选A、B、C.
(2)解法一:∀x1,x2∈(-∞,1),且x1
f(x1)-f(x2)=aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+\f(1,x1-1)))-aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+\f(1,x2-1)))
=eq \f(a(x2-x1),(x1-1)(x2-1)),由于x1
故当a>0时,f(x1)-f(x2)>0,
即f(x1)>f(x2),
∴函数f(x)在(-∞,1)上单调递减.
解法二:f′(x)=eq \f(a(x-1)-ax,(x-1)2)=-eq \f(a,(x-1)2),
∵(x-1)2>0,a>0,∴f′(x)<0,
故a>0时,f(x)在(-∞,1)上是减函数.
解法三:f(x)=eq \f(a(x-1)+a,x-1)=a+eq \f(a,x-1),
又a>0,∴f(x)在(-∞,1)上是减函数.
考向2 求函数的单调区间——师生共研
例2 求下列函数的单调区间.
(1)f(x)=-x2+2|x|+3;
(2)f(x)=lgeq \s\d9(\f(1,2))(-x2+4x+5);
(3)f(x)=x-ln x.
[分析] (1)可用图象法或化为分段函数或用化为复合函数求解;
(2)复合函数求解;
(3)导数法.
[解析]
(1)解法一:(图象法)
∵f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(-x2+2x+3(x≥0),,-x2-2x+3(x<0),))
其图象如图所示,所以函数y=f(x)的单调递增区间为(-∞,-1]和[0,1];单调递减区间为[-1,0]和[1,+∞).
解法二:(化为分段函数求解)f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(-x2+2x+3(x≥0),-x2-2x+3(x<0)))=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(-(x-1)2+4(x≥0),-(x+1)2+4(x<0)))
y=-(x-1)2+4(x≥0)图象开口向下,对称轴为x=1,∴增区间为(0,1),减区间为(1,+∞);
y=-(x+1)2+4(x<0)图象开口向下,对称轴为x=-1,∴增区间为(-∞,-1),减区间为(-1,0);
∴f(x)的增区间为(0,1)、(-∞,-1),减区间为(1,+∞)、(-1,0).
解法三:(复合函数法)函数由y=-u2+2u+3(u≥0)和u=|x|复合而成,y=-u2+2u+3(u≥0)的对称轴为u=1,由|x|=1得x=±1.
∴f(x)在增区间为(-∞,-1),(0,1),减区间为(-1,0),(1,+∞).
(2)由-x2+4x+5>0得-1
又y=lgeq \s\d9(\f(1,2))u在(0,+∞)上为减函数,据复合函数“同增异减”的性质知f(x)的单调递增区间为(2,5);单调递减区间为(-1,2].
(3)由题意,得x>0.y′=1-eq \f(1,x)=eq \f(x-1,x).
由上表可知,函数的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1).
[引申1]本例(1)f(x)=|-x2+2x+3|的增区间为(-1,1)和(3,+∞).
[解析] 作出f(x)=|-x2+2x+3|的图象,由图可知所求增区间为(-1,1)和(3,+∞).
[引申2]本例(2)f(x)=lga(-x2+4x+5)(a>1)的增区间为(-1,2].
名师点拨 MING SHI DIAN BO
求函数的单调区间(确定函数单调性)的方法
(1)利用已知函数的单调性,即转化为已知单调性的函数的和、差或复合函数,再求单调区间.
(2)定义法:先求定义域,再利用单调性定义求解.
(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,可由图象直接写出它的单调区间.
(4)导数法:利用导数取值的正负确定函数的单调区间.
(5)求复合函数的单调区间的一般步骤是:①求函数的定义域;②求简单函数的单调区间;③求复合函数的单调区间,依据是“同增异减”.
注意:
(1)求函数单调区间,定义域优先.
(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“∪”连接,也不能用“或”连接.
〔变式训练1〕
(1)(2019·北京)下列函数中,在区间(0,+∞)上单调递增的是( A )
A.y=xeq \s\up6(\f(1,2)) B.y=2-x
C.y=lgeq \s\d9(\f(1,2))x D.y=eq \f(1,x)
(2)函数f(x)=(a-1)x+2在R上单调递增,则函数g(x)=a|x-2|的单调递减区间是(-∞,2].
(3)函数f(x)=x-|1-x|的单调区间为(-∞,1].
(4)函数y=f(x)(x∈R)的图象如图所示,则函数g(x)=f(lgax)(0A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(1,2))) B.[eq \r(a),1]
C.(-∞,0)∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2),+∞)) D.[eq \r(a),eq \r(a+1)]
[解析] (1)对于幂函数y=xα,当α>0时,y=xα在(0,+∞)上单调递增,当α<0时,y=xα在(0,+∞)上单调递减,所以选项A正确;选项D中的函数y=eq \f(1,x)可转化为y=x-1,所以函数y=eq \f(1,x)在(0,+∞)上单调递减,故选项D不符合题意;对于指数函数y=ax(a>0,且a≠1),当01时,y=ax在(-∞,+∞)上单调递增,而选项B中的函数y=2-x可转化为y=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x),因此函数y=2-x在(0,+∞)上单调递减,故选项B不符合题意;对于对数函数y=lgax(a>0,且a≠1),当01时,y=lgax在(0,+∞)上单调递增,因此选项C中的函数y=lgeq \s\d9(\f(1,2))x在(0,+∞)上单调递减,故选项C不符合题意,故选A.
(2)由已知得a-1>0,∴a>1,∴g(x)=a|x-2|减区间为q(x)=|x-2|减区间,(-∞,2],故填(-∞,2].
(3)f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x-1(x≤1),,1(x>1),))画图知单调递增区间为(-∞,1].
(4)设g(x)=f(t),t=lgax(0考向3 函数单调性的应用——多维探究
角度1 利用函数的单调性比较大小
例3 已知函数f(x)的图象关于直线x=1对称,当x2>x1>1时,[f(x2)-f(x1)](x2-x1)<0恒成立,设a=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,2))),b=f(2),c=f(e),则a,b,c的大小关系为( D )
A.c>a>b B.c>b>a
C.a>c>b D.b>a>c
[解析] 由已知得f(x)在(1,+∞)上单调递减,又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,2)))=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2))),∵e>eq \f(5,2)>2,∴f(e)
例4 (1)(2021·江西赣州南康中学高三月考)若f(x)=lg(x2-2ax+1+a)在区间(-∞,1]上单调递减,则a的取值范围为( A )
A.[1,2) B.[1,2]
C.[1,+∞) D.[2,+∞)
(2)(2021·广东汕头湖南区第一次模拟)如果函数g(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1((2m-1)x+\f(3,4),x≥1,,mx,x<1))在R上单调递减,那么实数m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(1,4))).
[解析] (1)令u=x2-2ax+1+a,则f(u)=lg u,配方得u=x2-2ax+1+a=(x-a)2-a2+a+1,故对称轴为直线x=a,如图.由图象可知,当a≥1时,u=x2-2ax+1+a在区间(-∞,1]上单调递减.又真数x2-2ax+1+a>0,二次函数u=x2-2ax+1+a在(-∞,1]上单调递减,故只需当x=1时,x2-2ax+1+a>0,代入x=1解得a<2,所以a的取值范围是[1,2).即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a≥1,12-2a×1+1+a>0)),∴1≤a<2.故选A.
(2)若g(x)为减函数,必有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2m-1<0,,0
例5 (1)已知函数f(x)=eq \b\lc\{(\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(-2,1).
(2)已知函数f(x)=ln x+2x,若f(x2-4)<2,则实数x的取值范围是(-eq \r(5),-2)∪(2,eq \r(5)).
[解析] (1)根据函数f(x)的图象可知,f(x)是定义在R上的增函数.∴2-x2>x,∴-2
函数单调性应用问题的常见类型及解题策略
(1)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)利用单调性求参数时,通常要把参数视为已知数,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,利用区间端点间关系求参数.求解时注意函数定义域的限制,遇分段函数注意分点处左、右端点函数值的大小关系.
(3)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.
〔变式训练2〕
(1)(角度2)已知y=f(x)在定义域(-1,1)上是减函数,且f(1-a)
(3)(角度1)eq \f(e4,16),eq \f(e5,25),eq \f(e6,36)(其中e为自然常数)的大小关系是( A )
A.eq \f(e4,16)
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1>1-a>-1,,1-a>a2-1,,1>a2-1>-1.))解得0(2)设u=2-ax,
∵a>0且a≠1,
∴函数u在[0,1]上是减函数.
由题意可知函数y=lgau在[0,1]上是增函数,
∴a>1.又∵u在[0,1]上要满足u>0,
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2-a×1>0,,2-a×0>0,))得a<2.
综上得1(3)构造函数f(x)=eq \f(ex,x2).
因为eq \f(e4,16)=eq \f(e4,42),eq \f(e5,25)=eq \f(e5,52),eq \f(e6,36)=eq \f(e6,62),
所以f(4)=eq \f(e4,16),f(5)=eq \f(e5,25),f(6)=eq \f(e6,36).
而f′(x)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ex,x2)))′=eq \f(ex·x2-ex·2x,x4)=eq \f(ex(x2-2x),x4),
令f′(x)>0,得x<0或x>2,
即函数f(x)在(2,+∞)内单调递增,
因此有f(4)
例6 (1)函数f(x)=eq \f(2-x·2x,2x)在区间[1,2]上最小值为-eq \f(3,2).
(2)(2021·广东广州执信中学高三测试)已知函数f(x)=lga(x2+x-1)在区间[1,2]上的最大值比最小值大2,则a的值为( D )
A.2 B.eq \r(5)
C.eq \f(\r(5),5) D.eq \r(5)或eq \f(\r(5),5)
[解析] (1)f(x)=eq \f(1,x)-2x-1.由于y=eq \f(1,x),y=-2x-1在[1,2]上均单调递减,故f(x)在[1,2]上单调递减,
∴f(x)min=f(2)=eq \f(1,2)-2=-eq \f(3,2).
(2)因为y=x2+x-1在[1,2]上单调递增,所以函数f(x)=lga(x2+x-1)在区间[1,2]上的最大值与最小值分别是f(1),f(2)或f(2),f(1).因为函数f(x)=lga(x2+x-1)在区间[1,2]上的最大值比最小值大2,所以|f(1)-f(2)|=2,即|lga5|=2,得a=eq \r(5)或a=eq \f(\r(5),5).故选D.
名师点拨 MING SHI DIAN BO
利用单调性求最值,应先确定函数的单调性,然后根据性质求解.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).若函数f(x)在闭区间[a,b]上是减函数,则f(x)在[a,b]上的最大值为f(a),最小值为f(b).
名师讲坛·素养提升
MING SHI JIANG TAN SU YANG TI SHENG抽象函数的单调性问题
例7 f(x)的定义域为(0,+∞),且对一切x>0,y>0都有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,y)))=f(x)-f(y),当x>1时,有f(x)>0.
(1)求f(1)的值;
(2)判断f(x)的单调性并证明;
(3)若f(6)=1,解不等式f(x+5)-feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))<2.
[解析] (1)f(1)=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,x)))=f(x)-f(x)=0.
(2)f(x)在(0,+∞)上是增函数.
证明:设0
(3)因为f(6)=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(36,6)))=f(36)-f(6),又f(6)=1,所以f(36)=2,原不等式化为:f(x2+5x)
对于抽象函数单调性的判断仍然要紧扣单调性的定义,结合题目所给性质和相应的条件,对任意x1,x2在所给区间内比较f(x1)-f(x2)与0的大小,或eq \f(f(x1),f(x2))与1的大小.有时根据需要,需作适当的变形,如x1=x2+x1-x2或x1=x2·eq \f(x1,x2)等.深挖已知条件,是求解此类题的关键.在客观题的求解中,解这类题目也可考虑用特殊化方法,如本题可依题目条件取f(x)=lg6x.
〔变式训练3〕
已知定义在R上的函数f(x)对任意实数x,y,恒有f(x)+f(y)=f(x+y),f(1)=-eq \f(2,3),且当x>0时,f(x)<0.
(1)求证:f(x)为奇函数;
(2)求证:f(x)在R上是减函数;
(3)求f(x)在[-3,6]上的最大值与最小值.
[解析] (1)证明:令x=y=0,可得f(0)+f(0)=f(0+0)=f(0),从而f(0)=0.
令y=-x,可得f(x)+f(-x)=f(x-x)=f(0)=0,
即f(-x)=-f(x),故f(x)为奇函数.
(2)证明:对任意x1,x2∈R,不妨设x1>x2,则x1-x2>0,于是f(x1-x2)<0,
从而f(x1)-f(x2)=f[(x1-x2)+x2]-f(x2)=f(x1-x2)+f(x2)-f(x2)=f(x1-x2)<0,
所以f(x)在R上是减函数.
(3)由(2)知,所求函数在[-3,6]上的最大值为f(-3),最小值为f(6).
因为f(-3)=-f(3)=-[f(2)+f(1)]=-[2f(1)+f(1)]=-3f(1)=2,
f(6)=-f(-6)=-[f(-3)+f(-3)]=-4.
所以f(x)在[-3,6]上的最大值为2,最小值为-4.
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D上的任意两个自变量的值x1,x2
当x1
图象描述
自左向右看图象是上升的
自左向右看图象是下降的
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
(1)对于任意x∈I,都有f(x)≤M;
(2)存在x0∈I,使得f(x0)=M
(1)对于任意x∈I,都有f(x)≥M;
(2)存在x0∈I,使得f(x0)=M
结论
M为最大值
M为最小值
x
(-∞,-1)
(-1,0)
(0,1)
(1,+∞)
u
(1,+∞)
(0,1)
(0,1)
(1,+∞)
u=|x|
y=-u2+2u+3
f(x)
x
(0,1)
1
(1,+∞)
y′
-
0
+
y
极小值
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