2021届山东高考数学一轮创新教学案：第2章　第2讲　函数的单调性与最值

第2讲　函数的单调性与最值

1.函数的单调性

(1)增函数、减函数

(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．

2.函数的最值

1.概念辨析

(1)函数y＝的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．(　　)

(2)设任意x1，x2∈[a，b]且x1≠x2，那么f(x)在[a，b]上是增函数⇔>0⇔(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0.(　　)

(3)若函数y＝f(x)，x∈D的最大值为M，最小值为m(M＞m)，则此函数的值域为[m，M]．(　　)

(4)闭区间上的单调函数，其最值一定在区间端点取到．(　　)

答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)√

2.小题热身

(1)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________．

答案　[－1,1]，[5,7]

解析　由图可知函数的单调递增区间为[－1,1]和[5,7]．

(2)函数y＝4x－x2＋3，x∈[0,3]的单调递增区间是________，最小值是________，最大值是________．

答案　[0,2]　3　7

解析　因为y＝4x－x2＋3＝－(x－2)2＋7，

所以函数y＝4x－x2＋3，x∈[0,3]的单调递增区间是[0,2]．

当x＝2时，ymax＝7；当x＝0时，ymin＝3.

(3)函数f(x)＝(2a－1)x－3是R上的减函数，则a的取值范围是________．

答案　

解析　因为函数f(x)＝(2a－1)x－3是R上的减函数，所以2a－1＜0，解得a＜.

(4)函数f(x)＝(x∈[2,5])的最大值与最小值之和等于________．

答案　

解析　因为函数f(x)＝在[2,5]上单调递减，所以f(x)max＝f(2)＝1，f(x)min＝f(5)＝，f(x)max＋f(x)min＝.

题型 一　确定函数的单调性(区间)　

1.函数f(x)＝ln (x2－2x－8)的单调递增区间是(　　)

A.(－∞，－2)  B．(－∞，1)

C.(1，＋∞)  D．(4，＋∞)

答案　D

解析　由x2－2x－8>0，得x>4或x<－2.

设t＝x2－2x－8，则y＝ln t为增函数．

要求函数f(x)的单调递增区间，即求函数t＝x2－2x－8在定义域内的单调递增区间．

∵函数t＝x2－2x－8在(－∞，－2)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，

∴函数f(x)的单调递增区间为(4，＋∞).

2.函数f(x)＝|x－2|x的单调递减区间是(　　)

A.[1,2]  B．[－1,0]

C.[0,2]  D．[2，＋∞)

答案　A

解析　f(x)＝|x－2|x＝

作出此函数的图象如下．

观察图象可知，f(x)＝|x－2|x的单调递减区间是[1,2]．

条件探究　将本例中“f(x)＝|x－2|x”改为“f(x)＝x2－2|x|”，则f(x)的单调递减区间是________，单调递增区间是________．

答案　(－∞，－1]和(0,1]　(－1,0]和(1，＋∞)

解析　f(x)＝x2－2|x|＝作出此函数的图象如图，

观察图象可知，此函数的单调递减区间是(－∞，－1]和(0,1]；单调递增区间是(－1,0]和(1，＋∞).

3.试讨论函数f(x)＝(a≠0)在(－1,1)上的单调性．

解　解法一：设－1<x1<x2<1，

f(x)＝a·＝a，

则f(x1)－f(x2)＝a－a

＝.

由于－1<x1<x2<1，

所以x2－x1>0，x1－1<0，x2－1<0，

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)<f(x2)，

函数f(x)在(－1,1)上单调递增．

解法二：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.确定函数单调性(区间)的三种常用方法

(1)定义法：一般步骤：①任取x1，x2∈D，且x1<x2；②作差f(x1)－f(x2)；③变形(通常是因式分解和配方)；④定号(即判断f(x1)－f(x2)的正负)；⑤下结论(即指出函数f(x)在给定的区间D上的单调性)．如举例说明3可用此法．

(2)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，则可由图象的直观性确定它的单调性．如举例说明2.

(3)导数法：利用导数取值的正负确定函数的单调性．如举例说明3可用此法.

2.熟记函数单调性的三个常用结论

(1)若f(x)，g(x)均是区间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)复合函数单调性的确定方法：若两个简单函数的单调性相同，则这两个函数的复合函数为增函数；若两个简单函数的单调性相反，则这两个函数的复合函数为减函数，简称“同增异减”．如举例说明1.

1.若函数f(x)＝ax＋1在R上递减，则函数g(x)＝a(x2－4x＋3)的增区间是(　　)

A.(2，＋∞)  B．(－∞，2)

C.(4，＋∞)  D．(－∞，4)

答案　B

解析　因为函数f(x)＝ax＋1在R上递减，所以a<0，所以g(x)＝a(x2－4x＋3)＝a[(x－2)2－1]的增区间是(－∞，2).

2.函数f(x)＝的单调递减区间是________．

答案　[3,6]

解析　由6x－x2≥0得0≤x≤6，

故函数f(x)的定义域为[0,6]，

再利用二次函数的性质可得函数f(x)的单调递减区间是[3,6].

3.用定义法证明：f(x)＝log2(x－2)在(2，＋∞)上单调递增．

证明　∀x1，x2∈(2，＋∞)且x1＜x2，f(x1)－f(x2)＝log2(x1－2)－log2(x2－2)＝log2.

又由2＜x1＜x2，得0＜＜1.

所以log2＜0，即f(x1)－f(x2)＜0.

所以f(x1)＜f(x2)．

所以函数f(x)在区间(2，＋∞)上单调递增.

题型 二　求函数的最值(值域)　

1.函数f(x)＝－x＋在上的最大值是(　　)

A.  B．－ 

C．－2  D．2

答案　A

解析　因为函数f(x)＝－x＋在上是减函数，所以f(x)max＝f(－2)＝2－＝.

2.函数y＝x－的最小值为________．

答案　

解析　令t＝，则t≥0且x＝t2＋1，

所以y＝t2＋1－t＝2＋，t≥0，

所以当t＝时，ymin＝.

条件探究　

将本例中“y＝x－”改为“y＝x＋”，则函数y＝x＋的最小值为________．

答案　－1

解析　由1－x2≥0可得－1≤x≤1.

可令x＝cosθ，θ∈[0，π]，

则y＝cosθ＋sinθ＝sin，θ∈[0，π]，

所以－1≤y≤，故所求函数的最小值是－1.

3.对a，b∈R，记max{a，b}＝函数f(x)＝max{|x＋1|，|x－2|}(x∈R)的最小值是________．

答案　

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＝＝.

4.函数f(x)＝的值域为________．

答案　(－2020,2)

解析　解法一：f(x)＝＝＝2－，

因为ax＞0，所以ax＋1＞1，所以0＜＜2022，

所以－2020＜2－＜2，

故函数f(x)的值域为(－2020,2)．

解法二：令y＝f(x)＝，得

y·ax＋y＝2ax－2020，

所以(y－2)ax＝－y－2020，

ax＝－，

由ax＞0得＜0，

故－2020＜y＜2，

所以函数f(x)＝的值域为(－2020,2).

求函数的最值(值域)的常用方法

(1)单调性法：若所给函数为单调函数，可根据函数的单调性求最值．如举例说明1.

(2)换元法：求形如y＝＋(cx＋d)(ac≠0)的函数的值域或最值，常用代数换元法、三角换元法结合题目条件将原函数转化为熟悉的函数，再利用函数的相关性质求解．如举例说明2.

(3)数形结合法：若函数解析式的几何意义较明显(如距离、斜率等)或函数图象易作出，可用数形结合法求函数的值域或最值．如举例说明3.

(4)有界性法：利用代数式的有界性(如x2≥0，≥0，2x>0，－1≤sinx≤1等)确定函数的值域．如举例说明4可用此法．

(5)分离常数法：形如求y＝(ac≠0)的函数的值域或最值常用分离常数法求解．如举例说明4可用此法．

另外，基本不等式法、导数法求函数值域或最值也是常用方法，在后面章节中有重点讲述．

1.(2019·厦门质检)函数f(x)＝x－log2(x＋2)在区间[－1,1]上的最大值为________．

答案　3

解析　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.函数y＝的值域为________．

答案　{y|y∈R且y≠3}

解析　y＝＝＝3＋，

因为≠0，所以3＋≠3，所以函数y＝的值域为{y|y∈R且y≠3}.

3.函数y＝|x＋1|＋|x－2|的值域为________．

答案　[3，＋∞)

解析　函数y＝

作出函数的图象如图所示．

根据图象可知，函数y＝|x＋1|＋|x－2|的值域为[3，＋∞).

题型 三　函数单调性的应用　

角度1　比较函数值的大小

1.(2019·郑州模拟)已知定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，且函数f(x)在(－∞，0)上是减函数，若a＝f(－1)，b＝f，c＝f(20.3)，则a，b，c的大小关系为(　　)

A.c＜b＜a  B．a＜c＜b 

C．b＜c＜a  D．a＜b＜c

答案　B

解析　∵函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，

∴c＝f(20.3)＝f(－20.3)．

∵1＜20.3＜2，∴－1＞－20.3＞－2，

即－1＞－20.3＞log2.

∵函数f(x)在(－∞，0)上是减函数，

∴f(－1)＜f(－20.3)＜f，即a＜c＜b.

角度2　解不等式

2.已知函数f(x)＝则不等式f(1－x2)>f(2x)的x的取值范围是(　　)

A.(0，－1)  B．(－1，＋1)

C.(0，＋1)  D．(－1，－1)

答案　D

解析　作出函数f(x)的图象如图所示．

则不等式f(1－x2)>f(2x)等价于或解得－1<x<－1.

角度3　求参数的值或取值范围

3.已知函数f(x)＝对于任意x1≠x2都有<0成立，则实数a的取值范围是(　　)

A.(1,3]  B．(1,3) 

C．(1,2]  D．(1,2)

答案　C

解析　根据题意，由<0，易知函数f(x)为R上的单调递减函数，则解得1<a≤2.故选C.

函数单调性应用问题的常见类型及解题策略

(1)比较大小．如举例说明1.

(2)解不等式．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．如举例说明2.

(3)利用单调性求参数

①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；

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；

③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．如举例说明3.

1.(2019·广州模拟)已知函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，且当x∈[－2,1]时，f(x)＝x2－2x－4，则关于x的不等式f(x)<－1的解集为(　　)

A.(－∞，－1)  B．(－∞，3)

C.(－1,3)  D．(－1，＋∞)

答案　D

解析　因为f(－1)＝－1，所以f(x)＜－1，

等价于f(x)＜f(－1)．

又函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减．

所以x＞－1，所以关于x的不等式f(x)＜－1的解集为(－1，＋∞).

2.(2020·贵阳市高三摸底)函数y＝在(－1，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是(　　)

A.a＝－3  B．a<3

C.a≤－3  D．a≥－3

答案　C

解析　y＝＝＝1＋，

所以当a－3<0时，y＝的单调递增区间是(－∞，a＋2)，(a＋2，＋∞)；当a－3≥0时不符合题意．又y＝在(－1，＋∞)上单调递增，所以(－1，＋∞)⊆(a＋2，＋∞)，所以a＋2≤－1，即a≤－3，综上知，a的取值范围是(－∞，－3].

3.已知f(x)＝2x－2－x，a＝－，b＝，c＝log2，则f(a)，f(b)，f(c)的大小顺序为(　　)

A.f(b)<f(a)<f(c)  B．f(c)<f(b)<f(a)

C.f(c)<f(a)<f(b)  D．f(b)<f(c)<f(a)

答案　B

解析　a＝－＝>>1，c＝log2<0，所以c<b<a.

因为f(x)＝2x－2－x＝2x－x在R上单调递增，所以f(c)<f(b)<f(a).

　组　基础关

1.(2020·河北大名一中月考)下列函数中，满足“f(x＋y)＝f(x)f(y)”的单调递增函数是(　　)

A.f(x)＝x  B．f(x)＝x3

C.f(x)＝x  D．f(x)＝3x

答案　D

解析　f(x)＝x，f(y)＝y，f(x＋y)＝(x＋y)，不满足f(x＋y)＝f(x)f(y)，故A错误；f(x)＝x3，f(y)＝y3，f(x＋y)＝(x＋y)3，不满足f(x＋y)＝f(x)f(y)，故B错误；f(x)＝x在R上是单调递减函数，故C错误；f(x)＝3x，f(y)＝3y，f(x＋y)＝3x＋y，满足f(x＋y)＝f(x)f(y)，且f(x)在R上是单调递增函数，故D正确．故选D.

2.函数y＝2x2－3x＋1的单调递增区间为(　　)

A.(1，＋∞)  B.

C.  D.

答案　B

解析　令μ＝2x2－3x＋1＝22－，因为μ＝22－在上单调递减，函数y＝μ在R上单调递减．所以y＝2x2－3x＋1在上单调递增.

3.已知f(x)在R上是减函数，a，b∈R且a＋b≤0，则下列结论正确的是(　　)

A.f(a)＋f(b)≤－[f(a)＋f(b)]

B.f(a)＋f(b)≤f(－a)＋f(－b)

C.f(a)＋f(b)≥－[f(a)＋f(b)]

D.f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)

答案　D

解析　a＋b≤0可转化为a≤－b或b≤－a，由于函数f(x)在R上是减函数，所以f(a)≥f(－b)，f(b)≥f(－a)，两式相加得f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b).

4.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

答案　D

解析　根据已知可得函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，且在(1，＋∞)上是减函数，所以a＝f＝f，且2<<3，所以b>a>c.

5.(2020·河南鹤壁高中月考)若函数y＝ax与y＝－在(0，＋∞)上都是减函数，则y＝ax2＋bx在(0，＋∞)上是 (　　)

A.增函数  B．减函数

C.先增后减  D．先减后增

答案　B

解析　∵y＝ax与y＝－在(0，＋∞)上都是减函数，∴a<0，b<0，∴y＝ax2＋bx的对称轴方程x＝－<0，∴y＝ax2＋bx在(0，＋∞)上为减函数.

6.(2019·兰州模拟)函数f(x)＝2|x－a|＋3在区间[1，＋∞)上不单调，则a的取值范围是(　　)

A.[1，＋∞)  B．(1，＋∞)

C.(－∞，1)  D．(－∞，1]

答案　B

解析　函数f(x)＝2|x－a|＋3的增区间为[a，＋∞)，减区间为(－∞，a]，若函数f(x)＝2|x－a|＋3在区间[1，＋∞)上不单调，则a>1.

7.(2019·广东茂名二联)设函数f(x)在R上为增函数，则下列结论一定正确的是(　　)

A.y＝在R上为减函数

B.y＝|f(x)|在R上为增函数

C.y＝2－f(x)在R上为减函数

D.y＝－[f(x)]3在R上为增函数

答案　C

解析　A错误，比如f(x)＝x在R上为增函数，但y＝＝在R上不具有单调性；B错误，比如f(x)＝x在R上为增函数，但y＝|f(x)|＝|x|在(0，＋∞)上为增函数，在(－∞，0)上为减函数；D错误，比如f(x)＝x在R上为增函数，但y＝－[f(x)]3＝－x3在R上为减函数；C正确，由复合函数同增异减，得y＝2－f(x)在R上为减函数．故选C.

8.已知函数f(x)＝－(a＞0，x＞0)，若f(x)在上的值域为，则a＝________.

答案　

解析　由反比例函数的性质知函数f(x)＝－(a＞0，x＞0)在上单调递增，

所以即解得a＝.

9.已知函数f(x)＝ln x＋x，若f(a2－a)>f(a＋3)，则正数a的取值范围是________．

答案　(3，＋∞)

解析　∵函数f(x)＝ln x＋x的定义域为(0，＋∞)，且为单调递增函数，∴f(a2－a)>f(a＋3)同解于解得a>3.所以正数a的取值范围是(3，＋∞).

10.已知函数f(x)＝(m≠1)在区间(0,1]上是减函数，则实数m的取值范围是________．

答案　(－∞，0)∪(1,4]

解析　由题意可得4－mx≥0，x∈(0,1]恒成立，所以m≤min＝4.当0<m≤4时，4－mx单调递减，所以m－1>0，解得1<m≤4.当m<0时，4－mx单调递增，所以m－1<0，解得m<1，所以m<0.故实数m的取值范围是(－∞，0)∪(1,4].

　组　能力关

1.(2019·安徽合肥模拟)若2x＋5y≤2－y＋5－x，则有(　　)

A.x＋y≥0  B．x＋y≤0 

C．x－y≤0  D．x－y≥0

答案　B

解析　原不等式可化为2x－5－x≤2－y－5y，记函数f(x)＝2x－5－x，则原不等式可化为f(x)≤f(－y)．又函数f(x)在R上单调递增，所以x≤－y，即x＋y≤0.

2.已知函数f(x)＝若f(2)＝4，且函数f(x)存在最小值，则实数a的取值范围为(　　)

A.(1，]  B．(1,2]

C.  D．[，＋∞)

答案　A

解析　因为f(2)＝2m＋8＝4，所以m＝－2，所以当x≤3时，f(x)＝－2x＋8.此时f(x)≥f(3)＝2.

因为函数f(x)存在最小值，所以当x>3时，f(x)单调递增，且loga3≥2，所以即解得a∈(1，].

3.(2019·郑州模拟)设函数f(x)＝g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的单调递减区间是________．

答案　[0,1)

解析　∵函数f(x)＝g(x)＝x2f(x－1)，

∴当x＞1时，即x－1＞0，g(x)＝x2；

当x＝1时，x－1＝0，g(x)＝0；

当x＜1时，x－1＜0，g(x)＝－x2；

∴g(x)＝

画出函数g(x)的图象，如图所示．

根据图象得出，函数g(x)的单调递减区间是[0,1).

4.(2020·河北模拟调研)已知函数f(x)＝loga(－x＋1)(a>0，且a≠1)在[－2,0]上的值域是[－1,0]，则实数a＝________；若函数g(x)＝ax＋m－3的图象不经过第一象限，则实数m的取值范围为________．

答案　　[－1，＋∞)

解析　函数f(x)＝loga(－x＋1)(a>0，且a≠1)在[－2，0]上的值域是[－1,0]．当a>1时，f(x)＝loga(－x＋1)在[－2,0]上单调递减，

∴无解；当0<a<1时，f(x)＝loga(－x＋1)在[－2,0]上单调递增，

∴解得a＝.

∵g(x)＝x＋m－3的图象不经过第一象限，

∴g(0)＝m－3≤0，解得m≥－1，即实数m的取值范围是[－1，＋∞).

5.已知f(x)＝(x≠a)．

(1)若a＝－2，证明：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：当a＝－2时，f(x)＝.

设x1<x2<－2，

则f(x1)－f(x2)＝－＝.

因为(x1＋2)(x2＋2)>0，x1－x2<0，

所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，

所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增．

(2)设1<x1<x2，

则f(x1)－f(x2)＝－＝.

因为a>0，x2－x1>0，所以要使f(x1)－f(x2)>0，

只需(x1－a)(x2－a)>0恒成立，

所以a≤1.综上所述，0<a≤1.

6.已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足f＝f(x1)－f(x2)，且当x>1时，f(x)<0.

(1)证明：f(x)为单调递减函数；

(2)若f(3)＝－1，求f(x)在[2,9]上的最小值．

解　(1)证明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1>x2，

则>1，由于当x>1时，f(x)<0，

所以f<0，即f(x1)－f(x2)<0，

因此f(x1)<f(x2)，

所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上是单调递减函数．

(2)因为f(x)在(0，＋∞)上是单调递减函数，

所以f(x)在[2,9]上的最小值为f(9)．

由f＝f(x1)－f(x2)得，f＝f(9)－f(3)，

而f(3)＝－1，所以f(9)＝－2.所以f(x)在[2,9]上的最小值为－2.