【数学】2019届一轮复习北师大版（文科数学）第二章第2讲 函数的单调性与最值学案
第2讲 函数的单调性与最值
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
(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
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若定义在R上的函数f(x)，有f(－1) B．k<
C．k>－ D．k<－
解析：选D.因为函数y＝(2k＋1)x＋b在(－∞，＋∞)上是减函数，所以2k＋1<0，即k<－.
(教材习题改编)函数f(x)＝x2－2x，x∈ [－2，4]的单调递增区间为________，f(x)max＝__________．
解析：函数f(x)的对称轴为x＝1，单调增区间为[1，4]，f(x)max＝f(－2)＝f(4)＝8.
答案：[1，4] 8
(教材习题改编)已知函数f(x)＝，x∈[2，6]，则f(x)的最大值为________，最小值为__________．
解析：可判断函数f(x)＝在[2，6]上为减函数，所以f(x)max＝f(2)＝2，f(x)min＝f(6)＝.
答案：2
确定函数的单调性(区间) (高频考点)
函数单调性的判断、证明及单调区间的求法是每年高考的热点，特别是导数的引入，使函数单调性成为每年必考内容．主要命题角度有：
(1)求函数的单调区间；
(2)判断或证明函数的单调性．
[典例引领]
角度一 求函数的单调区间
(2017·高考全国卷Ⅱ)函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是( )
A．(－∞，－2) B．(－∞，1)
C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)
【解析】 由x2－2x－8>0，得x<－2或x>4.因此，函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的定义域是(－∞，－2)∪(4，＋∞)．注意到函数y＝x2－2x－8在(4，＋∞)上单调递增，由复合函数的单调性知，f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是(4，＋∞)，选D.
【答案】 D
角度二 判断或证明函数的单调性
试用定义法讨论函数f(x)＝(a≠0)在(－1，1)上的单调性．
【解】 设－1＜x1＜x2＜1，
f(x)＝a＝a，
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)上递减；
当a＜0时，f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，
函数f(x)在(－1，1)上递增．
如何用导数法求解本例？
解：f′(x)＝＝，
所以当a>0时，f′(x)<0，
当a<0时，f′(x)>0，
即当a>0时，f(x)在(－1，1)上为单调减函数，
当a<0时，f(x)在(－1，1)上为单调增函数．
确定函数单调性的4种方法
(1)定义法．利用定义判断．
(2)导数法．适用于初等函数、复合函数等可以求导的函数．
(3)图象法．由图象确定函数的单调区间需注意两点：一是单调区间必须是函数定义域的子集；二是图象不连续的单调区间要分开写，用“和”或“，”连接，不能用“∪”连接．
(4)性质法．利用函数单调性的性质，尤其是利用复合函数“同增异减”的原则时，需先确定简单函数的单调性．
[注意] 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.
[通关练习]
1．下列四个函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是( )
A．f(x)＝3－x B．f(x)＝x2－3x
C．f(x)＝－ D．f(x)＝－|x|
解析：选C．当x>0时，f(x)＝3－x为减函数；
当x∈时，f(x)＝x2－3x为减函数，
当x∈时，f(x)＝x2－3x为增函数；
当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－为增函数；
当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－|x|为减函数．
2．已知函数f(x)＝，则该函数的单调递增区间为( )
A．(－∞，1] B．[3，＋∞)
C．(－∞，－1] D．[1，＋∞)
解析：选B．设t＝x2－2x－3，由t≥0，
即x2－2x－3≥0，解得x≤－1或x≥3.
所以函数的定义域为(－∞，－1]∪[3，＋∞)．
因为函数t＝x2－2x－3的图象的对称轴为x＝1，
所以函数t在(－∞，－1]上单调递减，在[3，＋∞)上单调递增．
所以函数f(x)的单调递增区间为[3，＋∞)．
3．求函数f(x)＝－x2＋2|x|＋1的单调区间．
解：f(x)＝＝
画出函数图象如图所示，可知单调递增区间为(－∞，－1]和[0，1]，单调递减区间为[－1，0]和[1，＋∞)．
函数的最值
[典例引领]
(1)函数f(x)＝的最大值为________．
(2)已知f(x)＝，x∈[1，＋∞)，且a≤1.
①当a＝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．
【解】 (1)当x≥1时，函数f(x)＝为减函数，
所以f(x)在x＝1处取得最大值，为f(1)＝1；
当x<1时，易知函数f(x)＝－x2＋2在x＝0处取得最大值，为f(0)＝2.
故函数f(x)的最大值为2.故填2.
(2)①当a＝时，f(x)＝x＋＋2，
又x∈[1，＋∞)，
所以f′(x)＝1－>0，
即f(x)在[1，＋∞)上是增函数，
所以f(x)min＝f(1)＝1＋＋2＝.
②f(x)＝x＋＋2，x∈[1，＋∞)．
(i)当a≤0时，f(x)在[1，＋∞)内为增函数．
最小值为f(1)＝a＋3.
要使f(x)>0在x∈[1，＋∞)上恒成立，
只需a＋3>0，
所以－30，a>－3，所以01)的最小值为________．
解析：法一：(基本不等式法)f(x)＝＝
＝(x－1)＋＋2≥2＋2＝8，
当且仅当x－1＝，
即x＝4时，f(x)min＝8.
法二：(导数法)f′(x)＝，
令f′(x)＝0，得x＝4或x＝－2(舍去)．
当14时，f′(x)>0，
f(x)在(4，＋∞)上是递增的，
所以f(x)在x＝4处取到极小值也是最小值，
即f(x)min＝f(4)＝8.
答案：8
函数单调性的应用(高频考点)
函数单调性结合函数的图象以及函数其他性质的应用已成为近几年高考命题的一个新的增长点，常以选择、填空题的形式出现．主要命题角度有：
(1)比较两个函数值或两个自变量的大小；
(2)解函数不等式；
(3)求参数的值或取值范围．
[典例引领]
角度一 比较两个函数值或两个自变量的大小
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＝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
【解析】 因为f(x)的图象关于直线x＝1对称．由此可得f＝f.由x2>x1>1时，
[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)<0恒成立，知f(x)在(1，＋∞)上单调递减．
因为1<2<<3，所以f(2)>f>f(3)，所以b>a>c.
【答案】 D
角度二 解函数不等式
已知函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，若f(a2－a)>f(a＋3)，则实数a的取值范围为________．
【解析】 由已知可得解得－33，所以实数a的取值范围为(－3，－1)∪(3，＋∞)．
【答案】 (－3，－1)∪(3，＋∞)
角度三 求参数的值或取值范围
设函数f(x)＝若函数y＝f(x)在区间(a，a＋1)上单调递增，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，1] B．[1，4]
C．[4，＋∞) D．(－∞，1]∪[4，＋∞)
【解析】 作出函数f(x)的图象如图所示，由图象可知f(x)在(a，a＋1)上单调递增，需满足a≥4或a＋1≤2，即a≤1或a≥4，故选D.
【答案】 D
函数单调性应用问题的3种常见类型及解题策略
(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．
[注意] 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．
[通关练习]
1．已知函数f(x)＝若f(2－x2)>f(x)，则实数x的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(2，＋∞)
B．(－∞，－2)∪(1，＋∞)
C．(－1，2)
D．(－2，1)
解析：选D.因为当x＝0时，两个表达式对应的函数值都为零，所以函数的图象是一条连续的曲线．
因为当x≤0时，函数f(x)＝x3为增函数，
当x>0时，f(x)＝ln(x＋1)也是增函数，
所以函数f(x)是定义在R上的增函数．
因此，不等式f(2－x2)>f(x)等价于2－x2>x，
即x2＋x－2<0，解得－20，所以01，即0<|x|<1，
所以00
C．f(x1)>0，f(x2)<0 D．f(x1)>0，f(x2)>0
解析：选B．因为函数f(x)＝log2x＋在(1，＋∞)上为增函数，且f(2)＝0，所以当x1∈(1，2)时，f(x1)f(2)＝0，即f(x1)<0，f(x2)>0.
6．(2018·湖北八校联考(一))设函数f(x)＝在区间[3，4]上的最大值和最小值分别为M，m，则＝________.
解析：易知f(x)＝＝2＋，所以f(x)在区间[3，4]上单调递减，所以M＝f(3)＝2＋＝6，m＝f(4)＝2＋＝4，所以＝＝.
答案：
7．函数f(x)＝|x－1|＋x2的值域为________．
解析：因为f(x)＝|x－1|＋x2＝，
所以f(x)＝，
作出函数图象如图，
由图象知f(x)＝|x－1|＋x2的值域为.
答案：
8．设函数f(x)＝g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的递减区间是________．
解析：由题意知g(x)＝函数图象如图所示，其递减区间是[0，1)．
答案：[0，1)
9．已知函数f(x)＝－(a>0，x>0)．
(1)求证：f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
(2)若f(x)在上的值域是，求a的值．
解：(1)证明：任取x1>x2>0，
则f(x1)－f(x2)＝－－＋＝，
因为x1>x2>0，
所以x1－x2>0，x1x2>0，
所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，
所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
(2)由(1)可知，f(x)在上为增函数，
所以f＝－2＝，
f(2)＝－＝2，解得a＝.
10．已知函数f(x)＝2x－的定义域为(0，1](a为实数)．
(1)当a＝1时，求函数y＝f(x)的值域；
(2)求函数y＝f(x)在区间(0，1]上的最大值及最小值，并求出当函数f(x)取得最值时x的值．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝2x－，任取1≥x1>x2>0，
则f(x1)－f(x2)＝2(x1－x2)－＝(x1－x2).
因为1≥x1>x2>0，
所以x1－x2>0，x1x2>0.
所以f(x1)>f(x2)，
所以f(x)在(0，1]上单调递增，无最小值，当x＝1时取得最大值1，所以f(x)的值域为(－∞，1]．
(2)当a≥0时，y＝f(x)在(0，1]上单调递增，无最小值，当x＝1时取得最大值2－a；
当a<0时，f(x)＝2x＋，
当 ≥1，即a∈(－∞，－2]时，y＝f(x)在(0，1]上单调递减，无最大值，当x＝1时取得最小值2－a；
当 <1，即a∈(－2，0)时，y＝f(x)在上单调递减，在上单调递增，无最大值，当x＝时取得最小值2.
1．已知函数f(x)＝对于任意的x1≠x2，都有(x1－x2)[f(x2)－f(x1)]>0成立，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，3] B．(－∞，3)
C．(3，＋∞) D．[1，3)
解析：选D.由(x1－x2)[f(x2)－f(x1)]>0，得(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]<0，所以函数f(x)为R上的单调递减函数，则解得1≤a<3.故选D.
2．用min{a，b，c}表示a，b，c三个数中的最小值，则函数f(x)＝min{4x＋1，x＋4，－x＋8}的最大值是( )
A．2 B．4
C．6 D．8
解析：选C．在同一直角坐标系中分别作出函数y＝4x＋1，y＝x＋4，y＝－x＋8的图象后，取位于下方的部分得函数f(x)＝min{4x＋1，x＋4，－x＋8}的图象，如图所示，不难看出函数f(x)在x＝2时取得最大值6.
3．如果函数y＝f(x)在区间I上是增函数，且函数y＝在区间I上是减函数，
那么称函数y＝f(x)是区间I上的“缓增函数”，区间I叫做“缓增区间”．若函数f(x)＝x2－x＋是区间I上的“缓增函数”，则“缓增区间”I为( )
A．[1，＋∞) B．[0，]
C．[0，1] D．[1，]
解析：选D.因为函数f(x)＝x2－x＋的对称轴为x＝1，所以函数y＝f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数，又当x≥1时，＝x－1＋，令g(x)＝x－1＋(x≥1)，则g′(x)＝－＝，
由g′(x)≤0得1≤x≤，即函数＝x－1＋在区间[1，]上单调递减，故“缓增区间”I为[1，]．
4．已知函数f(x)＝x|2x－a|(a>0)在区间[2，4]上单调递减，则实数a的值是________．
解析：f(x)＝x|2x－a|＝(a>0)，作出函数图象(图略)可得该函数的递减区间是，所以解得a＝8.
答案：8
5．已知函数f(x)＝ax＋(1－x)(a>0)，且f(x)在[0，1]上的最小值为g(a)，求g(a)的最大值．
解：f(x)＝x＋，
当a>1时，a－>0，此时f(x)在[0，1]上为增函数，
所以g(a)＝f(0)＝；
当012，
由f(x)－f≥－12，
即f(x(x－12))≥f(64)，
所以x2－12x－64＝(x－16)(x＋4)≤0，
得－4≤x≤16，又x>12，所以x∈(12，16]．
故原不等式的解集为{x|12
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