2021届高考数学人教版一轮创新教学案：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

[考纲解读]　1.掌握求函数单调性与单调区间的求解方法，并能利用函数的单调性求最值．(重点)
2．理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义．(重点)
3．能够运用函数图象理解和研究函数的性质．(难点)
[考向预测]　从近三年高考情况来看，本讲是高考中的一个热点．预测2021年高考将主要考查函数单调性的应用、比较大小、函数最值的求解、根据函数的单调性求参数的取值范围等问题.


1.函数的单调性
(1)增函数、减函数


增函数
减函数
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
定义
当x1 当x1f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是减函数
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

(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




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x∈I，都有f(x)≥M；
②存在x0∈I，使得f(x0)＝M
结论
M为函数y＝f(x)的最大值
M为函数y＝f(x)的最小值


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右图，
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 f(x)＝a·＝a，
则f(x1)－f(x2)＝a－a
＝.
由于－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) 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 (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 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


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) C．f(c) 答案　B
解析　a＝－＝>>1，c＝log2<0，所以c 　　　　　　　　　　　　　　　　　　


　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00，解得1 　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 ∴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 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) 所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增．
(2)设1 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 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) 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.