2022版高考数学一轮复习-第二章-函数、导数及其应用-第三讲-函数的单调性与最值学案新人教版.doc

2022版高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 第三讲 函数的单调性与最值学案新人教版

2022版高考数学一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 第三讲 函数的单调性与最值学案新人教版

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第三讲　函数的单调性与最值

知识梳理·双基自测

知识点一　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<x2时，都有__f(x1)<f(x2)__，那么就说函数f(x)在区间D上是增函数
当x1<x2时，都有__f(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．
知识点二　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

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>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<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＝的单调性相反．
(4)函数y＝f(x)(f(x)≥0)在公共定义域内与y＝的单调性相同．

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)<f(3)，则函数f(x)在R上为增函数．(　×　)
(2)函数y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞)．(　×　)
(3)函数y＝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＝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)<f(x2)或f(x1)>f(x2)，而不是区间上的两个特殊值．
(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)＝，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＝＝，有两个减区间，但y＝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<__.
[解析]　使y＝(2m－1)x＋b在R上是减函数，则2m－1<0，即m<.
4．(必修1P32T5改编)已知f(x)＝－2x2＋x，x∈[－1,3]，则其单调递减区间为__[，3]__；f(x)min＝__－15__.
5．函数f(x)＝(x∈[2,5])的最大值与最小值之和等于____.
[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＝ B．y＝cos x
C．y＝ln(x＋1) D．y＝2－x
[解析]　选项A中，y＝＝的图象是将y＝－的图象向右平移1个单位得到的，故y＝在(－1,1)上为增函数，不符合题意；选项B中，y＝cos 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＝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，∴∴a≥5.故a的取值范围为[5，＋∞)．

考点突破·互动探究
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)(2021·广东省名校联考改编)设函数f(x)在R上为增函数，则下列结论中正确的是(　D　)
A．y＝在R上为减函数
B．y＝|f(x)|在R上为增函数
C．y＝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)＝(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)＝f(x)，y＝t，t＝f(x)，复合函数y＝f(x)是减函数，故选D．
(2)解法一：∀x1，x2∈(－∞，1)，且x1<x2，
f(x)＝a＝a，
f(x1)－f(x2)＝a－a
＝，由于x1<x2<1，
∴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)上单调递减．
解法二：f′(x)＝＝－，
∵(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)＝＝a＋，
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)＝(－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)＝
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)＝＝
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.
x
(－∞，－1)
(－1,0)
(0,1)
(1，＋∞)
u
(1，＋∞)
(0,1)
(0,1)
(1，＋∞)
u＝|x|




y＝－u2＋2u＋3




f(x)




∴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<x<5.令u＝－x2＋4x＋5，x∈(－1,5)，则f(x)＝u.
∵x∈(－1,2]，u为增函数；x∈(2,5)时，u为减函数．
又y＝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－＝.
x
(0,1)
1
(1，＋∞)
y′
－
0
＋
y

极小值

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)＝loga(－x2＋4x＋5)(a>1)的增区间为__(－1,2]__.

名师点拨
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＝x B．y＝2－x
C．y＝x D．y＝
(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(logax)(0<a<1)的单调减区间是(　B　)

A．[0，] B．[，1]
C．(－∞，0)∪ D．[，]
[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＝可转化为y＝x－1，所以函数y＝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0<a<1时，y＝ax在(－∞，＋∞)上单调递减，当a>1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＝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＝logax(a>0，且a≠1)，当0<a<1时，y＝logax在(0，＋∞)上单调递减，当a>1时，y＝logax在(0，＋∞)上单调递增，因此选项C中的函数y＝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)＝画图知单调递增区间为(－∞，1].
(4)设g(x)＝f(t)，t＝logax(0<a<1)，由图象知，y＝f(t)的增区间为，即0≤logax≤，∴≤x≤1.故选B．
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＝f，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f＝f，∵e>>2，∴f(e)<f<f(2)，即c<a<b.故选D．
角度2　利用单调性求参数的取值范围
例4 (1)(理)(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，＋∞)
(文)(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(　C　)
A．a＝－3 B．a<3
C．a≤－3 D．a≥－3
(2)(2021·广东汕头湖南区第一次模拟)如果函数g(x)＝在R上单调递减，那么实数m的取值范围为____.
[解析]　(1)(理)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，∴1≤a<2.故选A．

(文)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]．
(2)若g(x)为减函数，必有解得0<m≤，即m的取值范围为.
角度3　利用单调性解不等式
例5 (1)已知函数f(x)＝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__(－，－2)∪(2，)__.
[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<x<1.
(2)因为函数f(x)＝ln x＋2x在定义域(0，＋∞)上单调递增，且f(1)＝ln 1＋2＝2，所以由f(x2－4)<2得，f(x2－4)<f(1)，所以0<x2－4<1，解得－<x<－2或2<x<.

名师点拨
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)<f(a2－1)，则a的取值范围为__(0,1)__.
(2)(角度3)已知函数y＝loga(2－ax)在[0,1]上是减函数，则实数a的取值范围是__(1,2)__.
(3)(理)(角度1)，，(其中e为自然常数)的大小关系是(　A　)
A．<< B．<<
C．<< D．<<
(文)(角度1)，，(其中e为自然常数)的大小关系是(　A　)
A．<< B．<<
C．<< D．<<
[解析]　(1)由题意可得1>1－a>a2－1>－1，
即解得0<a<1.
(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＝logau在[0,1]上是增函数，
∴a>1.又∵u在[0,1]上要满足u>0，
∴得a<2.
综上得1<a<2.
(3)(理)构造函数f(x)＝.
因为＝，＝，＝，
所以f(4)＝，f(5)＝，f(6)＝.
而f′(x)＝′＝＝，
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)<f(5)<f(6)，即<<.
(文)构造函数f(x)＝.
因为＝，＝，＝，
所以f(4)＝，f(5)＝，f(6)＝.
而f′(x)＝′＝＝，
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)<f(5)<f(6)，即<<.
考点二　函数的最值——自主练透
例6 (1)函数f(x)＝在区间[1,2]上最小值为__－__.
(2)(2021·广东广州执信中学高三测试)已知函数f(x)＝loga(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．
C． D．或
[解析]　(1)f(x)＝－2x－1.由于y＝，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)＝－2＝－.
(2)因为y＝x2＋x－1在[1,2]上单调递增，所以函数f(x)＝loga(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)＝loga(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|loga5|＝2，得a＝或a＝.故选D．

名师点拨
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
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f＝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)－f<2.
[解析]　(1)f(1)＝f＝f(x)－f(x)＝0.
(2)f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
证明：设0<x1<x2，则由f＝f(x)－f(y)，得f(x2)－f(x1)＝f，因为>1，所以f>0.所以f(x2)－f(x1)>0，即f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
(3)因为f(6)＝f＝f(36)－f(6)，又f(6)＝1，所以f(36)＝2，原不等式化为：f(x2＋5x)<f(36)，又因为f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
所以解得0<x<4.
∴不等式的解集为{x|0<x<4}．

名师点拨
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·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)＝log6x.
〔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)＝－，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.