（2022高考数学一轮复习(步步高)）第2节 函数的单调性与最值.doc

1、第第 2 节节函数的单调性与最值函数的单调性与最值 考试要求借助函数图象，会用符号语言表达函数的单调性、最大值、最小值， 理解它们的作用和实际意义. 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 x1x2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 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 yf(x

2、)在区间 D 上是增函数或减函数，那么就说函数 yf(x)在这一区 间具有(严格的)单调性，区间 D 叫做函数 yf(x)的单调区间. 2.函数的最值 前提设函数 yf(x)的定义域为 I，如果存在实数 M 满足 条件 (1)对于任意 xI，都有 f(x)M； (2)存在 x0I，使得 f(x0)M (3)对于任意 xI，都有 f(x)M； (4)存在 x0I，使得 f(x0)M 结论M 为最大值M 为最小值 常用结论与微点提醒 1.若 f(x)，g(x)均为区间 A 上的增(减)函数，则 f(x)g(x)也是区间 A 上的增(减) 函数. 2.函数 yf(x)(f(x)0 或 f(x)0)的

3、单调增区间为(， a)，( a，)；单调减 区间是 a，0)，(0， a. 诊 断 自 测 1.判断下列结论正误(在括号内打“”或“”) (1)对于函数 f(x)，xD，若对任意 x1，x2D，且 x1x2有(x1x2)f(x1)f(x2)0， 则函数 f(x)在区间 D 上是增函数.() (2)函数 y1 x的单调递减区间是(，0)(0，).( ) (3)对于函数 yf(x)，若 f(1)0，得 x4 或 x2. 设 tx22x8，则 yln t 为增函数. 要求函数 f(x)的单调递增区间，即求函数 tx22x8 的单调递增区间. 函数 tx22x8 的单调递增区间为(4，)， 函数 f(

4、x)的单调递增区间为(4，). 答案D 5.(2020长沙模拟)函数 yf(x)是定义在2，2上的减函数，且 f(a1)2a， 解得1a1. 答案1，1) 6.(2020青岛二中月考)函数 f(x) 1 x，x1， x22，x1 的最大值为_. 解析当 x1 时， 函数 f(x)1 x为减函数， 所以 f(x)在 x1 处取得最大值， 为 f(1) 1；当 x0，得2x3，故函数的定义域为(2，3)，令 tx2x 6，则 ylog1 2t，易知其为减函数，由复合函数的单调性法则可知本题等价于求 函数 tx2x6 在(2， 3)上的单调递减区间.利用二次函数的性质可得 t x2x6 在定义域(2

5、，3)上的单调递减区间为 1 2，3，故选 A. 答案A (2)(一题多解)试讨论函数 f(x) ax x1(a0)在(1，1)上的单调性. 解法一设1x1x21， f(x)a x11 x1a 1 1 x1 ， f(x1)f(x2)a 1 1 x11 a 1 1 x21 a（x2x1） （x11）（x21）， 由于1x1x20，x110，x210 时，f(x1)f(x2)0，即 f(x1)f(x2)，函数 f(x)在(1，1)上单调递减； 当 a0 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 a0，函数 f(x)在(1，1)上单调

6、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： 定义法； 图象法； 利用已知函数的单调性； 导数法. (2)函数 yfg(x)的单调性应根据外层函数 yf(t)和内层函数 tg(x)的单调性判 断，遵循“同增异减”的原则. 【训练 1】 (1)设函数 f(x) 1，x0， 0，x0， 1，x1， 0，x1， x2，x1， 函数的图象如图所示的实线部分，根据图象，g(x)的递减区间是0，1). 答案0，1) (2)判断并证明函

7、数 f(x)ax21 x(其中 1a3)在 x1，2上的单调性. 证明f(x)在1，2上单调递增，证明如下： 设 1x1x22，则 f(x2)f(x1)ax22 1 x2ax 2 1 1 x1 (x2x1) a（x1x2） 1 x1x2， 由 1x10，2x1x24. 1x1x24，1 1 x1x2 1 4. 又因为 1a3，所以 2a(x1x2)0， 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. 考点二求函数的最值 【例 2】 (1)已知函数 f(x)axlogax(a0，且 a1)在1，2上的最大值与最小值 之和为 loga2

8、6，则 a 的值为() A.1 2 B.1 4 C.2D.4 (2)(一题多解)(2020惠州一中月考)对于任意实数 a，b，定义 mina，b a，ab， b，ab. 设函数 f(x)x3，g(x)log2x，则函数 h(x)minf(x)，g(x)的最 大值是_. 解析(1)f(x)axlogax 在1，2上是单调函数， 所以 f(1)f(2)loga26， 则 aloga1a2loga2loga26， 即(a2)(a3)0，又 a0，所以 a2. (2)法一在同一坐标系中， 作函数 f(x)，g(x)的图象， 依题意，h(x)的图象如图所示的实线部分. 易知点 A(2，1)为图象的最高点

9、， 因此 h(x)的最大值为 h(2)1. 法二依题意，h(x) log2x，02. 当 02 时，h(x)3x 是减函数， 因此 h(x)在 x2 时取得最大值 h(2)1. 答案(1)C(2)1 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)(多选题) (2020山东新高考模拟)已知函数f(

10、x)ln(x2)ln(6x)， 则() A.f(x)在(2，6)上单调递增 B.f(x)在(2，6)上的最大值为 2ln 2 C.f(x)在(2，6)上无最小值 D.f(x)的图象关于直线 x4 对称 (2)设函数 f(x) x2，x1， x6 x6，x1， 则 f(x)的最小值是_. 解析(1)f(x)ln(x2)ln(6x)ln(x2)(6x)，定义域为(2，6).令 t(x 2)(6x)，则 yln t.因为二次函数 t(x2)(6x)的图象的对称轴为直线 x4， 且在(2，4)上单调递增，在(4，6)上单调递减，所以当 x4 时，t 有最大值，所 以 f(x)maxf(4)2ln 2，

11、f(x)在(2，6)上无最小值.故选 BCD. (2)当 x1 时，f(x)x2的最小值为 0， 当 x1 时，f(x)x6 x62 66(当且仅当 x 6时，取“”). 由于 2 66x11时， f(x2)f(x1)(x2 x1)abB.cba C.acbD.bac 解析因为f(x)的图象关于直线x1对称， 所以f 1 2 f 5 2 .由当x2x11时， f(x2) f(x1)(x2x1)0 恒成立，知 f(x)在(1，)上单调递减.又 125 2f 5 2 f(e)，即 f(2)f 1 2 f(e)，故 bac. 答案D 角度 2求解函数不等式 【例 32】 (2018全国卷)设函数 f

12、(x) 2 x，x0， 1，x0. 则满足 f(x1)f(2x)的 x 的取值范围是() A.(，1B.(0，) C.(1，0)D.(，0) 解析当 x0 时，函数 f(x)2 x 是减函数，则 f(x)f(0)1. 作出 f(x)的大致图象如图所示， 结合图象知， 要使 f(x1)f(2x)， 当且仅当 x10， 2x0， 2xx1 或 x10， 2x0， 解得 x1 或1x0，即 x0. 答案D 角度 3求参数的值或取值范围 【例 33】 (1)(2018全国卷)若 f(x)cos xsin x 在0，a上是减函数，则 a 的最大值是() A. 4 B. 2 C.3 4 D. (2) 如

13、果 函 数 f(x) （2a）x1，x0 成立，那么 a 的取值范围是_. 解析(1)f(x)cos xsin x 2sin x 4 ， 当 x 4 2， 2 ，即 x 4， 3 4 时， ysin x 4 单调递增， f(x) 2sin x 4 单调递减， 4， 3 4 是 f(x)在原点附近的单调减区间， 结合条件得0，a 4， 3 4 ， a3 4 ，即 amax3 4 . (2)对任意 x1x2，都有f（x1）f（x2） x1x2 0， 所以 yf(x)在(，)上是增函数. 所以 2a0， a1， （2a）11a， 解得3 2a0， 若 f(a1)f(a)，则实数 a 的取值范围是()

14、 A. ，1 2B. 1 2， C. 0，1 2D. 1 2，1 (2)(角度 1)(2019全国卷)设 f(x)是定义域为 R 的偶函数，且在(0，)单调递 减，则() A.f log31 4 f(2 3 2)f(2 2 3) B.f log31 4 f(2 2 3)f(2 3 2) C.f(2 3 2)f(2 2 3)f log31 4 D.f(2 2 3)f(2 3 2)f log31 4 (3)(角度 3)若函数 f(x)x22ax 与 g(x) a x1在区间1，2上都是减函数，则 a 的取值范围是() A.(1，0)(0，1)B.(1，0)(0，1 C.(0，1)D.(0，1 解析

15、(1)作出函数 f(x)的图象如图所示，知函数 f(x)在 R 上是减函 数， 由 f(a1)f(a)，得 a1a， 解得 a1 2. (2)因为 f(x)是定义域为 R 的偶函数， 所以 f log31 4 f(log34)f(log34). 又因为 log3412 2 32 3 20，且函数 f(x)在(0，)上单调递减，所以 f(log34) f(2 2 3)f(2 3 2). 即 f log31 4 f(2 2 3)f(2 3 2). (3)因为 f(x)x22ax(xa)2a2在1，2上为减函数，所以由其图象得 a1.g(x) a x1，g(x) a （x1）2，要使 g(x)在1，

16、2上为减函数，需 g(x)0 在1，2上恒成立，故有a0.综上可知 00 时，exex0，exex0，所以 f(x)0.故 f(x)在(0，)上是增函 数. 答案A 2.(2020昆明诊断)已知函数 f(x)在 R 上单调递减，且 a33.1，b 1 3 ，cln 1 3， 则 f(a)，f(b)，f(c)的大小关系为() A.f(a)f(b)f(c)B.f(b)f(c)f(a) C.f(c)f(a)f(b)D.f(c)f(b)f(a) 解析因为 a33.1301，0b 1 3 1 3 0 1，cln 1 3ln 10，所以 cbf(b)f(a). 答案D 3.已知函数 f(x)loga(x2

17、2x3)(a0 且 a1)，若 f(0)0，可得3x1，故函数的定义域 为x|3x1.根据 f(0)loga30，可得 0a1，又 g(x)在定义域(3，1)内的减 区间是1，1)，f(x)的单调递增区间为1，1). 答案C 4.(多选题)函数 y2x x1，x(m，n的最小值为 0，则 m 的取值可以为( ) A.2B.1C.0D.1 解析函数 y2x x1 3（x1） x1 3 x11 在区间(1，)上是减函数，且 f(2)0，所以 n2. 根据题意，x(m，n时，ymin0. 所以 m 的取值范围是1，2)，故 m 可以取1，0，1. 答案BCD 5.(2020福州调研)已知函数 f(x

18、) x2（4a3）x3a，x0 且 a1)在 R 上单调递减，则 a 的取值范围是() A. 3 4，1B. 0，3 4 C. 1 3， 3 4D. 0，1 3 解析由分段函数 f(x)在 R 上单调递减， 可得 0a1， 根据二次函数图象及性质， 可得4a3 2 0，解得 a3 4，又由 3alog a(01)1 得 3a1，解得 a1 3. 实数 a 的取值范围是 1 3， 3 4 . 答案C 二、填空题 6.(多填题)函数 y|x|(1x)的单调递增区间为_，单调递减区间为 _. 解析y|x|(1x) x（1x），x0， x（1x），x0 x2x，x0， x2x，x0， 2a2，即 2a

19、210， a1， 即 a1. 答案1，) 8.设函数 f(x) x24x，x4， log2x，x4. 若函数 yf(x)在区间(a，a1)上单调递增，则 实数 a 的取值范围是_. 解析作函数 f(x)的图象如图所示， 由图象可知 f(x)在(a， a1)上单调递增， 需满足 a4 或 a12， 即 a1 或 a4. 答案(，14，) 三、解答题 9.已知函数 f(x)1 a 1 x(a0，x0). (1)求证：f(x)在(0，)上是增函数； (2)若 f(x)在 1 2，2上的值域是 1 2，2，求 a 的值. (1)证明设 x2x10，则 x2x10，x1x20， f(x2)f(x1) 1

20、 a 1 x2 1 a 1 x1 1 x1 1 x2 x2x1 x1x2 0，f(x2)f(x1)，f(x)在(0， )上是增函数. (2)解f(x)在 1 2，2上的值域是 1 2，2， 又由(1)知 f(x)在 1 2，2上是单调增函数， f 1 2 1 2，f(2)2，易得 a 2 5. 10.已知函数 f(x)a 2 2x1. (1)求 f(0)； (2)探究 f(x)的单调性，并证明你的结论； (3)若 f(x)为奇函数，求满足 f(ax)f(2)的 x 的范围. 解(1)f(0)a 2 201a1. (2)f(x)在 R 上单调递增.证明如下： f(x)的定义域为 R，任取 x1，

21、x2R 且 x1x2， 则 f(x1)f(x2)a 2 2x11a 2 2x21 2（2x12x2） （12x1）（12x2）， y2x在 R 上单调递增且 x1x2， 02x12x2，2x12x20，2x210. f(x1)f(x2)0，即 f(x1)f(x2). f(x)在 R 上单调递增. (3)f(x)是奇函数，f(x)f(x)， 即 a 2 2 x1a 2 2x1，解得 a1. f(ax)f(2)即为 f(x)f(2)， 又f(x)在 R 上单调递增，x0，若 f(2x 2)f(x)，则实数 x 的取值范围是 () A.(，1)(2，)B.(，2)(1，) C.(1，2)D.(2，1

22、) 解析当 x0 时，两个表达式对应的函数值都为 0， 函数的图象是一条连续的曲线.又当 x0 时，函数 f(x)x3为增函数， 当 x0 时，f(x)ln(x1)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(2x2)f(x)等价于 2x2x，即 x2x20，解得2x1. 答案D 12.(2020皖东名校联盟联考)若函数 f(x) 1 2xm，x0，此时函数 f(x)在e，)上单调递增，值 域是e1，). 当 xe 时 ， y 1 2 x m 是 减 函 数 ， 其 值 域 是 e 2m，. 因 此 e 2m，e1，). 于是e 2me1，解得 m 3e 2 1， 故实

23、数 m 的最小值是3e 2 1. 答案 3e 2 1 13.已知定义在区间(0，)上的函数 f(x)是增函数，f(1)0，f(3)1. (1)解不等式 0f(x21)0， 1x213，解得 2x2 或2x 2. 原不等式的解集为x|2x 2或 2x1，若 ff(1)4a，则实数 a_，函 数 f(x)的单调增区间为_. 解析f(x) x21，x1， 2xax，x1，f(1)1 212，ff(1)f(2)222a.由 ff(1) 4a，222a4a，a2.当 x1 时，f(x)在(，0上递减，在0，1上递 增，且 f(1)2；当 x1 时，f(x)2x2x 在(1，)上递增，令 x1 时，2x2x 224f(1)，故 f(x)的单调增区间为0，1(1，)0，). 答案20，)