浙江高考数学一轮复习 函数的单调性与最值.docx
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浙江高考数学一轮复习函数的单调性与最值
第二节
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<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对于任意的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为函数y=f(x)的最大值
M为函数y=f(x)的最小值
[小题体验]
1.给定函数①y=x,②y=log(x+1),③y=|x-1|,④y=2x+1.其中在区间(0,1)上单调递减的函数序号是( )
A.①② B.②③
C.③④D.①④
解析:
选B ①y=x在(0,1)上递增;②∵t=x+1在(0,1)上递增,且0<<1,∴y=log(x+1)在(0,1)上递减;③结合图象(图略)可知y=|x-1|在(0,1)上递减;④∵u=x+1在(0,1)上递增,且2>1,∴y=2x+1在(0,1)上递增.故在区间(0,1)上单调递减的函数序号是②③.
2.(2019·绍兴调研)函数f(x)=x-log2(x+2)在区间[-1,1]上的最大值为________.
解析:
由于y=x在R上单调递减,y=log2(x+2)在[-1,1]上单调递增,所以f(x)在[-1,1]上单调递减,故f(x)在[-1,1]上的最大值为f(-1)=3.
答案:
3
3.(2018·丽水模拟)已知函数f(x)=则f(f(3))=________,f(x)的单调递减区间是________.
解析:
∵f(3)=log3=-1,
∴f(f(3))=f(-1)=-1+2+3=4.
当x≤1时,f(x)=-x2-2x+3=-(x+1)2+4,
对称轴x=-1,f(x)在[-1,1]上单调递减,且f
(1)=0,
当x>1时,f(x)单调递减,且f(x)<f
(1)=0,
∴f(x)在[-1,+∞)上单调递减.
答案:
4 [-1,+∞)
1.易混淆两个概念:
“函数的单调区间”和“函数在某区间上单调”,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.
2.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.例如,函数f(x)在区间(-1,0)上是减函数,在(0,1)上是减函数,但在(-1,0)∪(0,1)上却不一定是减函数,如函数f(x)=.
3.两函数f(x),g(x)在x∈(a,b)上都是增(减)函数,则f(x)+g(x)也为增(减)函数,但f(x)·g(x),等的单调性与其正负有关,切不可盲目类比.
[小题纠偏]
1.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________.
答案:
[-1,1],[5,7]
2.函数f(x)=在[-6,-2]上的最大值是________,最小值是________.
解析:
因为f(x)=在[-6,-2]上是减函数,所以当x=-6时,f(x)取得最大值-.当x=-2时,f(x)取得最小值-.
答案:
- -
[题组练透]
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.试讨论函数f(x)=(a≠0)在(-1,1)上的单调性.
解:
法一:
(定义法)
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.
法二:
(导数法)
f′(x)===-.
当a>0时,f′(x)<0,函数f(x)在(-1,1)上递减;
当a<0时,f′(x)>0,函数f(x)在(-1,1)上递增.
3.判断函数y=在(-1,+∞)上的单调性.
解:
法一:
任取x1,x2∈(-1,+∞),且x1<x2,
则y1-y2=-
=.
∵x1>-1,x2>-1,∴x1+1>0,x2+1>0,
又x1<x2,∴x2-x1>0,
∴>0,即y1-y2>0.
∴y1>y2,
∴函数y=在(-1,+∞)上单调递减.
法二:
y==1+.
∵y=x+1在(-1,+∞)上是增函数,
∴y=在(-1,+∞)上是减函数,
∴y=1+在(-1,+∞)上是减函数.
即函数y=在(-1,+∞)上单调递减.
[谨记通法]
判断或证明函数的单调性的2种重要方法及其步骤
(1)定义法,其基本步骤:
(2)导数法,其基本步骤:
[典例引领]
求下列函数的单调区间:
(1)y=-x2+2|x|+1;
(2)y=log(x2-3x+2).
解:
(1)由于y=
即y=
画出函数图象如图所示,单调递增区间为(-∞,-1]和[0,1],单调递减区间为[-1,0]和[1,+∞).
(2)令u=x2-3x+2,则原函数可以看作y=logu与u=x2-3x+2的复合函数.
令u=x2-3x+2>0,则x<1或x>2.
∴函数y=log(x2-3x+2)的定义域为(-∞,1)∪(2,+∞).
又u=x2-3x+2的对称轴x=,且开口向上.
∴u=x2-3x+2在(-∞,1)上是单调减函数,在(2,+∞)上是单调增函数.
而y=logu在(0,+∞)上是单调减函数,
∴y=log(x2-3x+2)的单调递减区间为(2,+∞),单调递增区间为(-∞,1).
[由题悟法]
确定函数的单调区间的3种方法
[提醒] 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“∪”联结,也不能用“或”联结.
[即时应用]
1.函数f(x)=
的单调递增区间为( )
A. B.
C.D.
解析:
选D 令t=,由x-x2≥0,得0≤x≤1,故函数的定义域为[0,1].因为g(t)=t是减函数,所以f(x)的单调递增区间即t=的单调递减区间.利用二次函数的性质,得t=的单调递减区间为,即原函数的单调递增区间为.
2.(2018·温州十校联考)函数f(x)=lg(9-x2)的定义域为________;其单调递增区间为________.
解析:
对于函数f(x)=lg(9-x2),令t=9-x2>0,解得-3<x<3,可得函数的定义域为(-3,3).
令g(x)=9-x2,则函数f(x)=lg(g(x)),又函数g(x)在定义域内的增区间为(-3,0].
所以函数f(x)=lg(9-x2)在定义域内的单调递增区间为(-3,0].
答案:
(-3,3) (-3,0]
[锁定考向]
高考对函数单调性的考查多以选择题、填空题的形式出现,有时也应用于解答题中的某一问中.
常见的命题角度有:
(1)求函数的值域或最值;
(2)比较两个函数值或两个自变量的大小;
(3)解函数不等式;
(4)利用单调性求参数的取值范围或值.
[题点全练]
角度一:
求函数的值域或最值
1.(2018·台州三区适应性考试)已知函数f(x)=2x+ax3+bsinx(a>0,b>0),若x∈[0,1]时,f(x)的最大值为3,则x∈[-1,0)时,f(x)的最小值是________.
解析:
因为函数f(x)=2x+ax3+bsinx在区间[-1,1]上为单调递增函数.所以当x∈[0,1]时,f(x)的最大值为f
(1)=2+a·13+bsin1=3,a+bsin1=1,当x∈[-1,0)时,f(x)的最小值为f(-1)=2-1+a·(-1)3+bsin(-1)=-(a+bsin1)=-.
答案:
-
角度二:
比较两个函数值或两个自变量的大小
2.(2018·杭州模拟)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>a
C.a>c>bD.b>a>c
解析:
选D 因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.
∵1<2<<e,∴f
(2)>f>f(e),∴b>a>c.
角度三:
解函数不等式
3.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:
选C 由f(x)为R上的减函数且f<f
(1),得即
∴-1<x<0或0<x<1.故选C.
角度四:
利用单调性求参数的取值范围或值
4.若f(x)=是定义在R上的减函数,则a的取值范围是( )
A.B.
C.D.
解析:
选A 由题意知,
解得
所以a∈,故选A.
[通法在握]
函数单调性应用问题的常见类型及解题策略
(1)求函数最值
方法
步骤
单调性法
先确定函数的单调性,再由单调性求最值
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
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
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
换元法
对比较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
(2)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.
(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.
(4)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.
[提醒] 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.
[演练冲关]
1.设函数f(x)=若函数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:
选D 作出函数f(x)的图象如图所示,由图象可知,若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.
2.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 ∵当x=0时,两个表达式对应的函数值都为零,∴函数的图象是一条连续的曲线.∵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.
3.(2017·浙江名校高考联盟联考)若函数f(x)=a|x+b|-1在(1,+∞)上是减函数,则实数a的取值范围是________,实数b的取值范围是________.
解析:
当a>0时,函数f(x)=a|x+b|-1在(-∞,-b]上是减函数,在(-b,+∞)上是增函数,不满足函数f(x)=a|x+b|-1在(1,+∞)上是减函数;当a=0时,f(x)=-1,不满足函数f(x)=a|x+b|-1在(1,+∞)上是减函数;当a<0时,函数f(x)=a|x+b|-1在(-∞,-b]上是增函数,在(-b,+∞)上是减函数,因为函数f(x)=a|x+b|-1在(1,+∞)上是减函数,所以a<0且-b≤1,即a<0且b≥-1.
答案:
(-∞,0) [-1,+∞)
一抓基础,多练小题做到眼疾手快
1.(2018·珠海摸底)下列函数中,定义域是R且为增函数的是( )
A.y=2-x B.y=x
C.y=log2xD.y=-
解析:
选B 由题知,只有y=2-x与y=x的定义域为R,且只有y=x在R上是增函数.
2.(2018·绍兴模拟)已知函数f(x)的图象关于(1,0)对称,当x>1时,f(x)=loga(x-1),且f(3)=-1,若x1+x2<2,(x1-1)(x2-1)<0,则( )
A.f(x1)+f(x2)<0
B.f(x1)+f(x2)>0
C.f(x1)+f(x2)可能为0
D.f(x1)+f(x2)可正可负
解析:
选B ∵当x>1时,f(x)=loga(x-1),
f(3)=loga2=-1,∴a=,
故函数f(x)在(1,+∞)上为减函数,
若x1+x2<2,(x1-1)(x2-1)<0,
不妨令x1<1,x2>1,则x2<2-x1,
f(x2)>f(2-x1),
又∵函数f(x)的图象关于(1,0)对称,
∴f(x1)=-f(2-x1),
此时f(x1)+f(x2)=-f(2-x1)+f(x2)>0,故选B.
3.已知函数f(x)=log4(4-|x|),则f(x)的单调递增区间是________;f(0)+4f
(2)=________.
解析:
令y=log4u,其中u=4-|x|,且u=4-|x|>0,由于函数y=log4u是单调递增函数,故要求f(x)的单调递增区间,只需求u=4-|x|的单调递增区间,得解得-4<x≤0,所以f(x)的单调递增区间是(-4,0];易得f(0)+4f
(2)=log44+4log42=1+2=3.
答案:
(-4,0] 3
4.函数y=-x(x≥0)的最大值为________.
解析:
令t=,则t≥0,所以y=t-t2=-2+,结合图象知,当t=,即x=时,ymax=.
答案:
5.(2018·杭州十二校联考)设min{x,y}=若定义域为R的函数f(x),g(x)满足f(x)+g(x)=,则min{f(x),g(x)}的最大值为____________.
解析:
设min{f(x),g(x)}=m,∴⇒2m≤f(x)+g(x)⇒m≤,
显然当m取到最大值时,x>0,∴=≤=,∴m≤,当且仅当时等号成立,即m的最大值是.
答案:
二保高考,全练题型做到高考达标
1.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,+∞).
2.(2018·浙江名校协作体联考)函数y=x+的值域为( )
A.[1+,+∞)B.(,+∞)
C.[,+∞)D.(1,+∞)
解析:
选D 因为函数y=x+=x+,所以当x≥1时,函数为增函数,所以y≥+1;当x<1时,设x-1=t,则t<0,函数y=t++1=+1,所以函数在(-∞,0)上为增函数,当t→0时,y→+1,当t→-∞时,y→1,所以1<y<+1.综上所述,函数y=x+的值域为(1,+∞).
3.定义新运算⊕:
当a≥b时,a⊕b=a;当a<b时,a⊕b=b2,则函数f(x)=(1⊕x)x-(2⊕x),x∈[-2,2]的最大值等于( )
A.-1B.1
C.6D.12
解析:
选C 由已知得当-2≤x≤1时,f(x)=x-2,
当1<x≤2时,f(x)=x3-2.
∵f(x)=x-2,f(x)=x3-2在定义域内都为增函数.
∴f(x)的最大值为f
(2)=23-2=6.
4.已知函数f(x)=是R上的单调函数,则实数a的取值范围是( )
A.B.
C.D.
解析:
选B 由对数函数的定义可得a>0,且a≠1.
又函数f(x)在R上单调,则二次函数y=ax2-x-的图象开口向上,
所以函数f(x)在R上单调递减,
故有即
所以a∈.
5.(2018·湖州模拟)若f(x)是定义在(-1,1)上的减函数,则下列不等式正确的是( )
A.f(sinx)>f(cosx)
B.f>f(x)
C.f≥f
D.f≥f
解析:
选D A.x∈时,sinx>cosx,
∵f(x)在(-1,1)上为减函数,
∴f(sinx)<f(cosx),∴该选项错误;
B.x∈(-1,1),∴-x=(x-1)2>0,
∴>x,且f(x)在(-1,1)上单调递减,
∴f<f(x),∴该选项错误;
C.-==,
∵x∈(-1,1),
∴x∈(-1,0)时,x>1,
∴>,且f(x)在(-1,1)上为减函数,
∴f<f,∴该选项错误;
D.-=,
∴①x∈(-1,0]时,x-1≥0,1-x≤0,
∴≤.
②x∈(0,1)时,x-1<0,1-x>0,
∴<,
∴综上得,≤,
∵f(x)为(-1,1)上的减函数,
∴f≥f,∴该选项正确.
6.(2019·金华四校联考)若函数f(x)=x2+a|x-2|在(0,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围是________.
解析:
∵f(x)=x2+a|x-2|,
∴f(x)=
又∵f(x)在(0,+∞)上单调递增,
∴∴-4≤a≤0,
∴实数a的取值范围是[-4,0].
答案:
[-4,0]
7.设函数f(x)=的图象过点(1,1),函数g(x)是二次函数,若函数f(g(x))的值域是[0,+∞),则函数g(x)的值域是________.
解析:
因为函数f(x)=的图象过点(1,1),所以m+1=1,解得m=0,所以f(x)=画出函数y=f(x)的大致图象如图所示,观察图象可知,
当纵坐标在[0,+∞)上时,横坐标在(-∞,-1]∪[0,+∞)上变化.
而f(x)的值域是(-1,+∞),
f(g(x))的值域是[0,+∞),
因为g(x)是二次函数,
所以g(x)的值域是[0,+∞).
答案:
[0,+∞)
8.若函数f(x)=ax(a>0,a≠1)在[-1,2]上的最大值为4,最小值为m,且函数g(x)=(1-4m)在[0,+∞)上是增函数,则a=________.
解析:
函数g(x)在[0,+∞)上为增函数,则1-4m>0,即m<.若a>1,则函数f(x)在[-1,2]上的最小值为=m,最大值为a2=4,解得a=2,=m,与m<矛盾;当0<a<1时,函数f(x)在[-1,2]上的最小值为a2=m,最大值为a-1=4,解得a=,m=.所以a=.
答案:
9.(2018·杭州五校联考)函数y=f(x)的定义域为R,若存在常数M>0,使得|f(x)|≥M|x|对一切实数x均成立,则称f(x)为“圆锥托底型”函数.
(1)判断函数f(x)=2x,g(x)=x3是否为“圆锥托底型”函数?
并说明理由.
(2)若f(x)=x2+1是“圆锥托底型”函数,求出M的最大值.
解:
(1)函数f(x)=2x.∵|2x|=2|x|≥2|x|,即对于一切实数x使得|f(x)|≥2|x|成立,
∴函数f(x)=2x是“圆锥托底型”函数.
对于g(x)=x3,如果存在M>0满足|x3|≥M|x|,
而当x=时,由3≥M,
∴≥M,得M≤0,矛盾,