高考數(shù)學(xué)（理）精優(yōu)大一輪復(fù)習(xí)人教a通用版講義第5講函數(shù)的單調(diào)性與最值

第5講函數(shù)的單調(diào)性與最值1.單調(diào)函數(shù)的定義增函數(shù)減函數(shù)定義一般地,設(shè)函數(shù)f(x)的定義域為I,如果對于定義域I內(nèi)某個區(qū)間D上的任意兩個自變量的值x1,x2當(dāng)x1<x2時,都有,那么就說函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù)

當(dāng)x1<x2時,都有,那么就說函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是減函數(shù)

圖像描述自左向右看圖像是

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2.單調(diào)區(qū)間的定義如果函數(shù)y=f(x)在區(qū)間D上是,那么就說函數(shù)y=f(x)在這一區(qū)間具有(嚴(yán)格的)單調(diào)性,叫作函數(shù)y=f(x)的單調(diào)區(qū)間.

3.函數(shù)的最值前提設(shè)函數(shù)y=f(x)的定義域為I,如果存在實數(shù)M滿足條件(1)對于任意x∈I,都有f(x)≤M;(2)存在x0∈I,使得f(x0)=M(1)對于任意x∈I,都有;

(2)存在x0∈I,使得

結(jié)論M為最大值M為最小值常用結(jié)論1.函數(shù)的單調(diào)性(1)若f(x),g(x)均為區(qū)間A上的增(減)函數(shù),則f(x)+g(x)也是區(qū)間A上的增(減)函數(shù).(2)若k>0,則kf(x)與f(x)單調(diào)性相同;若k<0,則kf(x)與f(x)單調(diào)性相反.(3)函數(shù)y=f(x)(f(x)>0)在公共定義域內(nèi)與y=-f(x),y=1f((4)函數(shù)y=f(x)(f(x)≥0)在公共定義域內(nèi)與y=f(x(5)復(fù)合函數(shù)單調(diào)性的確定方法:若兩個簡單函數(shù)的單調(diào)性相同,則這兩個函數(shù)的復(fù)合函數(shù)為增函數(shù);若兩個簡單函數(shù)的單調(diào)性相反,則這兩個函數(shù)的復(fù)合函數(shù)為減函數(shù).簡稱“同增異減”.2.單調(diào)性定義的等價形式:設(shè)x1,x2∈[a,b],x1≠x2.(1)若有(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0或f(x1)-f(x2)x1-x2>0(2)若有(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0或f(x1)-f(x2)x1-x2<03.函數(shù)最值的兩條結(jié)論:(1)閉區(qū)間上的連續(xù)函數(shù)一定存在最大值和最小值,當(dāng)函數(shù)在閉區(qū)間上單調(diào)時最值一定在端點處取得.(2)開區(qū)間上的“單峰”函數(shù)一定存在最大值或最小值.題組一常識題1.[教材改編]函數(shù)f(x)=(2a-1)x-3是R上的減函數(shù),則a的取值范圍是.

2.[教材改編]函數(shù)f(x)=(x-2)2+5(x∈[-3,3])的單調(diào)遞增區(qū)間是;單調(diào)遞減區(qū)間是.

3.[教材改編]函數(shù)f(x)=3x+1(x∈[2,5])的最大值與最小值之和等于4.[教材改編]函數(shù)f(x)=|x-a|+1在[2,+∞)上是增函數(shù),則實數(shù)a的取值范圍是.

題組二常錯題◆索引:求單調(diào)區(qū)間忘記定義域?qū)е鲁鲥e;對于分段函數(shù),一般不能整體單調(diào),只能分段單調(diào);利用單調(diào)性解不等式忘記在單調(diào)區(qū)間內(nèi)求解;混淆“單調(diào)區(qū)間”與“在區(qū)間上單調(diào)”兩個概念.5.函數(shù)f(x)=ln(4+3x-x2)的單調(diào)遞減區(qū)間是.

6.已知函數(shù)f(x)=(a-2)x,x≥27.函數(shù)y=f(x)是定義在[-2,2]上的減函數(shù),且f(a+1)<f(2a),則實數(shù)a的取值范圍是.

8.(1)若函數(shù)f(x)=x2+2(a-1)x+2在區(qū)間(-∞,4]上是減函數(shù),則實數(shù)a的取值范圍是.

(2)若函數(shù)f(x)=x2+2(a-1)x+2的單調(diào)遞減區(qū)間為(-∞,4],則a的值為.

探究點一函數(shù)單調(diào)性的判斷與證明例1判斷函數(shù)f(x)=ax+x-3x+2(a>1),x∈(-2,+∞)

[總結(jié)反思](1)定義法證明函數(shù)單調(diào)性的一般步驟:①任取x1,x2∈D,且x1<x2;②作差f(x1)-f(x2);③變形(通常是因式分解和配方);④定號(即判斷f(x1)-f(x2)的正負(fù));⑤下結(jié)論(即指出函數(shù)f(x)在給定的區(qū)間D上的單調(diào)性).變式題(1)下列函數(shù)中,在(0,+∞)上單調(diào)遞增的函數(shù)是 ()A.y=-x2+1 B.y=|x-1|C.y=1-1x-1 D.y=(2)[2018·茂名二聯(lián)]設(shè)函數(shù)f(x)在R上為增函數(shù),則下列結(jié)論一定正確的是 ()A.y=[f(x)]2在R上為增函數(shù)B.y=|f(x)|在R上為增函數(shù)C.y=2-f(x)在R上為減函數(shù)D.y=-[f(x)]3在R上為增函數(shù)探究點二求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間例2(1)[2018·石嘴山一模]函數(shù)y=ln(-x2+2x+3)的單調(diào)遞增區(qū)間是 ()A.(-1,1] B.[1,3)C.(-∞,1] D.[1,+∞)(2)設(shè)函數(shù)f(x)=1,x>0,0,x=0,-1,x<0,g(

[總結(jié)反思](1)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的常見方法:①定義法;②圖像法;③導(dǎo)數(shù)法.(2)求復(fù)合函數(shù)單調(diào)區(qū)間的一般步驟為:①確定函數(shù)的定義域;②求簡單函數(shù)的單調(diào)區(qū)間;③求復(fù)合函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,其依據(jù)是“同增異減”.(3)單調(diào)區(qū)間只能用區(qū)間表示,不能用集合或不等式表示,有多個單調(diào)區(qū)間應(yīng)分開寫,不能用并集符號“∪”連接.變式題(1)[2019·成都七中一診]函數(shù)f(x)=x2-2x-A.(-∞,-2] B.(-∞,1]C.[1,+∞) D.[4,+∞)(2)已知函數(shù)f(x)=-x|x|+2x,則下列結(jié)論正確的是()A.f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,+∞)B.f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(-∞,0)C.f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-∞,-1)D.f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-1,1)探究點三利用函數(shù)單調(diào)性解決問題 微點1利用函數(shù)的單調(diào)性比較大小例3已知f(x)是定義在(0,+∞)上的函數(shù),對任意兩個不相等的正數(shù)x1,x2,都有x2f(x1)-x1f(x2)x1-x2>A.a<b<c B.b<a<cC.c<a<b D.c<b<a

[總結(jié)反思]比較函數(shù)值的大小時,應(yīng)先將自變量轉(zhuǎn)化到同一個單調(diào)區(qū)間內(nèi),再利用函數(shù)的單調(diào)性去比較大小.微點2利用函數(shù)的單調(diào)性解決不等式問題例4(1)[2018·廣州模擬]已知函數(shù)f(x)=log2(4x+1)+x,則不等式f(log3x)<1的解集為 ()A.(0,1) B.(0,2)C.(-1,0) D.(-1,1)(2)已知函數(shù)f(x)的定義域為R,對任意x1<x2,都有f(x1)-f(x2)<x1-x2,且f(2)=3,則不等式f(3x-1)>3x的解集為 ()A.(2,+∞) B.(-∞,2)C.(1,+∞) D.(-∞,1)

[總結(jié)反思]解函數(shù)不等式的理論依據(jù)是函數(shù)單調(diào)性的定義,具體步驟是:(1)將函數(shù)不等式轉(zhuǎn)化成f(x1)>f(x2)的形式;(2)考查函數(shù)f(x)的單調(diào)性;(3)據(jù)函數(shù)f(x)的單調(diào)性去掉法則“f”,轉(zhuǎn)化為形如“x1>x2”或“x1<x2”的常規(guī)不等式,從而得解.微點3利用函數(shù)的單調(diào)性求最值問題例5(1)已知a>0,設(shè)函數(shù)f(x)=2018x+1+20172018x+1+2018x3(x∈[-a,a])的最大值為M,最小值為NA.2018 B.2019C.4035 D.4036(2)[2018·龍巖質(zhì)檢]函數(shù)f(x)=13x-log2(x+4)在區(qū)間[-2,2]上的最大值為

[總結(jié)反思]若函數(shù)f(x)在區(qū)間[a,b]上單調(diào),則必在區(qū)間的端點處取得最值;若函數(shù)f(x)在區(qū)間[a,b]上不單調(diào),則最小值為函數(shù)f(x)在該區(qū)間內(nèi)的極小值和區(qū)間端點值中最小的值,最大值為函數(shù)f(x)在該區(qū)間內(nèi)的極大值和區(qū)間端點值中最大的值.微點4利用函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的范圍(或值)例6(1)[2018·南充三模]已知f(x)=(3-a)x,x∈(-∞,A.(0,3) B.(1,3)C.(1,+∞) D.3(2)已知函數(shù)f(x)=e|x-a|(a為常數(shù)),若f(x)在區(qū)間[1,+∞)上是增函數(shù),則a的取值范圍是.

[總結(jié)反思](1)根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性,將題設(shè)條件轉(zhuǎn)化為含參數(shù)的不等式(組),即可求出參數(shù)的值或范圍;(2)若分段函數(shù)是單調(diào)函數(shù),則不僅要保證在各區(qū)間上單調(diào)性一致,還要確保在整個定義域內(nèi)是單調(diào)的.應(yīng)用演練1.【微點1】[2018·南陽第一中學(xué)模擬]已知a,b∈R,0<a<b<1,則下列不等式錯誤的是 ()A.a3<b3 B.2a<2bC.log2a<log3b D.loga2<logb22.【微點3】設(shè)函數(shù)f(x)=2xx-2在區(qū)間[3,4]上的最大值和最小值分別為M,m,則m2A.23 B.C.32 D.3.【微點4】已知函數(shù)f(x)=ax2-2x-5a+6對任意兩個不相等的實數(shù)x1,x2∈[2,+∞),都有不等式f(xA.(0,+∞) B.1C.0,12 4.【微點2】[2018·昆明檢測]已知函數(shù)f(x)=e-x,x≤0,-x2-2x+1,x>0A.-∞,12C.0,12 5.【微點3】[2018·河南六市聯(lián)考]若函數(shù)f(x)=|x|-1x2,1≤|x|≤9的最大值為M,最小值為m,A.24181 B.C.269 D.第5講函數(shù)的單調(diào)性與最值考試說明1.理解函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值及其幾何意義.2.會運用基本初等函數(shù)圖像分析函數(shù)的性質(zhì).【課前雙基鞏固】知識聚焦1.f(x1)<f(x2)f(x1)>f(x2)上升的下降的2.增函數(shù)或減函數(shù)區(qū)間D3.f(x)≥Mf(x0)=M對點演練1.a<12[解析]當(dāng)2a-1<0,即a<12時,f(x)是R2.(2,3][-3,2][解析]由函數(shù)f(x)=(x-2)2+5(x∈[-3,3])的圖像(圖略)即可得到單調(diào)區(qū)間.3.32[解析]函數(shù)f(x)=3x+1在[2,5]上是減函數(shù),所以最大值為f(2)=1,最小值為f(5)=12,所以最大值與最小值之和為1+4.a≤2[解析]因為函數(shù)f(x)=|x-a|+1的單調(diào)遞增區(qū)間是[a,+∞),當(dāng)f(x)在[2,+∞)上單調(diào)遞增時,滿足[2,+∞)?[a,+∞),所以a≤2.5.32,4[解析]函數(shù)f(x)的定義域是(-1,4),u(x)=-x2+3x+4=-x-322+254,x∈(-1,4)的單調(diào)遞減區(qū)間為32,6.-∞,138[解析]由題知a-2<0,(a7.[-1,1)[解析]由條件知-2≤a+1≤2,8.(1)a≤-3(2)-3[解析](1)函數(shù)圖像的對稱軸為直線x=1-a,由1-a≥4,得a≤-3.(2)函數(shù)圖像的對稱軸為直線x=1-a,由1-a=4,得a=-3.【課堂考點探究】例1[思路點撥]直接判斷單調(diào)性即可,再按照單調(diào)性的定義證明單調(diào)性.解:該函數(shù)在(-2,+∞)上單調(diào)遞增.證明如下:任取x1,x2∈(-2,+∞),不妨設(shè)x1<x2,則x2-x1>0,x1+2>0,x2+2>0,又a>1,所以ax2>ax1,即有ax所以f(x2)-f(x1)=ax2+x2-=(ax2-ax=(ax2-ax1)+故函數(shù)f(x)在(-2,+∞)上單調(diào)遞增.變式題(1)D(2)C[解析](1)對于選項A,函數(shù)y=-x2+1在(0,+∞)上單調(diào)遞減,故A錯;對于選項B,函數(shù)y=|x-1|在(0,+∞)上先減后增,故B錯;對于選項C,函數(shù)y=1-1x-1在(0,1)和(1,+∞)上均單調(diào)遞增,但在(0,+∞)上不單調(diào)遞增,故對于選項D,函數(shù)y=lnx+x在(0,+∞)上單調(diào)遞增,所以D正確.(2)A錯,比如f(x)=x在R上為增函數(shù),但y=[f(x)]2在R上不具有單調(diào)性;B錯,比如f(x)=x在R上為增函數(shù),但y=|f(x)|=|x|在(0,+∞)上為增函數(shù),在(-∞,0)上為減函數(shù);C對,f(x)在R上為增函數(shù),所以-f(x)在R上單調(diào)遞減,所以y=2-f(x)在R上為減函數(shù);D錯,比如f(x)=x在R上為增函數(shù),但y=-[f(x)]3=-x3在R上為減函數(shù).故選C.例2[思路點撥](1)先令t=-x2+2x+3>0求得函數(shù)的定義域,再根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性的性質(zhì)判定函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間;(2)作出函數(shù)g(x)的圖像,由圖像可得單調(diào)遞減區(qū)間.(1)A(2)[0,1)[解析](1)令t=-x2+2x+3>0,求得-1<x<3,故函數(shù)的定義域為(-1,3).由二次函數(shù)的性質(zhì)可知,t=-(x-1)2+4,x∈(-1,3)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-1,1],故函數(shù)y=ln(-x2+2x+3)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-1,1].(2)由題意知g(x)=x2,x>1,0,x變式題(1)D(2)D[解析](1)由x2-2x-8≥0得x≥4或x≤-2.令t=x2-2x-8,則y=t為增函數(shù),又t=x2-2x-8在[4,+∞)上單調(diào)遞增,∴原函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為[4,+∞),故選D.(2)由題意可得函數(shù)的定義域為R.∵函數(shù)f(x)=-x|x|+2x,∴f(-x)=x|-x|-2x=-f(x),∴f(x)為奇函數(shù).當(dāng)x≥0時,f(x)=-x2+2x=-(x-1)2+1,由二次函數(shù)的性質(zhì)可知,函數(shù)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減;由奇函數(shù)的性質(zhì)可得,函數(shù)在(-1,0)上單調(diào)遞增,在(-∞,-1)上單調(diào)遞減.綜上可得,函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-1,1).故選D.例3[思路點撥]先根據(jù)已知條件判定y=f(x)xB[解析]∵f(x)是定義在(0,+∞)上的函數(shù),對任意兩個不相等的正數(shù)x1,x2,都有x2f(x1)-x1f(x2)x1-x2>0,∴函數(shù)y=f(x)x是(0,+∞)上的增函數(shù).∵1<30.2<30.5=3<2,0<0.32<1,log25>2例4[思路點撥](1)分析函數(shù)的單調(diào)性,將不等式轉(zhuǎn)化為f(log3x)<f(0),進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為求解log3x<0即可;(2)構(gòu)造函數(shù),利用單調(diào)性把所求不等式中的函數(shù)符號去掉,得出一般的不等式,解該不等式即可.(1)A(2)C[解析](1)易知函數(shù)f(x)=log2(4x+1)+x是R上的增函數(shù),且f(0)=log2(1+1)=1,所以f(log3x)<1可以轉(zhuǎn)化為f(log3x)<f(0),結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性可以將不等式轉(zhuǎn)化為log3x<0,解得0<x<1,從而得原不等式的解集為(0,1).(2)由已知條件知f(x1)-x1<f(x2)-x2對任意x1<x2恒成立,故函數(shù)g(x)=f(x)-x為R上的增函數(shù),且g(2)=f(2)-2=1.不等式f(3x-1)>3x,即f(3x-1)-(3x-1)>1,即g(3x-1)>1=g(2),所以3x-1>2,得3x>3,解得x>1,故所求不等式的解集為(1,+∞).例5[思路點撥](1)對原函數(shù)解析式化簡變形,利用常見函數(shù)的單調(diào)性確定f(x)的單調(diào)性,從而得到函數(shù)的最大值和最小值;(2)函數(shù)f(x)可看成是由函數(shù)y=13x和函數(shù)y=-log2(x+4)組合而成的,分別考查這兩個函數(shù)的單調(diào)性可得函數(shù)f(x)在區(qū)間[-2,2](1)C(2)8[解析](1)f(x)=2018x+1+20172018x+1+2018=2018-12018x+1+因為y=-12018x+1,y=2018x3均為增函數(shù),所以f(x)在[-a,故最大值為f(a),最小值為f(-a),所以M+N=f(a)+f(-a)=2018-12018a+1+2018a3+2018-12018-a+1+2018(-a(2)因為函數(shù)y=13x和函數(shù)y=-log2(x+4)是定義域內(nèi)的減函數(shù),所以函數(shù)f(x)=13x-log2(x+4)在區(qū)間[-2,2]上單調(diào)遞減,則所求函數(shù)的最大值為f(-2)=13-2-log2(-2+4)例6[思路點撥](1)根據(jù)一次函數(shù)以及指數(shù)函數(shù)的性質(zhì),結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性得到不等式組,解出即可.(2)根據(jù)解析式求出所給函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間,利用[1,+∞)是所得單調(diào)遞增區(qū)間的子集,求得a的取值范圍.(1)D(2)(-∞,1][解析](1)由題意得3-a>0,a>1,(2)∵f(x)=e|x-a|=ex-a,x≥a,ea-x,x<a,∴f(x)在[a,+∞)上為增函數(shù)應(yīng)用演練1.D[解析]因為函數(shù)y=x3與函數(shù)y=2x在定義域內(nèi)單調(diào)遞增,所以A,B正確;由log2a<log3a<log3b可得C正確;函數(shù)y=log2x單調(diào)遞增,所以log2a<log2b<0,所以1log2a>1log2b,即loga2>logb22.D[解析]由題意得f(x)=2xx-2=2+4x-2,所以函數(shù)f(x)在區(qū)間[3,4]上單調(diào)遞減,所以M=f(3)=2+43-2=6,m=f(4)=2+44-23.D[解析]因為函數(shù)f(x)=ax2-2x-5a+6對任意兩個不相等的實數(shù)x1,x2∈[2,+∞),都有不等式f(x2)-f(x1)x2-x1>0成立,所以函數(shù)f(x)=ax2-2x-54.A[解析]函數(shù)f(x)=e-x=1ex在(-∞,0]函數(shù)f(x)=-x2-2x+1在(0,+∞)上為減函數(shù),且e-0=-02-2×0+1,所以函數(shù)f(x)在(-∞,+∞)上為減函數(shù).由f(a-1)≥f(-a)得a-1≤-a,解得a≤12故選A.5.B[解析]令t=|x|,1≤t≤9,則f(x)=g(t)=t-1t由y=t,y=-1t2在[1,9]上單調(diào)遞增,可得g(t)=t-1t2在[1,所以f(x)的最小值m=g(1)=1-112=f(x)的最大值M=g(9)=9-192=所以M-m=24281,故選B【備選理由】例1考查抽象函數(shù)單調(diào)性的證明以及函數(shù)不等式的求解,考查轉(zhuǎn)化思想和計算能力;例2考查的是有關(guān)函數(shù)值比較大小的問題,在求解的過程中,需要抓住題中的條件f(1+x)=f(1-x),得到函數(shù)圖像的對稱性,再結(jié)合單調(diào)性比較大小;例3需要構(gòu)造函數(shù),利用函數(shù)單調(diào)性求解,考查學(xué)生的觀察能力和運用條件的能力,有一定的難度;例4涉及絕對值函數(shù)的最值問題,一般利用絕對值定義去掉絕對值,將函數(shù)轉(zhuǎn)化為分段函數(shù),再根據(jù)函數(shù)單調(diào)性確定函數(shù)的最值.例1[配合例1使用]函數(shù)f(x)對任意的m,n∈R都有f(m+n)=f(m)+f(n)-1,并且當(dāng)x>0時,恒有f(x)>1.(1)求證:f(x)在R上是增函數(shù);(2)若f(3)=4,解不等式f(a2+a-5)<2.解:(1)證明:設(shè)x1,x2∈R,且x1<x2,則x2-x1>0,所以f(x2-x1)>1,所以f(x2)-f(x1)=f[(x2-x1)+x1]-f(x1)=f(x2-x1)+f(x1)-1-f(x1)>0,即f(x2)>f(x1),所以f(x)是R上的增函數(shù).(2)因為m,n∈R,不妨設(shè)m=n=1,所以f(1+1)=f(1)+f(1)-1,即f(2)=2f(1)-1,所以f(3)=f(2+1)=f(2)+f(1)-1=2f(1)-1+f(1)-1=3f(1)-2=4,所以f(1)=2,所以f(a2+a-5)<2等價于f(a2+a-5)<f(1).因為f(x)在R上為增函數(shù),所以a2+a-5<1,得-3<a<2,即a∈(-3,2).例2[配合例3使用][2018·莆田質(zhì)檢]設(shè)函數(shù)f(x)滿足f(1+x)=f(1-x),且f(x)是[1,+∞)上的增函數(shù),則a=