第二节函数的单调性与最值.docx
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第二节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，
∴g（x）＝x3不是“圆锥托底型”函数．
（2）∵f（x）＝x2＋1是“圆锥托底型”函数，故存在M＞0，使得|f（x）|＝|x2＋1|≥M|x|对于任意实数恒成立．
∴x≠0时，M≤＝|x|＋，此时当x＝±1时，|x|＋取得最小值2，
∴M≤2.而当x＝0时，也成立．
∴M的最大值等于2.
10．已知函数f（x）＝a－.
（1）求证：
函数y＝f（x）在（0，＋∞）上是增函数；
（2）若f（x）＜2x在（1，＋∞）上恒成立，求实数a的取值范围．
解：
（1）证明：
当x∈（0，＋∞）时，f（x）＝a－，
设0＜x1＜x2，则x1x2＞0，x2－x1＞0，
f（x2）－f（x1）＝－＝－＝＞0，
所以f（x）在（0，＋∞）上是增函数．
（2）由题意a－＜2x在（1，＋∞）上恒成立，
设h（x）＝2x＋，
则a＜h（x）在（1，＋∞）上恒成立．
任取x1，x2∈（1，＋∞）且x1＜x2，
h（x1）－h（x2）＝（x1－x2）.
因为1＜x1＜x2，所以x1－x2＜0，x1x2＞1，所以2－＞0，
所以h（x1）＜h（x2），
所以h（x）在（1，＋∞）上单调递增．
故a≤h
（1），即a≤3，
所以实数a的取值范围是（－∞，3]．
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．已知减函数f（x）的定义域是实数集R，m，n都是实数．如果不等式f（m）－f（n）＞f（－m）－f（－n）成立，那么下列不等式成立的是（ ）
A．m－n＜0B．m－n＞0
C．m＋n＜0D．m＋n＞0
解析：
选A 设F（x）＝f（x）－f（－x），
由于f（x）是R上的减函数，
∴f（－x）是R上的增函数，－f（－x）是R上的减函数，
∴F（x）是R上的减函数，
∴当m＜n时，有F（m）＞F（n），
即f（m）－f（－m）＞f（n）－f（－n）成立．
因此，当f（m）－f（n）＞f（－m）－f（－n）成立时，不等式m－n＜0一定成立，故选A.
2．已知函数f（x）＝lg，其中a是大于0的常数．
（1）求函数f（x）的定义域；
（2）当a∈（1,4）时，求函数f（x）在[2，＋∞）上的最小值；
（3）若对任意x∈[2，＋∞）恒有f（x）＞0，试确定a的取值范围．
解：
（1）由x＋－2＞0，得＞0，
当a＞1时，x2－2x＋a＞0恒成立，定义域为（0，＋∞）；
当a＝1时，定义域为{x|x＞0且x≠1}；
当0＜a＜1时，定义域为{x|0＜x＜1－或x＞1＋}．
（2）设g（x）＝x＋－2，当a∈（1,4），x∈[2，＋∞）时，g′（x）＝1－＝＞0恒成立，
所以g（x）＝x＋－2在[2，＋∞）上是增函数．
所以f（x）＝lg在[2，＋∞）上是增函数．
所以f（x）＝lg在[2，＋∞）上的最小值
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