2021年高考数学(四川专用-理)一轮复习考点突破：第2篇-第2讲-函数的单调性与最值.docx

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、最大值、最小值及其几何意义．
2．会运用函数图象理解和争辩函数的单调性.

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，假如对于定义域I内某个区间D上的任意两个自变量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
续表
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
若函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，则称函数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，假如存在实数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
辨 析 感 悟
1．函数单调性定义的理解
(1)对于函数f(x)，x∈D，若x1，x2∈D且(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0，则函数f(x)在D上是增函数．(√)
(2)函数f(x)＝2x＋1在(－∞，＋∞)上是增函数．(√)
(3)(教材改编)函数f(x)＝在其定义域上是减函数．(×)
(4)已知f(x)＝，g(x)＝－2x，则y＝f(x)－g(x)在定义域上是增函数．(√)
2．函数的单调区间与最值
(5)函数y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞)．(×)
(6)(教材改编)函数y＝的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．(×)
(7)(2021·汕头模拟)函数y＝lg|x|的单调递减区间为(0，＋∞)．(×)
(8)函数f(x)＝log2(3x＋1)的最小值为0.(×)
[感悟·提升]
1．一个区分　“函数的单调区间”和“函数在某区间上单调”的区分：前者指函数具备单调性的“最大”的区间，后者是前者“最大”区间的子集，如(5)．
2．两个防范　一是留意函数的定义域不连续的两个单调性相同的区间，要分别说明单调区间，不行说成“在其定义域上”单调，如(3)；
二是若函数在两个不同的区间上单调性相同，则这两个区间要分开写，不能写成并集，如(6).
同学用书第13页

考点一　确定函数的单调性或单调区间

【例1】 (1)推断函数f(x)＝x＋(k＞0)在(0，＋∞)上的单调性．
(2)(2021·沙市中学月考)求函数y＝log(x2－4x＋3)的单调区间．
解　(1)法一　任意取x1＞x2＞0，则f(x1)－f(x2)＝－＝(x1－x2)＋＝(x1－x2)＋＝(x1－x2).
当≥x1＞x2＞0时，x1－x2＞0,1－＜0，
有f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，
此时，函数f(x)＝x＋(k＞0)在(0，]上为减函数；
当x1＞x2≥时，x1－x2＞0,1－＞0，
有f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，
此时，函数f(x)＝x＋(k＞0)在[，＋∞)上为增函数；
综上可知，函数f(x)＝x＋(k＞0)在(0，]上为减函数；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－＜x＜.∵x＞0，∴0＜x＜.
∴f(x)在(0，)上为减函数；在(，＋∞)上为增函数，
也称为f(x)在(0，]上为减函数；在[，＋∞)上为增函数．
(2)令u＝x2－4x＋3，原函数可以看作y＝logu与u＝x2－4x＋3的复合函数．
令u＝x2－4x＋3＞0.则x＜1或x＞3.
∴函数y＝log(x2－4x＋3)的定义域为
(－∞，1)∪(3，＋∞)．
又u＝x2－4x＋3的图象的对称轴为x＝2，且开口向上，
∴u＝x2－4x＋3在(－∞，1)上是减函数，在(3，＋∞)上是增函数．而函数y＝logu在(0，＋∞)上是减函数，
∴y＝log(x2－4x＋3)的单调递减区间为(3，＋∞)，单调递增区间为(－∞，1)．
规律方法 (1)对于给出具体解析式的函数，证明或推断其在某区间上的单调性有两种方法：①可以利用定义(基本步骤为取值、作差或作商、变形、定号、下结论)求解；②可导函数则可以利用导数解之．
(2)复合函数y＝f[g(x)]的单调性规律是“同则增，异则减”，即y＝f(u)与u＝g(x)若具有相同的单调性，则y＝f[g(x)]为增函数，若具有不同的单调性，则y＝f[g(x)]必为减函数．
【训练1】 试争辩函数f(x)＝，x∈(－1,1)的单调性(其中a≠0)．
解　法一　(定义法)
任取－1＜x1＜x2＜1，
则f(x1)－f(x2)＝－
＝，
∵－1＜x1＜x2＜1，
∴|x1|＜1，|x2|＜1，x2－x1＞0，
x－1＜0，x－1＜0，|x1x2|＜1，
即－1＜x1x2＜1，
∴x1x2＋1＞0，
∴＞0，
因此，当a＞0时，f(x1)－f(x2)＞0，
即f(x1)＞f(x2)，此时函数在(－1,1)为减函数；
当a＜0时，f(x1)－f(x2)＜0，
即f(x1)＜f(x2)，此时函数在(－1,1)为增函数．
法二　(导数法)
f′(x)＝＝
当a＞0时，f′(x)＜0；
当a＜0时，f′(x)＞0.
∴当a＞0时，f(x)在(－1,1)上为减函数；
当a＜0时，f(x)在(－1,1)上为增函数．
考点二　利用单调性求参数
【例2】 已知函数f(x)＝.
(1)若a＝－2，试证f(x)在(－∞，－2)上单调递减．
(2)函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减，求实数a的取值范围．
(1)证明　任设x1＜x2＜－2，
则f(x1)－f(x2)＝－
＝－.
∵(x1＋1)(x2＋1)＞0，x1－x2＜0，∴f(x1)－f(x2)＞0，
∴f(x1)＞f(x2)，
∴f(x)在(－∞，－2)上单调递减．
(2)解　法一　f(x)＝＝a－，设x1<x2<－1，
则f(x1)－f(x2)＝－
＝－＝，
又函数f(x)在(－∞，－1)上是减函数，
所以f(x1)－f(x2)>0.
由于x1<x2<－1，
∴x1－x2<0，x1＋1<0，x2＋1<0，
∴a＋1<0，即a<－1.
故a的取值范围是(－∞，－1)．
法二　由f(x)＝，得f′(x)＝，又由于f(x)＝在(－∞，－1)上是减函数，所以f′(x)＝≤0在x∈(－∞，－1)上恒成立，解得a≤－1，
而a＝－1时，f(x)＝－1，在(－∞，－1)上不具有单调性，故实数a的取值范围是(－∞，－1)．
规律方法 利用单调性求参数的一般方法：一是求出函数的单调区间，然后使所给区间是这个单调区间的子区间，建立关于参数的不等式组即可求得参数范围；二是直接利用函数单调性的定义：作差、变形，由f(x1)－f(x2)的符号确定参数的范围，另外也可分别参数转化为不等式恒成立问题．
【训练2】 (1)函数y＝在(－1，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是(　　)．
A．{－3} B．(－∞，3)
C．(－∞，－3] D．[－3，＋∞)
(2)(2022·日照模拟)若f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝在区间[1,2]上都是减函数，则a的取值范围是(　　)．
A．(－1,0)∪(0,1) B．(－1,0)∪(0,1]
C．(0,1) D．(0,1]
解析　(1)y＝＝1＋，
由函数在(－1，＋∞)上单调递增，
有解得a≤－3.
(2)f(x)在[a，＋∞)上是减函数，对于g(x)，只有当a>0时，它有两个减区间为(－∞，－1)和(－1，＋∞)，故只需区间[1,2]是f(x)和g(x)的减区间的子集即可，则a的取值范围是0<a≤1.
答案　(1)C　(2)D
同学用书第14页
考点三　利用函数的单调性求最值
【例3】 已知f(x)＝，x∈[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．
审题路线　(1)当a＝时，f(x)为具体函数→求出f(x)的单调性，利用单调性求最值．
(2)当x∈[1，＋∞)时，f(x)＞0恒成立→转化为x2＋2x＋a＞0恒成立．
解　(1)当a＝时，f(x)＝x＋＋2，联想到g(x)＝x＋的单调性，猜想到求f(x)的最值可先证明f(x)的单调性．任取1≤x1＜x2，
则f(x1)－f(x2)＝(x1－x2)＋＝，
∵1≤x1＜x2，∴x1x2＞1，∴2x1x2－1＞0.
又x1－x2＜0，∴f(x1)＜f(x2)，
∴f(x)在[1，＋∞)上是增函数，
∴f(x)在[1，＋∞)上的最小值为f(1)＝.
(2)在区间[1，＋∞)上，f(x)＝＞0恒成立，
则⇔等价于a大于函数φ(x)＝－(x2＋2x)在[1，＋∞)上的最大值．
只需求函数φ(x)＝－(x2＋2x)在[1，＋∞)上的最大值．
φ(x)＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上递减，
∴当x＝1时，φ(x)最大值为φ(1)＝－3.
∴a＞－3，故实数a的取值范围是(－3，＋∞)．
规律方法 求函数最值的常用方法：
(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值；
(2)图象法：先作出函数的图象，再观看其最高点、最低点，求出最值；
(3)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值；
(4)导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最终结合端点值，求出最值；
(5)换元法：对比较简单的函数可通过换元转化为生疏的函数，再用相应的方法求最值．
【训练3】 对任意两个实数x1，x2，定义max(x1，x2)＝若f(x)＝x2－2，g(x)＝－x，则max(f(x)，g(x))的最小值为________．

解析　f(x)－g(x)＝x2－2－(－x)＝x2＋x－2，当x2－2－(－x)＝x2＋x－2≥0时，x≥1或x≤－2；当－2＜x＜1时，x2＋x－2＜0，即f(x)＜g(x)，所以max(f(x)，g(x))＝作出图象如图所示，由图象可知函数的最小值在A处取得，所以最小值为f(1)＝－1.
答案　－1

1．求函数的单调区间：首先应留意函数的单调区间是其定义域的子集；其次把握一次函数、二次函数等基本初等函数的单调区间．求函数单调区间的常用方法：依据定义、利用图象、单调函数的性质及利用导数的性质．
2．复合函数的单调性：对于复合函数y＝f[g(x)]，若t＝g(x)在区间(a，b)上是单调函数，且y＝f(t)在区间(g(a)，g(b))或者(g(b)，g(a))上是单调函数，若t＝g(x)与y＝f(t)的单调性相同(同时为增或减)，则y＝f[g(x)]为增函数；若t＝g(x)与y＝f(t)的单调性相反，则y＝f[g(x)]为减函数．简称：同增异减．
3．函数的值域经常化归为求函数的最值问题，要重视函数的单调性在确定函数最值过程中的应用．

易错辨析1——分段函数单调性的判定

【典例】 (2021·金华模拟)f(x)＝是R上的单调递增函数，则实数a的取值范围是(　　)．
A．(1，＋∞) B．[4,8) C．(4,8) D．(1,8)
[错解]　由题意知解得1＜a＜8.
[答案]　D
[错因]　忽视函数在定义域两段区间分界点上的函数值的大小．
[正解]　f(x)在R上单调递增，则有
解得：4≤a＜8.
[答案]　B
[防范措施]　对于分段函数的单调性，有两种基本的推断方法：一保证各段上同增(减)时，要留意上、下段间端点值间的大小关系；二是画出这个分段函数的图象，结合函数图象、性质进行直观的推断．争辩函数问题离不开函数图象，函数图象反映了函数的全部性质，在争辩函数问题时要时时刻刻想到函数的图象，学会从函数图象上去分析问题、查找解决问题的方法．
【自主体验】
(2021·日照模拟)已知f(x)＝是(－∞，＋∞)上的减函数，那么a的取值范围是(　　)．
A．(0,1) B.
C. D.
解析　当x＝1时，loga1＝0，若f(x)为R上的减函数，则(3a－1)x＋4a≥0在x＜1时恒成立．
令g(x)＝(3a－1)x＋4a，
则必有即⇒≤a＜.
答案　C

对应同学用书P229
基础巩固题组

(建议用时：40分钟)

一、选择题
1．下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是(　　)．
A．y＝ln(x＋2) B．y＝－
C．y＝x D．y＝x＋
解析　函数y＝ln(x＋2)在(－2，＋∞)上是增函数；函数y＝－在[－1，＋∞)上是减函数；函数y＝x在(0，＋∞)上是减函数；函数y＝x＋在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．综上可得在(0，＋∞)上是增函数的是y＝ln(x＋2)，故选A.
答案　A
2．已知函数f(x)＝2ax2＋4(a－3)x＋5在区间(－∞，3)上是减函数，则a的取值范围是(　　)．
A. B. C. D.
解析　当a＝0时，f(x)＝－12x＋5在(－∞，3)上是减函数；当a≠0时，由得0＜a≤.
综上，a的取值范围是0≤a≤.
答案　D
3．(2021·泉州月考)已知函数f(x)为R上的减函数，则满足f<f(1)的实数x的取值范围是(　　)．
A．(－1,1) B．(0,1)
C．(－1,0)∪(0,1) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
解析　由f(x)为R上的减函数且f<f(1)，
得即
∴－1<x<0或0<x<1.
答案　C
4．(2022·广州模拟)已知函数y＝f(x)的图象关于x＝1对称，且在(1，＋∞)上单调递增，设a＝f，b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为(　　)．
A．c＜b＜a B．b＜a＜c
C．b＜c＜a D．a＜b＜c
解析　∵函数图象关于x＝1对称，∴a＝f＝f，又y＝f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴f(2)＜f＜f(3)，即b＜a＜c.
答案　B
5．用min{a，b，c}表示a，b，c三个数中的最小值．设f(x)＝min{2x，x＋2,10－x}(x≥0)，则f(x)的最大值为(　　)．
A．4 B．5 C．6 D．7

解析　由f(x)＝min{2x，x＋2，10－x}(x≥0)画出图象，最大值在A处取到，联立得y＝6.
答案　C
二、填空题
6．函数y＝－(x－3)|x|的递增区间为________．
解析　y＝－(x－3)|x|＝由图可知其递增区间为.
答案　
7．设a>1，函数f(x)＝logax在区间[a,2a]上的最大值与最小值之差为，则a＝________.
解析　由a>1知函数f(x)在[a,2a]上为单调增函数，则loga(2a)－logaa＝，解得a＝4.
答案　4
8．设函数f(x)＝的最小值为2，则实数a的取值范围是________．
解析　由题意知，当x＝1时，f(x)min＝2，故－1＋a≥2，
∴a≥3.
答案　[3，＋∞)
三、解答题
9．试争辩函数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
＝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．
10．已知函数f(x)＝－(a＞0，x＞0)．
(1)推断函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性；
(2)若f(x)在上的值域是，求a的值．
解　(1)任取x1＞x2＞0，则x1－x2＞0，x1x2＞0，
∵f(x1)－f(x2)＝－
＝－
＝＞0，
∴f(x1)＞f(x2)，
因此，函数f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数．
(2)∵f(x)在上的值域是，
又由(1)得f(x)在上是单调增函数，
∴f＝，f(2)＝2，
即－2＝，－＝2.
解得a＝.
力量提升题组
(建议用时：25分钟)

一、选择题
1．已知函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g(x)＝在区间(1，＋∞)上肯定(　　)．
A．有最小值 B．有最大值
C．是减函数 D．是增函数
解析　由题意知a＜1，又函数g(x)＝x＋－2a在[，＋∞)上为增函数，故选D.
答案　D
2．(2022·厦门外国语学校质检)已知函数f(x)＝|ex＋|(a∈R，e是自然对数的底数)，在区间[0,1]上单调递增，则a的取值范围是(　　)．
A．[0,1] B．[－1,0]
C．[－1,1] D．(－∞，－e2]∪[e2，＋∞)
解析　取a＝1，则f(x)＝ex＋，当x∈[0,1]时，f′(x)＝ex－＝≥0，所以f(x)在区间[0,1]上单调递增，排解B，D；取a＝－1，则f(x)＝|ex－|＝ex－，当x∈[0,1]时，f′(x)＝ex＋＞0，所以f(x)在区间[0,1]上单调递增，排解A.故选C.
答案　C
二、填空题
3．已知函数f(x)＝(a＞0)在(2，＋∞)上递增，则实数a的取值范围是________．
解析　法一　任取2＜x1＜x2，由已知条件f(x1)－f(x2)＝－＝(x1－x2)＋＝＜0恒成立，即当2＜x1＜x2时，x1x2＞a恒成立，又x1x2＞4，则0＜a≤4.
法二　f(x)＝x＋，f′(x)＝1－＞0得f(x)的递增区间是(－∞，－)，(，＋∞)，由已知条件得≤2，解得0＜a≤4.
答案　(0,4]
三、解答题
4．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋1(a>0)，F(x)＝若f(－1)＝0，且对任意实数x均有f(x)≥0成立．
(1)求F(x)的表达式；
(2)当x∈[－2,2]时，g(x)＝f(x)－kx是单调函数，求k的取值范围．
解　(1)∵f(－1)＝0，∴a－b＋1＝0，∴b＝a＋1，
∴f(x)＝ax2＋(a＋1)x＋1.
∵对任意实数x均有f(x)≥0恒成立，
∴
∴
∴a＝1，从而b＝2，∴f(x)＝x2＋2x＋1，
∴F(x)＝
(2)g(x)＝x2＋2x＋1－kx＝x2＋(2－k)x＋1.
∵g(x)在[－2,2]上是单调函数，
∴≤－2或≥2，解得k≤－2或k≥6.
故k的取值范围是(－∞，－2]∪[6，＋∞).
同学用书第15页