【数学】2018届一轮复习人教A版 函数的单调性与最值 学案
第2讲 函数的单调性与最值
最新考纲 1.理解函数的单调性、最大(小)值及其几何意义；2.会运用基本初等函数的图象分析函数的性质.
知 识 梳 理
1.函数的单调性
(1)单调函数的定义
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
f(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x∈I，都有f(x)≤M；
(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M
(3)对于任意x∈I，都有f(x)≥M；
(4)存在x0∈I，使得f(x0)＝M
结论
M为最大值
M为最小值
诊 断 自 测
1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)对于函数f(x)，x∈D，若对任意x1，x2∈D，且x1≠x2有(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＝的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞).( )
(3)对于函数y＝f(x)，若f(1)0，易知f(x)在[2，＋∞)是减函数，
∴f(x)max＝f(2)＝1＋＝2.
答案 2
6.(2017·金华模拟)已知函数f(x)＝则f(f(2))＝________，值域为________.
解析 ∵f(x)＝∴f(2)＝f(2－1)＝f(1)＝3－1＝2，f(f(2))＝f(2)＝2.
当x≤1时，f(x)＝3x－1在(－∞，1]上递增，∴f(x)∈(－1，2]；
当x>1时，记x＝[x]＋(x－[x])，其中[x]为不大于x的最大整数，则x－[x]∈[0，1)，由f(x－1)＝f(x)得f(x)＝f(x－[x])＝3x－[x]－1∈[0，2)，故f(x)的值域为(－1，2]∪[0，2)＝(－1，2].
答案 2 (－1，2]
考点一 确定函数的单调性(区间)
【例1】 (1)函数f(x)＝log(x2－4)的单调递增区间为( )
A.(0，＋∞) B.(－∞，0)
C.(2，＋∞) D.(－∞，－2)
(2)试讨论函数f(x)＝(a≠0)在(－1，1)上的单调性.
(1)解析 由x2－4>0，得x>2或x<－2.
∴f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(2，＋∞).
令t＝x2－4，则y＝logt(t>0).
∵t＝x2－4在(－∞，－2)上是减函数，且y＝logt在(0，＋∞)上是减函数，∴函数f(x)在(－∞，－2)上是增函数，即f(x)单调递增区间为(－∞，－2).
答案 D
(2)解 法一 设－10，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)上递减；
当a<0时，f(x1)－f(x2)<0，
即f(x1)0时，f′(x)<0，函数f(x)在(－1，1)上递减；
当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)在(－1，1)上递增.
规律方法 (1)求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间，如例1(1).
(2)函数单调性的判断方法有：①定义法；②图象法；③利用已知函数的单调性；④导数法.
(3)函数y＝f(g(x))的单调性应根据外层函数y＝f(t)和内层函数t＝g(x)的单调性判断，遵循“同增异减”的原则.
【训练1】 判断函数f(x)＝x＋(a>0)在(0，＋∞)上的单调性，并给出证明.
解 f(x)在(0，]上是减函数，在[，＋∞)上是增函数.
证明如下：
法一 设x1，x2是任意两个正数，且00，即f(x1)>f(x2)，
所以函数f(x)在(0，]上是减函数.
当≤x1a，又x1－x2<0，
所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)0)在(0，]上是减函数，在[，＋∞)上为增函数.
法二 f′(x)＝1－，令f′(x)>0，则1－>0，
解得x>或x<－(舍).
令f′(x)<0，则1－<0，解得－0，∴00恒成立，试求实数a的取值范围.
(1)解析 ①由于f(x)＝
所以f(3)＝log3＝－1，则f(f(3))＝f(－1)＝－3，
②当x>1时，f(x)＝logx是减函数，得f(x)<0.
当x≤1时，f(x)＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1在(－∞，1]上单调递增，则f(x)≤1，综上可知，f(x)的最大值为1.
答案 －3 1
(2)解 ①当a＝时，f(x)＝x＋＋2，设1≤x1＜x2，
则f(x2)－f(x1)＝(x2－x1)，
∵1≤x1＜x2，∴x2－x1＞0，2x1x2＞2，
∴0＜＜，1－＞0，
∴f(x2)－f(x1)＞0，f(x1)＜f(x2).
∴f(x)在区间[1，＋∞)上为增函数，
∴f(x)在区间[1，＋∞)上的最小值为f(1)＝.
②当x∈[1，＋∞)时，>0恒成立.
则x2＋2x＋a>0对x∈[1，＋∞)上恒成立.
即a>－(x2＋2x)在x∈[1，＋∞)上恒成立.
令g(x)＝－(x2＋2x)＝－(x＋1)2＋1，x∈[1，＋∞)，
∴g(x)在[1，＋∞)上是减函数，g(x)max＝g(1)＝－3.
又a≤1，
∴当－30在x∈[1，＋∞)上恒成立.
故实数a的取值范围是(－3，1].
规律方法 (1)求函数最值的常用方法：①单调性法；②基本不等式法；③配方法；④图象法；⑤导数法.
(2)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).
【训练2】 如果函数f(x)对任意的实数x，都有f(1＋x)＝f(－x)，且当x≥时，f(x)＝log2(3x－1)，那么函数f(x)在[－2，0]上的最大值与最小值之和为( )
A.2 B.3 C.4 D.－1
解析 根据f(1＋x)＝f(－x)，可知函数f(x)的图象关于直线x＝对称.又函数f(x)在上单调递增，故f(x)在上单调递减，则函数f(x)在[－2，0]上的最大值与最小值之和为f(－2)＋f(0)＝f(1＋2)＋f(1＋0)＝f(3)＋f(1)＝log28＋log22＝4.
答案 C
考点三 函数单调性的应用(典例迁移)
【例3】 (1)如果函数f(x)＝满足对任意x1≠x2，都有>0成立，那么a的取值范围是________.
(2)(2017·宁波模拟)定义在R上的奇函数y＝f(x)在(0，＋∞)上递增，且f＝0，则不等式f(logx)>0的解集为________.
解析 (1)对任意x1≠x2，都有>0.
所以y＝f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数.
所以解得≤a<2.
故实数a的取值范围是.
(2)∵y＝f(x)是定义在R上的奇函数，且y＝f(x)在(0，＋∞)上递增.
∴y＝f(x)在(－∞，0)上也是增函数，
又f＝0，知f＝－f＝0.
故原不等式f(logx)>0可化为
f(logx)>f或f(logx)>f，
∴logx>或－0的解集是________.
解析 因为f(x)在R上为偶函数，且f＝0，
所以f＞0等价于f＞f，
又f(x)在[0，＋∞)上为减函数，所以＜，
即－＜logx＜，解得＜x＜3.
答案
规律方法 (1)利用单调性求参数的取值(范围)的思路是：根据其单调性直接构建参数满足的方程(组)(不等式(组))或先得到其图象的升降，再结合图象求解.
(2)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.
【训练3】 (2016·天津卷)已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增.若实数a满足f(2|a－1|)>f(－)，则a的取值范围是________.
解析 ∵f(x)在R上是偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增，
∴f(x)在(0，＋∞)上是减函数，
则f(2|a－1|)>f(－)＝f()，
因此2|a－1|<＝2，又y＝2x是增函数，
∴|a－1|<，解得
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