第2节 单调性与最大（小）值

第2节单调性与最大(小)值考试要求1.借助函数图象，会用数学符号语言表达函数的单调性、最值，理解其实际意义.2.会运用基本初等函数的图象分析函数的性质.知识诊断·基础夯实【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，区间D⊆I，如果∀x1，x2∈D当x1＜x2时，都有f(x1)＜f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D上单调递增，特别地，当函数f(x)在它的定义域上单调递增时，我们就称它是增函数当x1＜x2时，都有f(x1)＞f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D上单调递减，特别地，当函数f(x)在它的定义域上单调递减时，我们就称它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上单调递增或单调递减，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)∀x∈I，都有f(x)≤M；(2)∃x0∈I，使得f(x0)＝M(1)∀x∈I，都有f(x)≥M；(2)∃x0∈I，使得f(x0)＝M结论M为最大值M为最小值[常用结论]1.有关单调性的常用结论在公共定义域内，增函数＋增函数＝增函数；减函数＋减函数＝减函数；增函数－减函数＝增函数；减函数－增函数＝减函数.2.函数y＝f(x)(f(x)≠0)在公共定义域内与y＝－f(x)，y＝eq\f(1,f（x）)的单调性相反.【诊断自测】1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)对于函数y＝f(x)，若f(1)<f(3)，则f(x)为增函数.()(2)函数y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞).()(3)函数y＝eq\f(1,x)的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞).()(4)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.()答案(1)×(2)×(3)×(4)√解析(1)错误，应对任意的x1＜x2，都有f(x1)＜f(x2)成立才可以.(2)错误，反例：f(x)＝x在[1，＋∞)上为增函数，但f(x)＝x的单调递增区间是(－∞，＋∞).(3)错误，此单调区间不能用“∪”连接，故单调递减区间为(－∞，0)和(0，＋∞).2.(必修一P86T7改编)函数f(x)＝eq\r(x2－2x)的单调递增区间是________.答案[2，＋∞)解析由题意可知x2－2x≥0，解得x≤0或x≥2，所以函数f(x)的定义域为(－∞，0]∪[2，＋∞)，设y＝eq\r(u)，u＝x2－2x，二次函数u＝x2－2x的单调递增区间是(1，＋∞)，单调递减区间是(－∞，1)，所以f(x)的单调递增区间是[2，＋∞).3.(必修一P81例5改编)函数f(x)＝eq\f(2,x－1)(x∈[2，6])，则f(x)的最小值为________，最大值为________.答案eq\f(2,5)2解析由于f(x)＝eq\f(2,x－1)在[2，6]上单调递减，故f(x)的最大值为f(2)＝2，最小值为f(6)＝eq\f(2,5).4.函数y＝f(x)是定义在[－2，2]上的减函数，且f(a＋1)＜f(2a)，则实数a的取值范围是________.答案[－1，1)解析由条件知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2≤a＋1≤2，,－2≤2a≤2，,a＋1＞2a，))解得－1≤a＜1.考点突破·题型剖析考点一函数的单调性(区间)例1(1)设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x<0，))g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的递减区间是________.答案[0，1)解析由题意知g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，x>1，,0，x＝1，,－x2，x<1，))该函数图象如图所示，其单调递减区间是[0，1).(2)试讨论函数f(x)＝eq\f(ax,x－1)(a≠0)在(－1，1)上的单调性.解法一设－1＜x1＜x2＜1，f(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－1＋1,x－1)))＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x－1)))，则f(x1)－f(x2)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x1－1)))－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2－1)))＝eq\f(a（x2－x1）,（x1－1）（x2－1）)，由于－1＜x1＜x2＜1，所以x2－x1＞0，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)＜f(x2)，函数f(x)在(－1，1)上单调递增.法二f′(x)＝eq\f(（ax）′（x－1）－ax（x－1）′,（x－1）2)＝eq\f(a（x－1）－ax,（x－1）2)＝－eq\f(a,（x－1）2).当a＞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.感悟提升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.2.(1)函数单调性的判断方法：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.易错警示函数在两个不同的区间上单调性相同，一般要分开写，用“，”或“和”连接，不要用“∪”.训练1(1)函数y＝eq\r(x2＋2x－24)的单调递减区间是________.答案(－∞，－6]解析由题意，要使函数y＝eq\r(x2＋2x－24)有意义，需满足x2＋2x－24≥0，解得x≤－6或x≥4，又由t＝x2＋2x－24在(－∞，－6]上单调递减，在[4，＋∞)上单调递增，结合复合函数的单调性的判定方法，可得函数y＝eq\r(x2＋2x－24)的单调递减区间是(－∞，－6].(2)已知函数f(x)＝eq\f(2x－1,x＋1).判断f(x)在[0，＋∞)上单调递增还是单调递减，并证明你的判断.解f(x)在[0，＋∞)上单调递增，证明如下：设任意的0≤x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(2x1－1,x1＋1)－eq\f(2x2－1,x2＋1)＝eq\f(3（x1－x2）,（x1＋1）（x2＋1）)，因为0≤x1＜x2，故x1－x2＜0，(x1＋1)(x2＋1)＞0，故f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，故f(x)在[0，＋∞)上单调递增.考点二求函数的最值例2(1)函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)－log2(x＋4)在区间[－2，2]上的最大值为________.答案8解析因为函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)，y＝－log2(x＋4)在区间[－2，2]上都单调递减，所以函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)－log2(x＋4)在区间[－2，2]上单调递减，所以函数f(x)的最大值为f(－2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(－2)－log2(－2＋4)＝9－1＝8.(2)对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a，a≤b，,b，a>b.))设函数f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，则函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是________.答案1解析法一在同一坐标系中，作函数f(x)，g(x)的图象，依题意，h(x)的图象为如图所示的实线部分.易知点A(2，1)为图象的最高点，因此h(x)的最大值为h(2)＝1.法二依题意，h(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2x，0<x≤2，,－x＋3，x>2.))当0<x≤2时，h(x)＝log2x是增函数；当x>2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.感悟提升1.求函数最值的三种基本方法：(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.2.对于较复杂函数，可运用导数，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)设函数f(x)＝eq\f(2x,x－2)在区间[3，4]上的最大值和最小值分别为M，m，则eq\f(m2,M)＝________.答案eq\f(8,3)解析∵f(x)＝eq\f(2x,x－2)＝eq\f(2x－4＋4,x－2)＝2＋eq\f(4,x－2)在[3，4]上单调递减，∴f(x)min＝f(4)＝4，f(x)max＝f(3)＝6，∴M＝6，m＝4，∴eq\f(m2,M)＝eq\f(16,6)＝eq\f(8,3).(2)(2023·宁波调研)设f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)－3，x≥1，,x2＋1，x＜1.))则f(f(－1))＝________，f(x)的最小值是________.答案02eq\r(2)－3解析∵f(－1)＝2，∴f(f(－1))＝f(2)＝2＋eq\f(2,2)－3＝0，当x≥1时，f(x)＝x＋eq\f(2,x)－3在[1，eq\r(2)]上单调递减，在[eq\r(2)，＋∞)上单调递增，所以f(x)在x＝eq\r(2)时取得最小值，即f(x)min＝2eq\r(2)－3；当x＜1时，f(x)＝x2＋1在(－∞，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，所以f(x)在x＝0时取得最小值，即f(x)min＝1，综上，f(x)的最小值为2eq\r(2)－3.考点三函数单调性的应用角度1比较函数值的大小例3已知f(x)＝2x－eq\f(1,x－1)，a＝f(eq\r(2))，b＝f(eq\r(3))，c＝f(eq\r(5))，则()A.a＞b＞c B.a＞c＞bC.c＞a＞b D.c＞b＞a答案D解析易知f(x)＝2x－eq\f(1,x－1)在(1，＋∞)上单调递增，又eq\r(5)＞eq\r(3)＞eq\r(2)，故f(eq\r(5))＞f(eq\r(3))＞f(eq\r(2))，即c＞b＞a.角度2解函数不等式例4已知函数f(x)＝lnx＋2x，若f(x2－4)<2，则实数x的取值范围是________.答案(－eq\r(5)，－2)∪(2，eq\r(5))解析因为函数f(x)＝lnx＋2x在定义域(0，＋∞)上单调递增，且f(1)＝ln1＋2＝2，所以由f(x2－4)<2，得f(x2－4)<f(1)，所以0<x2－4<1，解得－eq\r(5)<x<－2或2<x<eq\r(5).角度3求参数的取值范围例5(2023·湖北鄂西北四校联考)已知f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（3a－1）x＋4a，x≤1，,a2x－1＋\f(1,2)，x＞1))满足对于任意实数x1≠x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＜0成立，则实数a的取值范围是________.答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,3)))解析因为对于任意实数x1≠x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＜0成立，所以函数f(x)在R上单调递减，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a－1＜0，,0＜a＜1，,（3a－1）＋4a≥a2－1＋\f(1,2)，))解得eq\f(1,4)≤a＜eq\f(1,3)，所以实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,3))).感悟提升1.比较函数值的大小时，转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决.2.求解函数不等式时，由条件脱去“f”，转化为自变量间的大小关系，应注意函数的定义域.3.利用单调性求参数的取值(范围).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.训练3(1)(2022·昆明诊断)已知函数f(x)＝lgx－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)，f(m)＝1，且0＜p＜m＜n，则()A.f(n)＜1且f(p)＞1 B.f(n)＞1且f(p)＞1C.f(n)＞1且f(p)＜1 D.f(n)＜1且f(p)＜1答案C解析f′(x)＝eq\f(1,xln10)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)·lneq\f(1,2)＝eq\f(1,xln10)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)ln2，当x＞0时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，∵0＜p＜m＜n，且f(m)＝1，∴f(p)＜f(m)＝1＜f(n).(2)设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋4x，x≤4，,log2x，x＞4，))若函数y＝f(x)在区间(a，a＋1)上单调递增，则实数a的取值范围是________.答案(－∞，1]∪[4，＋∞)解析画出函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋4x，x≤4，,log2x，x＞4))的图象，如图，由图可知函数f(x)的增区间为(－∞，2)，(4，＋∞)，∵函数f(x)在(a，a＋1)上单调递增，∴a＋1≤2或a≥4，即a≤1或a≥4.(3)已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)－log2(x＋2)，若f(a－2)＞3，则a的取值范围是________.答案(0，1)解析由f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)－log2(x＋2)知，f(x)在定义域(－2，＋∞)上是减函数，且f(－1)＝3，由f(a－2)＞3，得f(a－2)＞f(－1)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－2＜－1，,a－2＞－2，))解得0＜a＜1.分层精练·巩固提升【A级基础巩固】1.函数f(x)＝－x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))上的最大值是()A.eq\f(3,2) B.－eq\f(8,3)C.－2 D.2答案A解析易知f(x)＝－x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))上单调递减，故其最大值为f(－2)＝eq\f(3,2).2.已知定义域为R的函数f(x)，∀x1，x2∈R，x1＜x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＜0，则()A.f(3)＞f(π)＞f(2) B.f(π)＜f(3)＜f(2)C.f(2)＞f(π)＞f(3) D.f(π)＞f(2)＞f(3)答案B解析易知f(x)是R上的减函数，又π＞3＞2，故f(π)＜f(3)＜f(2).3.(多选)下列函数在(0，＋∞)上单调递增的是()A.y＝3x－3－x B.y＝|x2－2x|C.y＝x＋cosx D.y＝eq\r(x2＋x－2)答案AC解析∵y＝3x与y＝－3－x均为R上的增函数，∴y＝3x－3－x为R上的增函数，故A正确；由y＝|x2－2x|的图象(图略)知，故B不正确；对于选项C，y′＝1－sinx≥0，∴y＝x＋cosx在R上为增函数，故C正确；y＝eq\r(x2＋x－2)的定义域为(－∞，－2]∪[1，＋∞)，故D不正确.4.已知函数f(x)＝loga(－x2－2x＋3)(a＞0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]答案C解析令g(x)＝－x2－2x＋3，由题意知g(x)＞0，可得－3＜x＜1，故函数的定义域为{x|－3＜x＜1}.根据f(0)＝loga3＜0，可得0＜a＜1.又g(x)在定义域(－3，1)内的单调递减区间是[－1，1)，所以f(x)的单调递增区间为[－1，1).5.(多选)已知函数f(x)＝loga|x－1|在区间(－∞，1)上单调递增，则()A.0＜a＜1 B.a＞1C.f(a＋2022)＞f(2023) D.f(a＋2022)＜f(2023)答案AC解析f(x)＝loga|x－1|的定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞).设z＝|x－1|，可得函数z在(－∞，1)上单调递减；在(1，＋∞)上单调递增，由题意可得0＜a＜1，故A正确，B错误；由于0＜a＜1，可得2022＜a＋2022＜2023.又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，则f(a＋2022)＞f(2023)，故C正确，D错误.6.(2023·南通模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex－e－x，x＞0，,－x2，x≤0，))若a＝50.01，b＝log32，c＝log20.9，则有()A.f(a)＞f(b)＞f(c) B.f(b)＞f(a)＞f(c)C.f(a)＞f(c)＞f(b) D.f(c)＞f(a)＞f(b)答案A解析y＝ex是增函数，y＝－e－x是增函数，因此在(0，＋∞)上y＝ex－e－x单调递增，且此时f(x)＞0；又f(x)＝－x2在(－∞，0]上单调递增，所以f(x)在R上单调递增.c＝log20.9＜0，0＜b＝log32＜1，a＝50.01＞1，即a＞b＞c，所以f(a)＞f(b)＞f(c).7.如果函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（2－a）x＋1，x＜1，,ax，x≥1，))满足对任意x1≠x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞0成立，那么实数a的取值范围是()A.(0，2) B.(1，2)C.(1，＋∞) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))答案D解析因为对任意x1≠x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞0，所以y＝f(x)在R上是增函数，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－a＞0，,a＞1，,（2－a）×1＋1≤a，))解得eq\f(3,2)≤a＜2.故实数a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2)).8.函数f(x)＝|x－2|x的单调递减区间是________.答案[1，2]解析f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2x，x≥2，,－x2＋2x，x＜2.))画出f(x)的大致图象(如图所示)，由图知f(x)的单调递减区间是[1，2].9.设f(x)是定义在R上的增函数，且f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，则不等式f(x)＋f(－2)＞1的解集为________.答案eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＜－\f(3,2)))解析由已知条件可得f(x)＋f(－2)＝f(－2x)，又f(3)＝1.∴不等式f(x)＋f(－2)＞1可化为f(－2x)＞f(3).∵f(x)是定义在R上的增函数，∴－2x＞3，解得x＜－eq\f(3,2).∴不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＜－\f(3,2))).10.(2023·山东师大附中质检)已知函数f(x)＝e|x－a|(a为常数)，若f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是________.答案(－∞，1]解析f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex－a，x≥a，,ea－x，x＜a，))当x≥a时，f(x)单调递增，当x＜a时，f(x)单调递减，由复合函数的单调性知，必有t＝|x－a|在区间[1，＋∞)上是增函数，又t＝|x－a|在区间[a，＋∞)上是增函数，所以[1，＋∞)⊆[a，＋∞)，所以a≤1.11.已知函数f(x)＝ax－eq\f(1,ax)＋eq\f(2,a)(a＞0)，且f(x)在(0，1]上的最大值为g(a)，求g(a)的最小值.解f(x)＝ax－eq\f(1,ax)＋eq\f(2,a)(a＞0)，∴f(x)在(0，1]上单调递增，∴f(x)max＝f(1)＝a＋eq\f(1,a)，∴g(a)＝a＋eq\f(1,a)≥2，当且仅当a＝eq\f(1,a)，即a＝1时取等号，∴g(a)的最小值为2.12.已知函数f(x)＝eq\f(x＋2,x).(1)写出函数f(x)的定义域和值域；(2)证明：函数f(x)在(0，＋∞)上为减函数，并求f(x)在x∈[2，8]上的最大值和最小值.(1)解函数f(x)的定义域为{x|x≠0}.又f(x)＝1＋eq\f(2,x)，所以值域为{y|y≠1}.(2)证明由题意可设0＜x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,x1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,x2)))＝eq\f(2,x1)－eq\f(2,x2)＝eq\f(2（x2－x1）,x1x2).又0＜x1＜x2，所以x1x2＞0，x2－x1＞0，所以f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，所以函数f(x)在(0，＋∞)上为减函数.当x∈[2，8]时，f(x)的最大值为f(2)＝2，最小值为f(8)＝eq\f(5,4).【B级能力提升】13.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.3C.4 D.6答案C解析画出函数M＝max{2x，2x－3，6－x}的图象如图中的实线部分，由图可知，函数M在A处取得最小值22＝6－2＝4，故M的最小值为4.14.设函数f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2a)在区间(－2，＋∞)上单调递增，那么a的取值范围是________.答案[1，＋∞)解析f(x)＝eq\f(ax＋2a2－2a2＋1,x＋2a)＝a－eq\f(2a2－1,x＋2a)，定义域为{x|x≠－2a}，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a2－1＞0，,－2a≤－2，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞\f(\r(2),2)或a＜－\f(\r(2),2)