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- 2021-06-16 发布
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第2节 函数的单调性与最值
最新考纲 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x1f(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
[微点提醒]
1.函数y＝f(x)(f(x)>0)在公共定义域内与y＝－f(x)，y＝的单调性相反.
2.“对勾函数”y＝x＋(a>0)的单调增区间为(－∞，－)，(，＋∞)；单调减区间是[－，0)，(0，].
基 础 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(1) B. f(m)0，所以m>1，所以f(m)>f(1).
答案 A
6.(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 D
考点一 确定函数的单调性(区间)
【例1】 (1)(2019·东北三省四校质检)若函数y＝log(x2－ax＋3a)在区间(2，＋∞)上是减函数，则a的取值范围为( )
A.(－∞，－4)∪[2，＋∞) B.(－4，4]
C.[－4，4) D.[－4，4]
解析 令t＝x2－ax＋3a，则y＝logt(t>0)，
易知t＝x2－ax＋3a在上单调递减，
在上单调递增.
∵y＝log(x2－ax＋3a)在区间(2，＋∞)上是减函数，
∴t＝x2－ax＋3a在(2，＋∞)上是增函数，且在(2，＋∞)上t>0，
∴2≥，且4－2a＋3a≥0，∴a∈[－4，4].
答案 D
(2)判断并证明函数f(x)＝ax2＋(其中10，20，
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.
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】 (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－10，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)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.
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)已知函数f(x)＝则f[f(－3)]＝________，f(x)的最小值是________.
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)∵f(－3)＝lg[(－3)2＋1]＝lg 10＝1，
∴f[f(－3)]＝f(1)＝0，
当x≥1时，f(x)＝x＋－3≥2－3，当且仅当x＝时，取等号，此时f(x)min＝2－3<0；
当x<1时，f(x)＝lg(x2＋1)≥lg 1＝0，当且仅当x＝0时，取等号，此时f(x)min＝0.
∴f(x)的最小值为2－3.
答案 (1)C (2)0 2－3
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)(2019·郑州调研)函数f(x)＝－在x∈[1，4]上的最大值为M，最小值为m，则M－m的值是( )
A. B.2 C. D.
(2)(2018·邵阳质检)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
解析 (1)易知f(x)＝－在[1，4]上是增函数，
∴M＝f(x)max＝f(4)＝2－＝，m＝f(1)＝0.
因此M－m＝.
(2)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.
答案 (1)A (2)C
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)的图象向左平移1个单位后关于y轴对称，当x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)<0恒成立，设a＝f，b＝f(2)，c＝f(3)，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
解析 由于函数f(x)的图象向左平移1个单位后得到的图象关于y轴对称，故函数y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，
所以a＝f＝f.
当x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，等价于函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以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)0成立，那么实数a的取值范围是________.
解析 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
规律方法 1.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.
2.(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”.
【训练3】 (1)已知奇函数f(x)在R上是增函数，若a＝－f，b＝f(log2 4.1)，c＝f(20.8)，则a，b，c的大小关系为( )
A.alog24.1>2>20.8，且y＝f(x)在R上是增函数，所以a>b>c.
(2)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00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－32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
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)得f(x)在上是单调增函数，
∴f＝，f(2)＝2，易得a＝.
10.函数f(x)＝loga(1－x)＋loga(x＋3)(0g(1)＝1－a>0；
当a＝0时，g(x)＝x在区间(1，＋∞)上为增函数，此时，g(x)min>g(1)＝1：
当01－a>0，
此时g(x)min>g(1)＝1－a；
综上，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增.
答案 D
13.已知f(x)＝不等式f(x＋a)>f(2a－x)在[a，a＋1]上恒成立，则实数a的取值范围是________.
解析 二次函数y1＝x2－4x＋3的对称轴是x＝2，所以该函数在(－∞，0]上单调递减，所以x2－4x＋3≥3，同样可知函数y2＝－x2－2x＋3在(0，＋∞)上单调递减，所以－x2－2x＋3<3，所以f(x)在R上单调递减，所以由f(x＋a)>f(2a－x)得到x＋a<2a－x，即2x0，2x2＋1>0.
∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)
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