第二章　§2.2　函数的单调性与最值-2025高中数学大一轮复习讲义人教A版

§2.2函数的单调性与最值课标要求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，理解实际意义.2.掌握函数单调性的简单应用．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D，区间I⊆D，如果∀x1，x2∈I当x1<x2时，都有f(x1)<f(x2)，那么就称函数f(x)在区间I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I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I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I叫做y＝f(x)的单调区间．2．函数的最值前提一般地，设函数y＝f(x)的定义域为D，如果存在实数M满足条件(1)∀x∈D，都有f(x)≤M；(2)∃x0∈D，使得f(x0)＝M(1)∀x∈D，都有f(x)≥M；(2)∃x0∈D，使得f(x0)＝M结论M是函数y＝f(x)的最大值M是函数y＝f(x)的最小值常用结论1．∀x1，x2∈I且x1≠x2，有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0(<0)或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0(<0)⇔f(x)在区间I上单调递增(减)．2．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．3．函数y＝f(x)(f(x)>0或f(x)<0)在公共定义域内与y＝－f(x)，y＝eq\f(1,fx)的单调性相反．4．复合函数的单调性：同增异减．自主诊断1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)(1)若函数f(x)满足f(－3)<f(2)，则f(x)在[－3,2]上单调递增．(×)(2)若函数f(x)在(－2,3)上单调递增，则函数f(x)的单调递增区间为(－2,3)．(×)(3)若函数f(x)在区间[a，b]上连续，则f(x)在区间[a，b]上一定有最值．(√)(4)函数y＝eq\f(1,x)的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．(×)2．下列函数中，在其定义域上是减函数的是()A．y＝－2x＋1 B．y＝x2＋1C．y＝eq\r(x) D．y＝2x答案A解析y＝－2x＋1在R上是减函数，故A正确；y＝x2＋1在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故B错误；y＝eq\r(x)在[0，＋∞)上是增函数，故C错误；y＝2x在R上是增函数，故D错误．3．(2023·宜春统考)函数y＝－eq\f(1,x＋1)在区间[1,2]上的最大值为()A．－eq\f(1,3) B．－eq\f(1,2)C．－1 D．不存在答案A解析y＝－eq\f(1,x＋1)在(－1，＋∞)上单调递增，则y＝－eq\f(1,x＋1)在区间[1,2]上单调递增，所以ymax＝－eq\f(1,2＋1)＝－eq\f(1,3).4．函数f(x)是定义在[0，＋∞)上的减函数，则满足f(2x－1)>f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))的x的取值范围是________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))解析∵f(x)的定义域是[0，＋∞)，∴2x－1≥0，即x≥eq\f(1,2)，又∵f(x)是定义在[0，＋∞)上的减函数，∴2x－1<eq\f(1,3)，即x<eq\f(2,3)，则x的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3))).题型一确定函数的单调性命题点1函数单调性的判断例1(多选)下列函数在(0，＋∞)上单调递增的是()A．y＝x－eq\f(1,x) B．y＝|x2－2x|C．y＝2x＋2cosx D．y＝lg(x＋1)答案ACD解析∵y＝x与y＝－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上单调递增，∴y＝x－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上单调递增，故A正确；由y＝|x2－2x|的图象(图略)知，B不正确；∵y′＝2－2sinx≥0，∴y＝2x＋2cosx是R上的增函数，故C正确；函数y＝lg(x＋1)是定义域(－1，＋∞)上的增函数，故D正确．命题点2利用定义证明函数的单调性例2试讨论函数f(x)＝eq\f(ax,x－1)(a≠0)在(－1,1)上的单调性．解方法一定义法设－1<x1<x2<1，因为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)))，所以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(ax2－x1,x1－1x2－1)，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．方法二导数法f′(x)＝eq\f(ax′x－1－axx－1′,x－12)＝eq\f(ax－1－ax,x－12)＝－eq\f(a,x－12).故当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．思维升华确定函数单调性的四种方法(1)定义法．(2)导数法．(3)图象法．(4)性质法．跟踪训练1(1)函数g(x)＝x·|x－1|＋1的单调递减区间为()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))C．[1，＋∞) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))∪[1，＋∞)答案B解析g(x)＝x·|x－1|＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－x＋1，x≥1，,－x2＋x＋1，x<1，))画出函数图象，如图所示，根据图象知，函数的单调递减区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).(2)(2024·唐山模拟)函数f(x)＝的单调递增区间为________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))解析令t＝2x2－3x－2>0，解得x>2或x<－eq\f(1,2)，则f(x)的定义域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪(2，＋∞)，由f(t)＝在(0，＋∞)上单调递减，根据复合函数的单调性：同增异减，函数t＝2x2－3x－2的单调递减区间，即为f(x)的单调递增区间，再结合f(x)的定义域可知，f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))).题型二函数单调性的应用命题点1比较函数值的大小例3(2023·湘潭统考)定义在R上的偶函数f(x)满足：对任意的x1，x2∈(－∞，0](x1≠x2)，有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0，则()A．f(－2)<f(3)<f(4)B．f(－2)>f(3)>f(4)C．f(3)<f(4)<f(－2)D．f(4)<f(－2)<f(3)答案A解析因为对任意的x1，x2∈(－∞，0](x1≠x2)，有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0，所以f(x)在(－∞，0]上单调递减，又f(x)为偶函数，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则f(2)<f(3)<f(4)，又f(－2)＝f(2)，所以f(－2)<f(3)<f(4)．命题点2求函数的最值例4(2023·四川外国语大学附中模拟)函数f(x)＝x－eq\f(2,x)＋1在[1,4]上的值域为()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(9,2))) B．[0,1]C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(9,2))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(9,2)))答案C解析由y＝x在[1,4]上单调递增，且y＝eq\f(2,x)在[1,4]上单调递减，可得f(x)＝x－eq\f(2,x)＋1在[1,4]上单调递增，又f(1)＝0，f(4)＝eq\f(9,2)，故值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(9,2))).求函数的值域(最值)的常用方法(1)配方法：主要用于和一元二次函数有关的函数求值域问题．(2)单调性法：利用函数的单调性，再根据所给定义域来确定函数的值域．(3)数形结合法．(4)换元法：引进一个(几个)新的量来代替原来的量，实行这种“变量代换”．(5)分离常数法：分子、分母同次的分式形式采用配凑分子的方法，把函数分离成一个常数和一个分式和的形式．典例(多选)下列函数中，值域正确的是()A．当x∈[0,3)时，函数y＝x2－2x＋3的值域为[2,6)B．函数y＝eq\f(2x＋1,x－3)的值域为RC．函数y＝2x－eq\r(x－1)的值域为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,8)，＋∞))D．函数y＝eq\r(x＋1)＋eq\r(x－1)的值域为[eq\r(2)，＋∞)答案ACD解析对于A，(配方法)y＝x2－2x＋3＝(x－1)2＋2，由x∈[0,3)，再结合函数的图象(如图①所示)，可得函数的值域为[2,6)．对于B，(分离常数法)y＝eq\f(2x＋1,x－3)＝eq\f(2x－3＋7,x－3)＝2＋eq\f(7,x－3)，显然eq\f(7,x－3)≠0，∴y≠2.故函数的值域为(－∞，2)∪(2，＋∞)．对于C，(换元法)设t＝eq\r(x－1)，则x＝t2＋1，且t≥0，∴y＝2(t2＋1)－t＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,4)))2＋eq\f(15,8)，由t≥0，再结合函数的图象(如图②所示)，可得函数的值域为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,8)，＋∞)).对于D，函数的定义域为[1，＋∞)，∵y＝eq\r(x＋1)与y＝eq\r(x－1)在[1，＋∞)上均单调递增，∴y＝eq\r(x＋1)＋eq\r(x－1)在[1，＋∞)上为增函数，∴当x＝1时，ymin＝eq\r(2)，即函数的值域为[eq\r(2)，＋∞)．命题点3解函数不等式例5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)解析依题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2≤a＋1≤2，,－2≤2a≤2，,a＋1>2a))⇒－1≤a<1.所以实数a的取值范围是[－1,1)．命题点4求参数的取值范围例6(2024·恩施模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－1x＋4a，x<1，,x2－ax＋6，x≥1))满足：对任意x1，x2∈R，当x1≠x2时，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0成立，则实数a的取值范围是()A．[2，＋∞) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)) D．[1,2]答案C解析对任意x1，x2∈R，当x1≠x2时，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0成立，所以函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－1x＋4a，x<1，,x2－ax＋6，x≥1))在R上是增函数，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－1>0，,\f(a,2)≤1，,3a－1＋4a≤1－a＋6，))解得eq\f(1,3)<a≤1，所以实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)).思维升华(1)比较函数值的大小时，先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．跟踪训练2(1)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx＋1，x≥0，,－2x2，x<0，))则不等式f(x＋2)<f(x2＋2x)的解集是()A．(－2,1)B．(0,1)C．(－∞，－2)∪(1，＋∞)D．(1，＋∞)答案C解析由函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lnx＋1，x≥0，,－2x2，x<0))的图象(图略)可得f(x)在R上是增函数，则不等式f(x＋2)<f(x2＋2x)等价于x＋2<x2＋2x，即x2＋x－2>0，解得x>1或x<－2，则原不等式的解集为(－∞，－2)∪(1，＋∞)．(2)若函数f(x)＝eq\f(x＋a－3,x－1)在(a，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为________．答案[1,2)解析f(x)＝eq\f(x＋a－3,x－1)＝eq\f(x－1＋a－2,x－1)＝1＋eq\f(a－2,x－1)，∵f(x)在(a，＋∞)上单调递增，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2<0，,a≥1))⇒1≤a<2.课时精练一、单项选择题1．(2023·菏泽检测)下列函数中，在区间(0,1)上单调递增的是()A．y＝－x2＋1 B．y＝eq\r(x)C．y＝eq\f(1,x) D．y＝3－x答案B解析y＝－x2＋1在区间(0,1)上单调递减，故A不符合题意；y＝eq\r(x)是[0，＋∞)上的增函数，所以在区间(0,1)上单调递增，故B符合题意；y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上单调递减，所以在区间(0,1)上单调递减，故C不符合题意；y＝3－x在区间(0,1)上单调递减，故D不符合题意．2．函数f(x)＝－|x－2|的单调递减区间为()A．(－∞，2] B．[2，＋∞)C．[0,2] D．[0，＋∞)答案B解析∵y＝|x－2|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2，x≥2，,－x＋2，x<2，))∴函数y＝|x－2|的单调递减区间是(－∞，2]，单调递增区间为[2，＋∞)，∴f(x)＝－|x－2|的单调递减区间是[2，＋∞)．3．(2024·邵阳统考)已知f(x)是偶函数，f(x)在[1,3]上单调递增，则f(1)，f(－2)，f(－3)的大小关系为()A．f(1)>f(－2)>f(－3)B．f(－2)>f(－3)>f(1)C．f(－3)>f(1)>f(－2)D．f(－3)>f(－2)>f(1)答案D解析因为f(x)是偶函数，所以f(－2)＝f(2)，f(－3)＝f(3)．因为f(x)在[1,3]上单调递增，所以f(3)>f(2)>f(1)，所以f(－3)>f(－2)>f(1)．4．已知函数f(x)＝eq\f(2x,x－1)，则f(x)在区间[2,6]上的最大值为()A.eq\f(12,5)B．3C．4D．5答案C解析∵f(x)＝eq\f(2x,x－1)＝2＋eq\f(2,x－1)在[2,6]上单调递减，∴f(x)max＝f(2)＝4.5．(2023·杭州模拟)已知函数f(x)＝x＋lnx－1，则不等式f(x)<0的解集为()A．(e，＋∞) B．(1，＋∞)C．(0,1) D．(0，＋∞)答案C解析函数f(x)＝x＋lnx－1的定义域为(0，＋∞)．因为y＝x－1在(0，＋∞)上单调递增，y＝lnx在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)＝x＋lnx－1在(0，＋∞)上单调递增，又f(1)＝1＋ln1－1＝0，所以不等式f(x)<0的解集为(0,1)．6．已知函数y＝f(x)的定义域为R，对任意x1，x2且x1≠x2，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>－1，则下列说法正确的是()A．y＝f(x)＋x是增函数B．y＝f(x)＋x是减函数C．y＝f(x)是增函数D．y＝f(x)是减函数答案A解析不妨令x1<x2，∴x1－x2<0，∵eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>－1⇔f(x1)－f(x2)<－(x1－x2)⇔f(x1)＋x1<f(x2)＋x2，令g(x)＝f(x)＋x，∴g(x1)<g(x2)，又x1<x2，∴g(x)＝f(x)＋x是增函数．二、多项选择题7．下列说法中，正确的是()A．若对任意x1，x2∈I，当x1<x2时，eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0，则y＝f(x)在I上单调递增B．函数y＝x2在R上是增函数C．函数y＝－eq\f(1,x)在定义域上是增函数D．函数y＝eq\f(1,x)的单调递减区间是(－∞，0)和(0，＋∞)答案AD解析对于A，若对任意x1，x2∈I，当x1<x2时，eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0，则有f(x1)<f(x2)，由函数单调性的定义可知y＝f(x)在I上单调递增，故A正确；对于B，由二次函数的性质可知，y＝x2在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故B错误；对于C，由反比例函数单调性可知，y＝－eq\f(1,x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上单调递增，故C错误；对于D，由反比例函数单调性可知，y＝eq\f(1,x)的单调递减区间是(－∞，0)和(0，＋∞)，故D正确．8．(2023·广州联考)已知函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g(x)＝eq\f(fx,x)在区间[1，＋∞)上一定()A．单调递减 B．单调递增C．有最小值 D．有最大值答案BC解析∵函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(－∞，1)上有最小值，∴函数图象的对称轴应当位于区间(－∞，1)内，∴a<1，g(x)＝eq\f(fx,x)＝x＋eq\f(a,x)－2a(x≥1)，任取1≤x1<x2，g(x1)－g(x2)＝x1＋eq\f(a,x1)－x2－eq\f(a,x2)＝x1－x2＋eq\f(ax2－x1,x1x2)＝(x1－x2)eq\f(x1x2－a,x1x2)，由a<1,1≤x1<x2，有x1－x2<0，x1x2>1>0，x1x2－a>0，则g(x1)－g(x2)<0，即g(x1)<g(x2)，所以g(x)＝x＋eq\f(a,x)－2a在区间[1，＋∞)上单调递增，函数的最小值为g(1)＝1－a，无最大值．三、填空题9．函数f(x)＝eq\r(－x2＋2x＋3)的单调递增区间为______．答案[－1,1]解析要使函数f(x)有意义，则－x2＋2x＋3≥0，解得－1≤x≤3，令y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4，根据复合函数的单调性可知，函数f(x)的单调递增区间为[－1,1]．10．(2023·松原联考)已知函数f(x)＝2x－2－x，则不等式f(3x－1)<f(1－x)的解集为________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))解析函数y＝2x与y＝－2－x均在R上是增函数，故f(x)在R上是增函数，f(3x－1)<f(1－x)等价于3x－1<1－x，得x<eq\f(1,2).11．已知命题p：“若f(x)<f(4)对任意的x∈(0,4)都成立，则f(x)在(0,4)上单调递增”．能说明命题p为假命题的一个函数是________________．答案f(x)＝(x－1)2(答案不唯一，如f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x，0<x<4，,1，x＝4，))只要满足题意即可)解析由题意知，令f(x)＝(x－1)2，满足f(x)<f(4)对任意的x∈(0,4)都成立，但函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,4)上单调递增，所以函数f(x)＝(x－1)2可以说明命题p为假命题．12．(2023·临川一中模拟)已知函数f(x)＝loga(x2－ax＋3)在[0,1]上单调递减，则实数a的取值范围是________．答案[2,4)解析函数f(x)＝loga(x2－ax＋3)在[0,1]上单调递减，当0<a<1时，x2－ax＋3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))2＋3－eq\f(a2,4)≥3－eq\f(a2,4)>0恒成立，而函数u＝x2－ax＋3在区间[0,1]上不单调，因此0<a<1不符合题意；当a>1时，函数y＝logau在(0，＋∞)上单调递增，由复合函数的单调性，得函数u＝x2－ax＋3在区间[0,1]上单调递减，因此eq\f(a,2)≥1，并且12－a×1＋3>0，解得2≤a<4，所以实数a的取值范围是[2,4)．四、解答题13．(2023·昆明统考)给定函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，g(x)＝－x2＋4x＋1，x∈R.(1)在同一直角坐标系中画出函数f(x)和g(x)的图象；(2)∀x∈R，用M(x)表示f(x)，g(x)中的最大者，记为M(x)＝max{f(x)，g(x)}，试判断M(x)在区间(－∞，a]上的单调性．解(1)f(x)，g(x)的图象如图所示．(2)由(1)及M(x)的定义得，M(x)在(－∞，0]上单调递减，在[0,2]上单调递增，在[2，＋∞)上单调递减，所以当a≤0时，M(x)在(－∞，a]上单调递减；当0<a≤2时，M(x)在(－∞，0]上单调递减，在[0，a]上单调递增；当a>2时，M(x)在(－∞，0]上单调递减，在[0,2]上单调递增，在[2，a]上单调递减．14．(2023·重庆联考)已知f(x)＝eq\f(2x－1,2x＋1)(x∈R)．(1)判断函数f(x)的单调性，并用定义证明；(2)解关于t的不等式f(t2－3)＋f(2t)<0.解(1)f(x)＝eq\f(2x－1,2x＋1)＝1－eq\f(2,2x＋1)在R上是增函数．证明：在R上任取x1，x2且x1<x2，f(x1)－f(x2)＝，由x1<x2可知，所以，所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)．即f(x)在R上是增函数．(2)易知f(－x)＝eq\f(2－x－1,2－x＋1)＝eq\f(1－2x,1＋2x)＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，由(1)知，函数f(x)在R上是增函数，由f(t2－3)＋f(2t)<0，可得f(t2－3)<－f(2t)＝f(－2t)，所以t2－3<－2t，即t2＋2t－3<0，解得－3<t<1，即关于t的不等式f(t2－3)＋f(2t)<0的解集为{t|－3<t<1}．15．(多选)(2024·长沙模拟)已知函数y＝f(x)的图象关于y轴对称，且对于y＝f(x)(x∈R)，当x1，x2∈(－∞，0)且x1≠x2时，eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0恒成立，若f(2ax)<f(2x2＋1)对任意的x∈R恒成立，则实数a的取值范围可以是()A．(－eq\r(2)，－1) B.eq\b\lc\