2021届高三新高考数学人教A版一轮复习教学案：第二章第2节　函数的单调性与最值

第2节　函数的单调性与最值考试要求　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<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.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[常用结论与微点提醒]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.函数y＝f(x)(f(x)>0或f(x)<0)在公共定义域内与y＝－f(x)，y＝的单调性相反.3.“对勾函数”y＝x＋(a>0)的单调增区间为(－∞，－)，(，＋∞)；单调减区间是[－，0)，(0，].诊 断 自 测1.判断下列结论正误(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)<f(3)，则f(x)为增函数.(　　)(4)函数y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞).(　　)解析　(2)此单调区间不能用并集符号连接，取x1＝－1，x2＝1，则f(－1)＜f(1)，故应说成单调递减区间为(－∞，0)和(0，＋∞).(3)应对任意的x1＜x2，f(x1)＜f(x2)成立才可以.(4)若f(x)＝x，f(x)在[1，＋∞)上为增函数，但y＝f(x)的单调递增区间是R.答案　(1)√　(2)×　(3)×　(4)×2.(老教材必修1P39B3改编)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是(　　)A.y＝x    B.y＝2－xC.y＝logx    D.y＝解析　函数y＝x在(0，+∞)上是增函数，函数y＝2－x，y＝logx，y＝在(0，+∞)上均是减函数.答案　A3.(新教材必修第一册P81例5改编)函数y＝在区间[2，3]上的最大值是________.解析　函数y＝＝1＋在[2，3]上递减，当x＝2时，y＝取得最大值＝2.答案　24.(2017·全国Ⅱ卷)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>4或x<－2.设t＝x2－2x－8，则y＝ln t为增函数.要求函数f(x)的单调递增区间，即求函数t＝x2－2x－8的单调递增区间.∵函数t＝x2－2x－8的单调递增区间为(4，＋∞)，∴函数f(x)的单调递增区间为(4，＋∞).答案　D5.(2020·新乡模拟)函数y＝f(x)是定义在[－2，2]上的减函数，且f(a＋1)<f(2a)，则实数a的取值范围是________.解析　由条件知解得－1≤a<1.答案　[－1，1)6.(2020·青岛二中月考)函数f(x)＝的最大值为________.解析　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.答案　2考点一　确定函数的单调性(区间)【例1】 (1)函数y＝log(－x2＋x＋6)的单调增区间为(　　)A.    B.C.(－2，3)   D.解析　由－x2＋x＋6>0，得－2<x<3，故函数的定义域为(－2，3)，令t＝－x2＋x＋6，则y＝logt，易知其为减函数，由复合函数的单调性法则可知本题等价于求函数t＝－x2＋x＋6在(－2，3)上的单调递减区间.利用二次函数的性质可得t＝－x2＋x＋6在定义域(－2，3)上的单调递减区间为，故选A.答案　A(2)(一题多解)试讨论函数f(x)＝(a≠0)在(－1，1)上的单调性.解　法一　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)上单调递减；当a<0时，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，函数f(x)在(－1，1)上单调递增.法二　f′(x)＝＝＝－.当a>0时，f′(x)<0，函数f(x)在(－1，1)上单调递减；当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)在(－1，1)上单调递增.规律方法　1.(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)单调区间不能用集合或不等式表达，且图象不连续的单调区间要用“和”“，”连接.2.(1)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.(2)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】 (1)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)＝函数的图象如图所示的实线部分，根据图象，g(x)的递减区间是[0，1).答案　[0，1)(2)判断并证明函数f(x)＝ax2＋(其中1<a<3)在x∈[1，2]上的单调性.解　f(x)在[1，2]上单调递增，证明如下：设1≤x1<x2≤2，则f(x2)－f(x1)＝ax＋－ax－＝(x2－x1)，由1≤x1<x2≤2，得x2－x1>0，2<x1＋x2<4.1<x1x2<4，－1<－<－.又因为1<a<3，所以2<a(x1＋x2)<12，得a(x1＋x2)－>0，从而f(x2)－f(x1)>0，即f(x2)>f(x1)，故当a∈(1，3)时，f(x)在[1，2]上单调递增.考点二　求函数的最值【例2】 (1)已知函数f(x)＝ax＋logax(a>0，且a≠1)在[1，2]上的最大值与最小值之和为loga2＋6，则a的值为(　　)A.   B.   C.2   D.4(2)(2020·惠州一中月考)对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝设函数f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，则函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是________.解析　(1)f(x)＝ax＋logax在[1，2]上是单调函数，所以f(1)＋f(2)＝loga2＋6，则a＋loga1＋a2＋loga2＝loga2＋6，即(a－2)(a＋3)＝0，又a>0，所以a＝2.(2)法一　在同一坐标系中，作函数f(x)，g(x)的图象，依题意，h(x)的图象如图所示的实线部分.易知点A(2，1)为图象的最高点，因此h(x)的最大值为h(2)＝1.法二　依题意，h(x)＝当0<x≤2时，h(x)＝log2x是增函数，当x>2时，h(x)＝3－x是减函数，因此h(x)在x＝2时取得最大值h(2)＝1.答案　(1)C　(2)1规律方法　求函数最值的四种常用方法(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，再观察其最高点、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，最后结合端点值，求出最值.【训练2】 (1)定义max{a，b，c}为a，b，c中的最大值，设M＝max{2x，2x－3，6－x}，则M的最小值是(　　)A.2   B.3   C.4   D.6(2)设函数f(x)＝则f(x)的最小值是________.解析　(1)画出函数M＝{2x，2x－3，6－x}的图象(如图)，由图可知，函数M在A(2，4)处取得最小值22＝6－2＝4，故M的最小值为4.(2)当x≤1时，f(x)＝x2的最小值为0，当x>1时，f(x)＝x＋－6≥2－6(当且仅当x＝时，取“＝”).由于2－6<0，所以f(x)min＝2－6.答案　(1)C　(2)2－6考点三　函数单调性的应用　多维探究角度1　利用单调性比较大小【例3－1】 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(　　)A.c>a>b    B.c>b>aC.a>c>b    D.b>a>c解析　因为f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以f＝f.由当x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，知f(x)在(1，＋∞)上单调递减.又1<2<<e，所以f(2)>f>f(e)，即f(2)>f>f(e)，故b>a>c.答案　D角度2　求解函数不等式【例3－2】 (2018·全国Ⅰ卷)设函数f(x)＝则满足f(x＋1)<f(2x)的x的取值范围是(　　)A.(－∞，－1]    B.(0，＋∞)C.(－1，0)    D.(－∞，0)解析　当x≤0时，函数f(x)＝2－x是减函数，则f(x)≥f(0)＝1.作出f(x)的大致图象如图所示，结合图象知，要使f(x＋1)＜f(2x)，当且仅当或解得x<－1或－1≤x<0，即x<0.答案　D角度3　求参数的值或取值范围【例3－3】 (1)(2018·全国Ⅱ卷)若f(x)＝cos x－sin x在[0，a]上是减函数，则a的最大值是(　　)A.   B.   C.   D.π(2)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________.解析　(1)∵f(x)＝cos x－sin x＝－sin，∴当x－∈，即x∈时，y＝sin单调递增，f(x)＝－sin单调递减，∴是f(x)在原点附近的单调减区间，结合条件得[0，a]⊆，∴a≤，即amax＝.(2)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.答案　(1)C　(2)规律方法　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.求解函数不等式，其实质是函数单调性的逆用，由条件脱去“f”.3.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.对于分段函数，要注意衔接点的取值.【训练3】 (1)(角度2)已知函数f(x)＝若f(a－1)≥f(－a)，则实数a的取值范围是(　　)A.    B.C.    D.(2)(角度1)(2019·全国Ⅲ卷)设f(x)是定义域为R的偶函数，且在(0，＋∞)单调递减，则(　　)A.f>f(2－)>f(2－)B.f>f(2－)>f(2－)C.f(2－)>f(2－)>fD.f(2－)>f(2－)>f(3)(角度3)若函数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)作出函数f(x)的图象如图所示，知函数f(x)在R上是减函数，由f(a－1)≥f(－a)，得a－1≤－a，解得a≤.(2)因为f(x)是定义域为R的偶函数，所以f＝f(－log34)＝f(log34). 又因为log34>1>2－>2－>0，且函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f(log34)<f(2－)<f(2－).即f<f(2－)<f(2－).(3)因为f(x)＝－x2＋2ax＝－(x－a)2＋a2在[1，2]上为减函数，所以由其图象得a≤1.g(x)＝，g′(x)＝－，要使g(x)在[1，2]上为减函数，需g′(x)<0在[1，2]上恒成立，故有－a<0，因此a>0.综上可知0<a≤1.答案　(1)A　(2)C　(3)DA级　基础巩固一、选择题1.(2019·唐山调研)设函数f(x)＝x(ex＋e－x)，则f(x)(　　)A.是奇函数，且在(0，＋∞)上是增函数B.是偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数C.是奇函数，且在(0，＋∞)上是减函数D.是偶函数，且在(0，＋∞)上是减函数解析　f(－x)＝(－x)(e－x＋ex)＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，f′(x)＝ex＋e－x＋x(ex－e－x)，当x>0时，ex－e－x>0，ex＋e－x>0，所以f′(x)>0.故f(x)在(0，＋∞)上是增函数.答案　A2.(2020·昆明诊断)已知函数f(x)在R上单调递减，且a＝33.1，b＝，c＝ln ，则f(a)，f(b)，f(c)的大小关系为(　　)A.f(a)>f(b)>f(c)    B.f(b)>f(c)>f(a)C.f(c)>f(a)>f(b)    D.f(c)>f(b)>f(a)解析　因为a＝33.1>30＝1，0<b＝<＝1，c＝ln <ln 1＝0，所以c<b<a，又因为函数f(x)在R上单调递减，所以f(c)>f(b)>f(a).答案　D3.已知函数f(x)＝loga(－x2－2x＋3)(a>0且a≠1)，若f(0)<0，则此函数的单调递增区间是(　　)A.(－∞，－1]    B.[－1，＋∞)C.[－1，1)    D.(－3，－1]解析　令g(x)＝－x2－2x＋3，由题意知g(x)>0，可得－3<x<1，故函数的定义域为{x|－3<x<1}.根据f(0)＝loga3<0，可得0<a<1，又g(x)在定义域(－3，1)内的减区间是[－1，1)，∴f(x)的单调递增区间为[－1，1).答案　C4.函数y＝，x∈(m，n]的最小值为0，则m的取值范围是(　　)A.(1，2)    B.(－1，2)C.[1，2)    D.[－1，2)解析　函数y＝＝＝－1在区间(－1，＋∞)上是减函数，且f(2)＝0，所以n＝2.根据题意，x∈(m，n]时，ymin＝0.∴m的取值范围是[－1，2).答案　D5.(2020·福州调研)已知函数f(x)＝(a>0且a≠1)在R上单调递减，则a的取值范围是(　　)A.    B.C.    D.解析　由分段函数f(x)在R上单调递减，可得0<a<1，根据二次函数图象及性质，可得－≥0，解得a≤，又由3a≥loga(0＋1)＋1得3a≥1，解得a≥.∴实数a的取值范围是.答案　C二、填空题6.函数y＝|x|(1－x)的单调递增区间是________.解析　y＝|x|(1－x)＝＝函数的大致图象如图所示.由图易知函数的单调递增区间是.答案　7.设函数f(x)＝在区间(－2，＋∞)上是增函数，那么a的取值范围是________.解析　f(x)＝＝a－，∵函数f(x)在区间(－2，＋∞)上是增函数，∴即即a≥1.答案　[1，＋∞)8.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________.解析　作函数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.答案　(－∞，1]∪[4，＋∞)三、解答题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.(1)证明　设x2>x1>0，则x2－x1>0，x1x2>0，∵f(x2)－f(x1)＝－＝－＝>0，∴f(x2)>f(x1)，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数.(2)解　∵f(x)在上的值域是，又由(1)知f(x)在上是单调增函数，∴f＝，f(2)＝2，易得a＝.10.已知函数f(x)＝a－.(1)求f(0)；(2)探究f(x)的单调性，并证明你的结论；(3)若f(x)为奇函数，求满足f(ax)<f(2)的x的范围.解　(1)f(0)＝a－＝a－1.(2)f(x)在R上单调递增.证明如下：∵f(x)的定义域为R，∴任取x1，x2∈R且x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝a－－a＋＝，∵y＝2x在R上单调递增且x1<x2，∴0<2x1<2x2，∴2x1－2x2<0，2x1＋1>0，2x2＋1>0.∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2).∴f(x)在R上单调递增.(3)∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，即a－＝－a＋，解得a＝1.∴f(ax)<f(2)即为f(x)<f(2)，又∵f(x)在R上单调递增，∴x<2.∴x的取值范围是(－∞，2).B级　能力提升11.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　∵当x＝0时，两个表达式对应的函数值都为0，∴函数的图象是一条连续的曲线.又∵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，∴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－2<x<1.答案　D12.(2020·皖东名校联盟联考)若函数f(x)＝的值域是[e－1，＋∞)，其中e是自然对数的底数，则实数m的最小值是________.解析　当x≥e时，(x－ln x)′＝1－>0，此时函数f(x)在[e，＋∞)上单调递增，值域是[e－1，＋∞).当x<e时，y＝－x＋m是减函数，其值域是.因此⊆[e－1，＋∞).于是－＋m≥e－1，解得m≥－1，故实数m的最小值是－1.答案　－113.已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)是增函数，f(1)＝0，f(3)＝1.(1)解不等式0<f(x2－1)<1；(2)若f(x)≤m2－2am＋1对所有x∈(0，3]，a∈[－1，1]恒成立，求实数m的取值范围.解　(1)由解得<x<2或－2<x<－.∴原不等式的解集为{x|－2<x<－或<x<2}.(2)∵函数f(x)在(0，3]上是增函数，∴f(x)在(0，3]上的最大值为f(3)＝1，∴不等式f(x)≤m2－2am＋1对所有x∈(0，3]，a∈[－1，1]恒成立转化为1≤m2－2am＋1对所有a∈[－1，1]恒成立，即m2－2am≥0对所有a∈[－1，1]恒成立.设g(a)＝－2ma＋m2，a∈[－1，1]，∴需满足即解该不等式组，得m≤－2或m≥2或m＝0，即实数m的取值范围为(－∞，－2]∪{0}∪[2，＋∞).C级　创新猜想14.(多填题)(2019·北京卷)设函数f(x)＝ex＋ae－x(a为常数).若f(x)为奇函数，则a＝________；若f(x)是R上的增函数，则a的取值范围是________.解析　若f(x)为奇函数，则f(－x)＝－f(x)，即e－x＋aex＝－(ex＋ae－x)，即(a＋1)(ex＋e－x)＝0对任意的x恒成立，所以a＝－1.若函数f(x)＝ex＋ae－x是R上的增函数，则f′(x)＝ex－ae－x≥0恒成立，所以a≤e2x恒成立，则有a≤0，即a的取值范围是(－∞，0].答案　－1　(－∞，0]