2022年高考数学一轮复习热点难点精讲精析22函数的单调性与最值.docx

2022年高考一轮复习热点难点精讲精析：
2.2函数的单调性与最值
一、函数单调性的判定
1、用定义证明函数单调性的一般步骤
，即：
〔1〕取值：即设x1、x2是该区间内的任意两个值，且x1〔1〕能画出图象的函数，用图象法,其思维流程为:
〔2〕由根本初等函数通过加、减运算或复合运算构成的函数，用转化法，其思维流程为：
〔3〕能求导的用导数法，其思维流程为：
〔4〕能作差变形的用定义法，其思维流程为：
注：函数的单调性是对某个区间而言的，所以要受到区间的限制。例如函数y=1/x在内都是单调递减的，但不能说它在整个定义域即内单调递减，只能分开写，即函数的单调减区间为，不能用“∪〞
2．例题解析
〖例1〗(2022·江苏高考)函数f(x)=log5(2x+1)的单调增区间是______.
(2)判断函数在(-1，+∞)上的单调性.
【方法诠释】本例为判断函数的单调性或求函数的单调区间.
(1)转化为根本初等函数的单调性去判断；
(2)可用定义法或导数法.
解析：(1)函数f(x)的定义域为(，+∞)，令t=2x+1(t>0),
因为y=log5t在t∈(0,+∞)上为增函数，t=2x+1在(，+∞)上为增函数，所以函数f(x)=log5(2x+1)的单调增区间为(,+∞).
答案：(，+∞)
(2)方法一：定义法：设x1>x2>-1,
那么
∵x1>x2>-1,x2-x1<0,x1+1>0,x2+1>0,
即y1-y2<0,y1)上为减函数.
〖例2〗求函数的单调区间
思路分析：该函数整体来说是一个二次根式，首先要考虑被开方数大于等于零，在此根底上求被开方函数的单调性即可．
解析：设y=，u=x2+x-6 ．
由x2+x-6≥0，得x≤-3或x≥2，
结合二次函数图象可知，函数u=x2+x-6在(-∞，-3］上是递减的，在［2，+∞)上是递增的．
又∵函数y=是递增的，∴函数在(-∞，-3］上是递减的，在［2，+∞)上是递增的．
〖例3〗设，
(1) 试判断函数的单调性，并用函数单调性定义，给出证明；
(2) 假设的反函数为，证明:对任意的自然数n(n≥3)，都有;
解析: 1) ∵>0且2－x≠0∴的定义域为
判断在上是增函数，下证明之：………………………………………1分
设任………………………………………2分
∵
∴………………………………3分
∵∴x2－x1＞0，2－x1＞0，2－x2＞0
那么………………………………………4分
用数学归纳法易证 证略. ……   12分
二、应用函数的单调性
1．应用函数的单调性可求解的问题
(1)由x1,x2的大小，可比较f(x1)与f(x2)的大小；
(2)知f(x1)与f(x2)的大小关系，可得x1与x2的大小关系；
(3)求解析式中参数的值或取值范围；
(4)求函数的最值；
(5)得到图象的升、降情况，画出函数图象的大致形状.
2．例题解析
〖例1〗(1)假设f(x)为R上的增函数，那么满足f(2-m)2>0.
解得:m<-2或m>1.
所以m的取值范围为:(-∞,-2)∪(1,+∞).
答案：(-∞,-2)∪(1,+∞)
(2)方法一：因为y=f(x-2)的图象可由y=f(x)的图象向右平移2个单位而得到，而y=f(x)为偶函数，其图象关于直线x=0对称，
∴函数y=f(x-2)的图象关于直线x=2对称，
又y=f(x-2)在［0,2］上单调递减,
∴函数y=f(x-2)在［2,4］上单调递增，
因此,y=f(x)在［0,2］上单调递增，
又f(-1)=f(1),0<1<2,∴f(2)>f(-1)>f(0).
方法二：由方法一可得函数y=f(x)在［-2,2］上图象的大致形状为
由图象知f(2)>f(-1)>f(0).
注：1.根据函数的单调性，解含有“f〞号的不等式时，要根据函数的性质，转化为如“f(g(x))>f(h(x))〞的形式，再利用单调性，转化为具体不等式求解，但要注意函数的定义域.
2.比较函数值的大小时，假设自变量的值不在同一个单调区间内，要利用其函数性质，转化到同一个单调区间上进行比较，对于选择、填空题能数形结合的尽量用图象法求解.
〖例2〗函数f(x)对于任意a，b∈R,总有f(a+b)=f(a)+f(b)-1，并且当x＞0时，f(x)＞1．
(1)求证：f(x)在R上是增函数；
(2)假设f(4)=5，解不等式f(3m2-m2)＜3；
(3)假设关于x的不等式f(nx-2)+f(x-x2)＜2恒成立，求实数n的取值范围．
【解析】(1)设x1,x2∈R，且x1＜x2，那么x2-x1>0，
∴f(x2-x1)＞1 ，
f(x2)-f(x1)=f((x2-x1)+x1)-f(x1)
=f(x2-x1)+f(x1)-1-f(x1)
=f(x2-x1)-1＞0,
∴f(x1)-f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)．
∴f(x)在R上是增函数.
(2)∵f(4)=f(2+2)=f(2)+f(2)-1=5,∴f(2)=3,
∴不等式f(3m2-m-2)＜3即为
f(3m2-m-2)＜f(2).

又∵f(x)在R上是增函数，
∴3m2-m-2＜2，解得
因此不等式的解集为{m|}；
(3)令a=b=0,得 f(0)=2f(0)-1,∴f(0)=1.
∵f(nx-2)+f(x-x2)＜2，
即f(nx-2)+f(x-x2)-1＜1，
∴f(nx-2+x-x2)＜f(0)．
由(1)知nx-2+x-x2＜0恒成立，
∴x2-(n+1)x+2＞0恒成立．
∴Δ=［-(n+1)］2-4×2＜0,
注：判定复合函数的单调性及确定单调区间,关键是把复合函数分解成单调性的初等函数.另外，注意不要忽略函数的定义域.
三、抽象函数的单调性及最值
〖例1〗f(x)是定义在R上的增函数，对x∈R有f(x)>0，且f(5)=1，设F(x)= f(x)+，讨论F(x)的单调性，并证明你的结论
解析：这是抽角函数的单调性问题，应该用单调性定义解决。
在R上任取x1、x2，设x110时f(x)>1；
① 假设x1x1>5，那么f(x2)>f(x1)>1 ，
∴f(x1)f(x2)>1
∴>0
∴ F(x2)> F (x1)
综上，F (x)在〔－∞，5〕为减函数，在〔5，+∞〕为增函数
注：对于抽象函数的单调性的判断仍然要紧扣单调性的定义，结合题目中所给性质和相应的条件，对任意x1、x2在所给区间内比较f(x2)-f(x1)与0的大小，或f(x1)/f(x2)与大小。有时根据需要，需作适当的变形：如等。
〖例2〗函数f(x)对于任意x，y∈R,总有f(x)+f(y)=f(x+y)，且当x＞0时，f(x)＜0,f(1)=.
(1)求证：f(x)在R上是减函数；
(2) 求f(x)在［-3，3］上的最大值和最小值．
思路分析：用定义法判断抽象函数的单调性；求函数的最值需借助函数的单调性进行。
解答：(1)方法一：∵函数f(x)对于任意x，y∈R，总有f(x)+f(y)=f(x+y)，
令x=y=0，得f(0)=0．再令y=-x，得f(-x)=-f(x)．在R上任取x1＞x2，那么Δx=x1-x2＞0，
Δy=f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)=f(x1-x2)=f(Δx),
又∵x＞0时，f(x)＜0．而Δx＞0，
∴f(Δx)＜0，即Δy<0．
因此f(x)在R上是减函数．
方法二：在R上任取x1，x2，
不妨设x1＞x2，
那么Δx=x1-x2>0,Δy=f(x1)-f(x2)
=f(x1-x2+x2)-f(x2)

=f(x1-x2)+f(x2)-f(x2)
=f(x1-x2)=f(Δx)
又∵x＞0时，f(x)＜0，而Δx＞0，
∴f(Δx)＜0，即Δy<0．
因此f(x)在R上是减函数.
(2)∵f(x)在R上为减函数，
∴f(x)在［-3，3］上也为减函数，
∴f(x)在［-3，3］上的最大值为f(-3)、最小值为f(3)，
而f(3)=f(1+2)=f(1)+f(2)=f(1)+f(1+1)=f(1)+f(1)+f(1)=
3f(1)=-2，
∵0=f(0)=f(3-3)=f(3)+f(-3),
∴f(-3)=-f(3)=2,
因此，f(x)在［-3，3］上的最大值为2，最小值为-2.
【方法指导】求函数最值(值域)常用的方法：
(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，再观察其最高点、最低点，求出最值；
(3)根本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等〞的条件后用根本不等式求出最值；
(4)导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值；
(5)换元法：比照拟复杂的函数可通过换元转
化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值．