2022高考数学（理）一轮通用版讲义：2.2函数的单调性与最值

1、PAGE29第二节函数的单调性与最值函数在给定区间上的单调性，反映了函数在区间上的函数值的变化趋势，是函数在区间上的整体性质对于1，2D，都有12f1f20或eqff1f2,120eqavs4al若函数f的值域是开区间，则函数无最值；,若函数f的值域是闭区间，则闭区间上的端点值就是最值1函数的单调性1增函数、减函数增函数减函数定义一般地，设函数f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1，eqoal,2当12时，都有f1f2，那么就说函数f在区间D上是增函数当12时，都有f1f2，那么就说函数f在区间D上是减函数图象描述2单调区间的定义如果函数yf在区间D上是增函数或减

2、函数，那么就说函数yf在这一区间具有严格的单调性，区间D叫做函数yf的单调区间2函数的最值前提设函数yf的定义域为I，如果存在实数M满足条件对于任意的I，都有fM；存在0I，使得f0M对于任意I，都有fM；存在0I，使得f0M结论M为函数yf的最大值M为函数yf的最小值1，2的特征：1任意性；2有大小，即1212；3属于同一个单调区间对于1，2D，都有12f1f20或eqff1f2,1201求函数单调区间或讨论函数单调性必须先求函数的定义域2一个函数的同一种单调区间用“和”或“，”连接，不能用“”连接3函数在某个区间上是单调函数，但在整个定义域上不一定是单调函数，如函数yeqf1,在，0和0，

3、上都是减函数，但在定义域上不具有单调性4“函数的单调区间是M”与“函数在区间N上单调”是两个不同的概念，显然NM熟记常用结论1若函数f，g在区间I上具有单调性，则在区间I上具有以下性质：1f与af在a0时具有相同的单调性，在a0时具有相反的单调性2当f，g都是增减函数时，fg是增减函数3当f，g都是增减函数时，若两者都恒大于零，则fg也是增减函数；若两者都恒小于零，则fg是减增函数2复合函数的单调性对于复合函数yfg，若tg在区间a，b上是单调函数，且yft在区间ga，gb或gb，ga上是单调函数，若tg与yft的单调性相同，则yfg为增函数；若tg与yft的单调性相反，则yfg为减函数简称“

4、同增异减”3开区间上的“单峰”函数一定存在最大值最小值小题查验基础一、判断题对的打“”，错的打“”1函数yeqf1,的单调递减区间是，00，2函数yf在1，上是增函数，则函数的单调递增区间是1，3如果一个函数在定义域内的某几个子区间上都是增函数，则这个函数在定义域上是增函数4所有的单调函数都有最值答案：1234二、选填题1下列函数中，在区间0,1上是增函数的是Ay|By3Cyeqf1,Dy24解析：选Ay3在R上递减，yeqf1,在0，上递减，y24在0，上递减，故选A2函数feqf1,在区间eqblcrcavs4alco12，f1,3上的最大值是f3,2Beqf8,3C2D2解析：选A函数y

5、与yeqf1,在eqblcrcavs4alco12，f1,3上都是减函数，函数feqf1,在eqblcrcavs4alco12，f1,3上是减函数，故f的最大值为f22eqf1,2eqf3,23设定义在1,7上的函数yf的图象如图所示，则函数yf的增区间为_解析：由图可知函数的增区间为1,1和5,7答案：1,1和5,74若函数y21b在R上是减函数，则的取值范围是_解析：因为函数y21b在R上是减函数，所以210，即eqf1,2答案：eqblcrcavs4alco1，f1,25若函数f满足“对任意的1，2R，当12时，都有f1f2”，则满足f21f1的实数的取值范围为_解析：由题意知，函数f在

6、定义域内为减函数，f21f1，211，即1，的取值范围为1，答案：1，eqavs4al考点一确定函数的单调性区间eqavs4al全析考法过关考法全析考法一确定不含参函数的单调性区间例11函数f|232|的单调递增区间是blcrcavs4alco1f3,2，blcrcavs4alco11，f3,2和2，C，1和eqblcrcavs4alco1f3,2，2blcrcavs4alco1，f3,2和2，2函数yeqr26的单调递增区间为_，单调递减区间为_解析1y|232|eqblcrcavs4alco1232，1或2，,232，12如图所示，函数的单调递增区间是eqblcrcavs4alco11，f

7、3,2和2，2令u26，则yeqr26可以看作是由yeqru与u26复合而成的函数令u260，得3或2易知u26在，3上是减函数，在2，上是增函数，而yeqru在0，上是增函数，yeqr26的单调递减区间为，3，单调递增区间为2，答案1B22，3考法二确定含参函数的单调性区间例2试讨论函数feqfa,1a0在1,1上的单调性解法一：定义法设1121，faeqblcrcavs4alco1f11,1aeqblcrcavs4alco11f1,1，则f1f2aeqblcrcavs4alco11f1,11aeqblcrcavs4alco11f1,21eqfa21,1121由于1121，所以210，110

8、，210，故当a0时，f1f20，即f1f2，函数f在1,1上单调递减；当a0时，f1f20，即f1f2，函数f在1,1上单调递增法二：导数法feqfa1a1,12eqfa1a,12eqfa,12当a0时，f0，函数f在1,1上单调递减；当a0时，f0，函数f在1,1上单调递增规律探求看个性考法一中的函数不含有参数解决此类问题时，首先确定定义域，然后利用单调性的定义或借助图象求解即可考法二是在考法一的基础上增加了参数，解决此类问题除利用定义外，导数法是一种非常有效的方法注意分类讨论思想的应用找共性无论考法一还是考法二，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

9、结论2图象法：如果f是以图象形式给出的，或者f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：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fg增减性质进行判断；对于复合函数，先将函数yfg分解成yft和tg，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”的规则进行判断过关训练1函数feqblcrcavs4alco1f1,2eqr2的单调递增区间为blcrcavs4alco1，f1,2blcrcavs4alco10，f1,2blcrcavs4alco1f1,2，blcrcavs4alco1f1,2，1解析

10、：选D令teqr2，由20，得01，故函数的定义域为0,1因为gteqblcrcavs4alco1f1,2t是减函数，所以f的单调递增区间即teqr2的单调递减区间利用二次函数的性质，得teqr2的单调递减区间为eqblcrcavs4alco1f1,2，1，即原函数的单调递增区间为eqblcrcavs4alco1f1,2，1故选D2判断函数feqfa,a0在0，上的单调性解：设1，2是任意两个正数，且12，则f1f2eqblcrcavs4alco11fa,1eqblcrcavs4alco12fa,2eqf12,1212a当012eqra时，012a，120，所以f1f20，即f1f2，所以函数

11、f在0，eqra上是减函数；当eqra12时，12a，120，所以f1f20，即f1f2，所以函数f在eqra，上是增函数综上可知，函数feqfa,a0在0，eqra上是减函数，在eqra，上是增函数eqavs4al考点二函数单调性的应用eqavs4al全析考法过关考法全析考法一比较函数值的大小例1已知函数f的图象关于直线1对称，当211时，f2f1210恒成立，设afeqblcrcavs4alco1f1,2，bf2，cfe，则a，b，c的大小关系为AcabBcbaCacbDbac解析由f的图象关于直线1对称，可得feqblcrcavs4alco1f1,2feqblcrcavs4alco1f5

12、,2由211时，f2f1210恒成立，知f在1，上单调递减12eqf5,2e，f2feqblcrcavs4alco1f5,2fe，bac答案D考法二解函数不等式例21已知函数f为R上的减函数，则满足feqblcrcavs4alco1blc|rc|avs4alco1f1,f1的实数的取值范围是A1,1B0,1C1,00,1D，11，2定义在2,2上的函数f满足12f1f20，12，且fa2af2a2，则实数a的取值范围为_解析1由f为R上的减函数且feqblcrcavs4alco1blc|rc|avs4alco1f1,f1，得eqblcrcavs4alco1blc|rc|avs4alco1f1,

13、1，,0，即eqblcrcavs4alco1|1，,0所以10或02因为函数f满足12f1f20，12，所以函数在2,2上单调递增，所以22a2a2a2，解得0a1答案1C20,1考法三利用函数的单调性求参数例3若feqblcrcavs4alco13a14a，1，,a，1是定义在R上的减函数，则a的取值范围为_解析由题意知，eqblcrcavs4alco13a10，,3a114aa，,a0，解得eqblcrcavs4alco1af1,3，,af1,8，,a0，所以aeqblcrcavs4alco1f1,8，f1,3答案eqblcrcavs4alco1f1,8，f1,3规律探求看个性考法一是比较

14、函数值的大小解决此类问题时，应根据函数的性质如对称性等将自变量转化到函数的同一个单调区间上，利用单调性比较大小考法二是求解与函数单调性有关的抽象函数不等式求解此类问题，主要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以及函数奇偶性质的应用考法三是在考法一和考法二基础上的更深一步的拓展，根据函数单调性把问题转化为单调区间关系的比较找共性对于求解此类有关函数单调性应用的题目，其通用的方法是利用转化思想解题，其思维流程是：过关训练1已知函数flog2eqf1,1，若11,2，22，则Af10，f20Bf10，f20Cf10，f20Df10，f20解析：选B

15、因为函数flog2eqf1,1在1，上为增函数，且f20，所以当11,2时，f1f20，当22，时，f2f20，即f10，f22设函数feqblcrcavs4alco124，4，,log2，4若函数f在区间a，a1上单调递增，则实数a的取值范围是A，1B1,4C4，D，14，解析：选D作出函数f的图象如图所示，由图象可知，若f在a，a1上单调递增，需满足a4或a12，即a1或a4，故选D3已知定义在R上的奇函数yf在0，上单调递增，且feqblcrcavs4alco1f1,20，则不等式flogeqf1,90的解集为_解析：yf是定义在R上的奇函数，且yf在0，上单调递增yf在，0上也是增函数

16、，又feqblcrcavs4alco1f1,20，知feqblcrcavs4alco1f1,2feqblcrcavs4alco1f1,20故原不等式flogeqf1,90可化为flogeqf1,9feqblcrcavs4alco1f1,2或feqblcrcavs4alco1f1,2flogeqf1,9feqblcrcavs4alco10，logeqf1,9eqf1,2或eqf1,2logeqf1,90，解得0eqf1,3或13所以原不等式的解集为eqblcrcavs4alco10f1,3或13答案：eqblcrcavs4alco10f1,3或13eqavs4al考点三函数的最值eqavs4al

17、师生共研过关典例精析1已知函数yeqr1eqr3的最大值为M，最小值为m，则eqfm,M的值为f1,4f1,2fr2,2fr3,22函数feqblcrcavs4alco1f1,，1，,22，1的最大值为_解析1由eqblcrcavs4alco110，,30得函数的定义域是|31，y242eqr1eqr342eqr124，当1时，y取得最大值M2eqr2；当3或1时，y取得最小值m2，所以eqfm,Meqfr2,22当1时，函数feqf1,为减函数，所以f在1处取得最大值，为f11；当1时，易知函数f22在0处取得最大值，为f02故函数f的最大值为2答案1C22解题技法求函数最值值域的常用方法单

18、调性法易确定单调性的函数，利用单调性法研究函数最值值域图象法能作出图象的函数，用图象法，观察其图象最高点、最低点，求出最值值域基本不等式法分子、分母其中一个为一次，一个为二次的函数结构以及两个变量如，y的函数，一般通过变形使之具备“一正、二定、三相等”的条件，用基本不等式法求最值值域过关训练1函数feqf1,1在区间a，b上的最大值是1，最小值是eqf1,3，则ab_解析：易知f在a，b上为减函数，所以eqblcrcavs4alco1fa1，,fbf1,3，即eqblcrcavs4alco1f1,a11，,f1,b1f1,3，所以eqblcrcavs4alco1a2，,b4所以ab6答案：62

19、函数yeqr0的最大值为_解析：令teqr，则t0，所以ytt2eqblcrcavs4alco1tf1,22eqf1,4，当teqf1,2，即eqf1,4时，ymaeqf1,4答案：eqf1,43设0eqf3,2，则函数y432的最大值为_解析：y43222322eqblcrcavs4alco1f232,22eqf9,2，当且仅当232，即eqf3,4时，等号成立eqf3,4eqblcrcavs4alco10，f3,2，函数y432eqblcrcavs4alco10f3,2的最大值为eqf9,2答案：eqf9,2eqavs4al课时跟踪检测一、题点全面练1下列函数中，在区间1,1上为减函数的是

20、Ayeqf1,1BycosCyln1Dy2解析：选D函数y2eqblcrcavs4alco1f1,2在1,1上为减函数22022全国卷函数fln228的单调递增区间是A，2B，1C1，D4，解析：选D由2280，得4或2因此，函数fln228的定义域是，24，注意到函数y228在4，上单调递增，由复合函数的单调性知，fln228的单调递增区间是4，3若函数f22m在3，上的最小值为1，则实数m的值为A3B2C1D1解析：选B因为f12m1在3，上为增函数，且f在3，上的最小值为1，所以f31，即22m11，m4函数feqf,1的单调递增区间是A，1B1，C，1，1，D，1，1，解析：选C因为f

21、eqf11,11eqf1,1，所以f的图象是由yeqf1,的图象沿轴向右平移1个单位，然后沿y轴向下平移一个单位得到，而yeqf1,的单调递增区间为，0，0，；所以f的单调递增区间是，1，1，故选C52022赣州模拟设函数feqblcrcavs4alco11，0，,0，0，,1，0，g2f1，则函数g的单调递减区间是A，0B0,1C1，D1,0解析：选B由题知，geqblcrcavs4alco12，1，,0，1，,2，1，可得函数g的单调递减区间为0,16若函数f2a|2，R在区间3，和2，1上均为增函数，则实数a的取值范围是blcrcavs4alco1f11,3，3B6，4blcrcavs4

22、alco13，2r2blcrcavs4alco14，3解析：选B由于f为R上的偶函数，因此只需考虑函数f在0，上的单调性即可由题意知函数f在3，上为增函数，在1,2上为减函数，故eqfa,22,3，即a6，47函数yeqf2,1，m，n的最小值为0，则m的取值范围是A1,2B1,2C1,2D1,2解析：选D函数yeqf2,1eqf31,1eqf3,11，且在1，时单调递减，在2时，y0；根据题意m，n时y的最小值为0，所以1m28已知函数f22aa在区间，1上有最小值，则函数geqff,在区间1，上一定A有最小值B有最大值C是减函数D是增函数解析：选D由题意知a1，又函数geqfa,2a在eq

23、r|a|，上为增函数，故选D92022湖南四校联考若函数f2a|2|在0，上单调递增，则实数a的取值范围是_解析：f2a|2|，feqblcrcavs4alco12a2a，2，,2a2a，2又f在0，上单调递增，eqblcrcavs4alco1fa,22，,fa,20，4a0，实数a的取值范围是4,0答案：4,010已知函数f的值域为eqblcrcavs4alco1f3,8，f4,9，则函数gfeqr12f的值域为_解析：eqf3,8feqf4,9，eqf1,3eqr12feqf1,2令teqr12f，则feqf1,21t2eqblcrcavs4alco1f1,3tf1,2，令yg，则yeqf

24、1,21t2t，即yeqf1,2t121eqblcrcavs4alco1f1,3tf1,2当teqf1,3时，y有最小值eqf7,9；当teqf1,2时，y有最大值eqf7,8g的值域为eqblcrcavs4alco1f7,9，f7,8答案：eqblcrcavs4alco1f7,9，f7,8二、专项培优练一易错专练不丢怨枉分1函数ylog223的单调递增区间是A1,1B，1C1,3D1，解析：选C令t223，由2230，得13函数t223的对称轴方程为1，则函数t223在1,3上为减函数，而函数ylogt为定义域内的减函数，所以函数ylog223的单调递增区间是1,322022西安模拟已知函数

25、ylog2a1在1,2上单调递增，则实数a的取值范围是A0,1B1,2C1，D2，解析：选C要使ylog2a1在1,2上单调递增，则a0且a10，a3已知函数feqblcrcavs4alco1a2f1,4，1，,loga1，1是R上的单调函数，则实数a的取值范围是blcrcavs4alco1f1,4，f1,2blcrcavs4alco1f1,4，f1,2blcrcavs4alco10，f1,2blcrcavs4alco1f1,2，1解析：选B由对数函数的定义可得a0，且a1又函数f在R上单调，则二次函数ya2eqf1,4的图象开口向上，所以函数f在R上单调递减，故有eqblcrcavs4alc

26、o10a1，,f1,2a1，,a121f1,4loga11，即eqblcrcavs4alco10a1，,0af1,2，,af1,4所以aeqblcrcavs4alco1f1,4，f1,24已知函数f是定义在0，上的增函数，若fa2afa3，则实数a的取值范围为_解析：由已知可得eqblcrcavs4alco1a2a0，,a30，,a2aa3，解得3a1或a3，所以实数a的取值范围为3，13，答案：3，13，二技法专练活用快得分5构造法已知减函数f的定义域是实数集R，m，n都是实数如果不等式fmfnfmfn成立，那么下列不等式成立的是Amn0Bmn0Cmn0Dmn0解析：选A设Fff，由于f是R

27、上的减函数，f是R上的增函数，f是R上的减函数，F是R上的减函数，当mn时，有FmFn，即fmfmfnfn成立因此，当fmfnfmfn成立时，不等式mn0一定成立，故选A6三角换元法函数yeqr21023的最小值为_解析：原函数可化为：yeqr252由2520|5|eqr2，令5eqr2cos，那么|eqr2cos|eqr2|cos|10，于是yeqr2cos5eqr2sin2sineqblcrcavs4alco1f,45因为eqf,4eqblcrcavs4alco1f,4，f5,4，所以sineqblcrcavs4alco1f,4eqblcrcavs4alco1fr2,2，1，所以函数的最小值为5eqr2答案：5eqr27数形结合法设函数feqblcrcavs4alco1m2，|1，,，|1的图象过点1,1，函数g是二次函数，若函数fg的值域是0，则函数g的值域是_解析：因为函数feqblcrcavs4alco1m2，|1，,，|1的图象过点1,1，所以m11，解得m0，所以feqblcrcavs4alco12，|1，,，|1画出函数yf的大致图象如图所示，观察图象可知，当纵坐标在0，上时，横坐标在，10，上变化而f的值域为1，fg的值域为0，因为g是二次函数，所以g的值域是0，答