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- 2021-06-16 发布
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§2.2 函数的单调性与最值
考纲展示►
1.理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义.
2.会利用函数的图象理解和研究函数的性质.
考点1 函数单调性的判断(证明)
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x1f(x2) 上升的 下降的
(1)[教材习题改编]函数y＝(2k＋1)x＋b在(－∞，＋∞)上是减函数，则( )
A．k> B．k<
C．k>－ D．k<－
答案：D
(2)[教材习题改编]当k<0时，函数f(x)＝kx＋m在R上是________函数．(填“增”或“减”)
答案：减
解析：当k＜0时，函数f(x)＝kx＋m在R上是减函数．
单调性易错点：单调性是区间内的性质．
函数f(x)＝x2－1在定义域内________单调性．(填“有”或“没有”)
答案：没有
解析：虽然函数在区间(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数，但不能说函数在定义域内为单调函数，函数的单调区间是函数定义域的子集，定义域不一定是函数的单调区间．
[典题1] (1)[2017·浙江金华模拟]若函数f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝(a＋1)1－x在区间[1,2]上都是减函数，则a的取值范围是( )
A．(－1,0) B．(－1,0)∪(0,1]
C．(0,1) D．(0,1]
[答案] D
[解析] f(x)＝－x2＋2ax的对称轴为x＝a，要使f(x)在[1,2]上为减函数，必须有a≤1，又g(x)＝(a＋1)1－x在[1,2]上是减函数，所以a＋1>1，即a>0，故00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)0得x<－1或x>2，又u＝x2－x－2在(－∞，－1)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，y＝logu为减函数，故f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，故选C.
(2)求函数y＝－x2＋2|x|＋1的单调区间．
[解] 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，＋∞)．
[题点发散1] 若将本例(2)中函数变为“f(x)＝|－x2＋2x＋1|”，如何求解？
解：函数y＝|－x2＋2x＋1|的图象如图所示．
由图象可知，函数y＝|－x2＋2x＋1|的单调递增区间为(1－，1)和(1＋，＋∞)；
单调递减区间为(－∞，1－)和(1,1＋)．
[题点发散2] 若将本例(2)中函数变为“f(x)＝”，如何求解？
解：由－x2＋2|x|＋1≥0，得1－≤|x|≤1＋，又|x|≥0，∴0≤|x|≤1＋，
即－1－≤x≤1＋.
根据函数图象可知，f(x)的单调递增区间为[－1－，－1]和[0,1]，单调递减区间为[－1,0]和[1,1＋ ]．
[点石成金] 1.确定有解析式的函数单调区间的三种方法
[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．
2．求复合函数y＝f(g(x))的单调区间的步骤
(1)确定函数的定义域．
(2)将复合函数分解成基本初等函数y＝f(u)，
u＝g(x)．
(3)分别确定这两个函数的单调区间．
(4)若这两个函数同增同减，则y＝f(g(x))为增函数；若一增一减，则y＝f(g(x))为减函数，即“同增异减”.
[2017·天津模拟]函数y＝f(x)(x∈R)的图象如图所示，则函数g(x)＝f(logax)(0x1>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>b D．b>a>c
[答案] D
[解析] 因为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<f>f(e)，
∴b>a>c.
角度三
利用函数的单调性求解不等式
[典题5] f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调增函数，满足f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，当f(x)＋f(x－8)≤2时，x的取值范围是( )
A．(8，＋∞) B．(8,9]
C．[8,9] D．(0,8)
[答案] B
[解析] 2＝1＋1＝f(3)＋f(3)＝f(9)，由f(x)＋f(x－8)≤2，可得f(x(x－8))≤f(9)，因为f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数，所以有解得8＜x≤9.
角度四
利用单调性求参数的取值范围或值
[典题6] (1)[2017·湖南师大附中月考]已知函数f(x)＝是R上的增函数，则a的取值范围是( )
A．[－3,0) B．(－∞，－2]
C．[－3，－2] D．(－∞，0)
[答案] C
[解析] 由题设可得解得－3≤a≤－2，故选C.
(2)已知函数f(x)＝满足对任意的实数x1≠x2，都有<0成立，则实数a的取值范围为( )
A．(－∞，2) B．
C．(－∞，2] D．
[答案] B
[解析] 由题意可知，函数f(x)是R上的减函数，于是有由此解得a≤，即实数a的取值范围是.
[点石成金] 函数单调性应用问题的常见类型及解题策略
(1)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．
(2)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．
(3)利用单调性求参数．
①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；
②需注意若函数在区间[a，b]上是单调的，则该函数在此区间的任意子集区间上也是单调的．
(4)利用单调性求最值．应先确定函数的单调性，然后再由单调性求出最值．
[方法技巧] 1.利用定义证明或判断函数单调性的步骤
(1)取值；(2)作差；(3)变形；(4)定号；(5)下结论．
2．判断函数单调性的常用方法
(1)定义法；(2)复合法：同增异减；(3)导数法；(4)图象法．
3．设任意x1，x2∈[a，b]且x1< x2，那么
(1)>0⇔f(x)在[a，b]上是增函数；<0⇔f(x)在[a，b]上是减函数．
(2)(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0⇔f(x)在[a，b]上是增函数；(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0⇔f(x)在[a，b]上是减函数．
[易错防范] 1.区分两个概念：“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．
真题演练集训
1．[2014·北京卷]下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( )
A．y＝ B．y＝(x－1)2
C．y＝2－x D．y＝log0.5(x＋1)
答案：A
解析：A项，函数y＝在[－1，＋∞)上为增函数，所以函数在(0，＋∞)上为增函数，故正确；B项，函数y＝(x－1)2在(－∞，1)上为减函数，在[1，＋∞)上为增函数，故错误；C项，函数y＝2－x＝x在R上为减函数，故错误；D项，函数y＝log0.5(x＋1)在(－1，＋∞)上为减函数，故错误．
2．[2014·陕西卷]下列函数中，满足“f(x＋y)＝f(x)f(y)”的单调递增函数是( )
A．f(x)＝x B．f(x)＝x3
C．f(x)＝x D．f(x)＝3x
答案：D
解析：根据各选项知，选项C，D中的指数函数满足f(x＋y)＝f(x)·f(y)．又f(x)＝3x是增函数，故选D.
3．[2015·天津卷]已知定义在R上的函数f(x)＝2|x－m|－1(m为实数)为偶函数，记a＝f(log0.53)，b＝f(log25)，c＝f(2m)，则a，b，c的大小关系为( )
A．a＜b＜c B．a＜c＜b
C．c＜a＜b D．c＜b＜a
答案：C
解析：由f(x)＝2|x －m|－1是偶函数可知m＝0，所以f(x)＝2|x|－1.
所以a＝f(log0.53)＝2|log0.53|－1＝2|log23|－1＝2，b＝f(log25)＝2|log25|－1＝2|log25|－1＝4，
c＝f(0)＝2|0|－1＝0，所以c0，则x的取值范围是________．
答案：(－1,3)
解析：由题可知，当－20.f(x－1)的图象是由f(x)的图象向右平移1个单位长度得到的，若f(x－1)>0，则－10时，－2x<0；当x≤0时，f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，令f′(x)>0，得x<－1，f′(x)<0，得－12，解得a<－1.
课外拓展阅读
转化与化归思想在求解函数不等式中的应用
[典例] [2017·陕西西安模拟]已知定义在R上的函数f(x)满足：
①f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋1；
②当x>0时，f(x)>－1.
(1)求f(0)的值，并证明f(x)在R上是单调增函数；
(2)若f(1)＝1，解关于x的不等式f(x2＋2x)＋f(1－x)>4.
[审题视角] (1)对于抽象函数的单调性的证明，只能用定义．借助于赋值法比较出f(x2)与f(x1)的大小．
(2)将函数不等式中的抽象函数符号“f”运用单调性“去掉”是本小题的切入点．要构造出f(M)>f(N)的形式．
[解] (1)令x＝y＝0，得f(0)＝－1.
在R上任取x1>x2，
则x1－x2>0，f(x1－x2)>－1.
又f(x1)＝f((x1－x2)＋x2)＝f(x1－x2)＋f(x2)＋1>f(x2)，
所以函数f(x)在R上是单调增函数．
(2)由f(1)＝1，得f(2)＝3，f(3)＝5.
由f(x2＋2x)＋f(1－x)>4，得f(x2＋x＋1)>f(3)，
又函数f(x)在R上是增函数，故x2＋x＋1>3，
解得x<－2或x>1，
故原不等式的解集为{x|x<－2或x>1}．
[方法点睛] (1)在利用定义法证明抽象函数的单调性时，应根据所给抽象关系式的特点，对x1或x2进行适当变形，进而将f(x1)与f(x2)比较出大小．
(2)求解含“f”的不等式问题，应先利用已知条件将不等式转化为f(x1)>f(x2)的形式，然后再根据其单调性脱掉“f”，转化为关于x1与x2的不等式问题求解．
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