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- 2021-06-24 发布
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第二节 函数的单调性与最值
最新考纲
考情分析
1.理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义.
2.会运用基本初等函数的图象分析函数的性质.
1.主要考查函数单调性的判定、求单调区间、比较大小、解不等式、求最值及不等式恒成立问题.
2.题型以选择题、填空题为主,若与导数交汇命题则以解答题的形式出现,属中高档题.
知识点一 函数的单调性
1.增函数、减函数的定义
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x1,x2:
(1)增函数:当x1f(x2),那么就说函数f(x)在区间D上是减函数.
2.单调性、单调区间的定义
若函数y=f(x)在区间D上是增函数或减函数,则称函数y=f(x)在这一区间上具有(严格的)单调性,区间D叫做y=f(x)的单调区间.
注意以下结论
1.对∀x1,x2∈D(x1≠x2),>0⇔f(x)在D上是增函数,<0⇔f(x)在D上是减函数.
2.对勾函数y=x+(a>0)的增区间为(-∞,-]和[,+∞),减区间为[-,0)和(0,].
3.在区间D上,两个增函数的和仍是增函数,两个减函数的和仍是减函数.
4.函数f(g(x))的单调性与函数y=f(u)和u=g(x)的单调性的关系是“同增异减”.
知识点二 函数的最值
1.思考辨析
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)0时,y=xα在(0,+∞
)上单调递增,当α<0,y=xα在(0,+∞)上单调递减,所以选项A正确;选项D中的函数y=可转化为y=x-1,所以函数y=在(0,+∞)上单调递减,故选项D不符合题意;对于指数函数y=ax(a>0,且a≠1),当01时,y=ax在(-∞,+∞)上单调递增,而选项B中的函数y=2-x可转化为y=x,因此函数y=2-x在(0,+∞)上单调递减,故选项B不符合题意;对于对数函数y=logax(a>0,且a≠1),当01时,y=logax在(0,+∞)上单调递增,因此选项C中的函数y=在(0,+∞)上单调递减,故选项C不符合题意.故选A.
(2)y=|x2-3x+2|
=
如图所示,函数的单调递增区间是和[2,+∞).
(3)方法1:(定义法)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.
【答案】 (1)A (2)B (3)见解析
方法技巧
判断函数单调性常用以下几种方法:
(1)定义法:一般步骤为设元→作差→变形→判断符号→得出结论.
(2)图象法:如果f(x)是以图象形式给出的,或者f(x)的图象易作出,则可由图象的上升或下降确定单调性.
(3)导数法:先求导数,利用导数值的正负确定函数的单调区间.
(4)性质法:①对于由基本初等函数的和、差构成的函数,根据各初等函数的增减性及f(x)±g(x)增减性质进行判断;
②对于复合函数,先将函数y=f(g(x))分解成y=f(t)和t=g(x),再讨论(判断)这两个函数的单调性,最后根据复合函数“同增异减”的规则进行判断.
1.下列函数中,满足“∀x1,x2∈(0,+∞)且x1≠x2,(x1-x2)·[f(x1
)-f(x2)]<0”的是( C )
A.f(x)=2x B.f(x)=|x-1|
C.f(x)=-x D.f(x)=ln(x+1)
解析:由(x1-x2)·[f(x1)-f(x2)]<0可知,f(x)在(0,+∞)上是减函数,A,D选项中,f(x)为增函数;B中,f(x)=|x-1|在(0,+∞)上不单调;对于f(x)=-x,因为y=与y=-x在(0,+∞)上单调递减,因此f(x)在(0,+∞)上是减函数.
2.函数f(x)=(a-1)x+2在R上单调递增,则函数g(x)=a|x-2|的单调递减区间是(-∞,2].
解析:因为f(x)在R上单调递增,所以a-1>0,即a>1,因此g(x)的单调递减区间就是y=|x-2|的单调递减区间(-∞,2].
3.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.
考点二 函数的最值
【例2】 (1)函数y=x+的最小值为________.
(2)函数y=的值域为________.
(3)函数f(x)=的最大值为________.
【解析】 (1)法1:令t=,且t≥0,则x=t2+1,
∴原函数变为y=t2+1+t,t≥0.
配方得y=2+,
又∵t≥0,∴y≥+=1.
故函数y=x+的最小值为1.
法2:因为函数y=x和y=在定义域内均为增函数,故函数y=x+在其定义域[1,+∞)内为增函数,所以当x=1时y取最小值,即ymin=1.
(2)y==
=2+=2+.
∵2+≥,
∴2<2+≤2+=.
故函数的值域为.
(3)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】 (1)1 (2) (3)2
方法技巧
求函数最值(值域)的五种常用方法
(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.
(5)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.
1.若函数f(x)=x2-2x+m在[3,+∞)上的最小值为1,则实数m的值为( B )
A.-3 B.-2
C.-1 D.1
解析:函数f(x)=x2-2x+m=(x-1)2+m-1的图象如图所示.由图象知在[3,+∞)上f(x)min=f(3)=32-2×3+m=1,得m=-2.
2.函数f(x)=在区间[a,b]上的最大值是1,最小值是,则a+b=6.
解析:由题易知f(x)在[a,b]上为减函数,所以即所以
所以a+b=6.
3.函数y=-x(x≥0)的最大值为.
解析:令t=,则t≥0,x=t2,
所以y=t-t2=-2+,
当t=,即x=时,ymax=.
考点三 函数单调性的应用
命题方向1 比较函数值的大小
【例3】 (2020·成都检测)已知f(x)=3x+2cosx.若a=f(3),b=f(2),c=f(log27),则a,b,c的大小关系是( )
A.a0恒成立,所以函数f(x)是增函数.因为>1,所以3>3.又log240,且a≠1.
又函数f(x)在R上单调,而二次函数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∈.
【答案】 B
方法技巧
(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上也是单调的.
1.(方向1)(2020·合肥检测)已知偶函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,则对实数a,b,“a>|b|”是“f(a)>f(b)”的( A )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
解析:因为f(x)为偶函数,所以f(x)=f(-x)=f(|x|),由于f(x)在[0,+∞)上单调递增,因此若a>|b|≥0,则f(a)>f(|b|),即f(a)>f(b),所以a>|b|是f(a)>f(b)的充分条件;若f(a)>f(b),则f(|a|)>f(|b|),可得|a|>|b|≥0,由于a,b的正负不能判断,因此无法得到a>|b|,则a>|b|不是f(a)>f(b)的必要条件,所以a>|b|是f(a)>f(b)的充分不必要条件,故选A.
2.(方向2)(2020·重庆调研)已知函数f(x)=2x+log3,若不等式f>3成立,则实数m的取值范围是( D )
A.(1,+∞) B.(-∞,1)
C. D.
解析:由>0,得-23成立等价于不等式f>f(1)成立,所以解得f(2x)的解集为( B )
A.(-∞,-3)∪(1,+∞)
B.(-3,1)
C.(-∞,-1)∪(3,+∞)
D.(-1,3)
解析:易知,当x<0时,f′(x)=x2-x>0,f(x)为增函数,当x≥0时,f(x)=ex也为增函数,且x<0时,f(x)<0,x≥0时,f(x)≥1,故f(x)在R上为单调递增函数.故f(3-x2)>f(2x)等价于3-x2>2x,解得-30且a≠1,函数f(x)=在R上单调递增,那么实数a的取值范围是( D )
A.(1,+∞) B.(0,1)
C.(1,2) D.(1,2]
解析:依题意,解得1
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