山东专用2024新高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用2.2函数的单调性与最值学案含解析

PAGE其次节函数的单调性与最值课标要求考情分析1.理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义．2．会运用基本初等函数的图象分析函数的性质.1.主要考查函数单调性的判定、求单调区间、比较大小、解不等式、求最值及不等式恒成立问题．2．题型以选择题、填空题为主，若与导数交汇命题则以解答题的形式出现，属中高档题.学问点一函数的单调性1．增函数、减函数的定义定义：一般地，设函数f(x)的定义域为I，假如对于定义域I内某个区间D上的随意两个自变量x1，x2：(1)增函数：当x1<x2时，都有f(x1)<f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是增函数；(2)减函数：当x1<x2时，都有f(x1)>f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是减函数．2．单调性、单调区间的定义若函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，则称函数y＝f(x)在这一区间上具有(严格的)单调性，区间D叫做y＝f(x)的单调区间．留意以下结论1．对∀x1，x2∈D(x1≠x2)，eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0⇔f(x)在D上是增函数，eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0⇔f(x)在D上是减函数．2．对勾函数y＝x＋eq\f(a,x)(a>0)的增区间为(－∞，－eq\r(a)]和[eq\r(a)，＋∞)，减区间为[－eq\r(a)，0)和(0，eq\r(a)]．3．在区间D上，两个增函数的和仍是增函数，两个减函数的和仍是减函数．4．函数f(g(x))的单调性与函数y＝f(u)和u＝g(x)的单调性的关系是“同增异减”．学问点二函数的最值1．思索辨析推断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)对于函数f(x)，x∈D，若对随意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．(√)(2)函数y＝eq\f(1,x)的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．(×)(3)对于函数y＝f(x)，若f(1)<f(3)，则f(x)为增函数．(×)(4)函数y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞)．(×)解析：(2)此单调区间不能用并集符号连接，取x1＝－1，x2＝1，则f(－1)<f(1)，故应说成单调递减区间为(－∞，0)和(0，＋∞)．(3)应对随意的x1<x2，f(x1)<f(x2)成立才可以．(4)若f(x)＝x，f(x)在[1，＋∞)上为增函数，但y＝f(x)的单调递增区间是R.2．小题热身(1)下列函数中，在区间(0，＋∞)内单调递减的是(A)A．y＝eq\f(1,x)－x B．y＝x2－xC．y＝lnx－x D．y＝ex(2)函数f(x)＝－x＋eq\f(1,x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))上的最大值是(A)A．eq\f(3,2) B．－eq\f(8,3)C．－2 D．2(3)设定义在[－1,7]上的函数y＝f(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的增区间为[－1,1]和[5,7]．(4)函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(logeq\s\do8(\f(1,2))x，x≥1，,2x，x<1))的值域为(－∞，2)．(5)函数f(x)＝eq\f(2x,x－1)在[2,6]上的最大值和最小值分别是4，eq\f(12,5).解析：(1)对于A，y1＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)内是减函数，y2＝x在(0，＋∞)内是增函数，则y＝eq\f(1,x)－x在(0，＋∞)内是减函数；B，C选项中的函数在(0，＋∞)上均不单调；选项D中，y＝ex在(0，＋∞)上是增函数．(2)∵函数y＝－x与y＝eq\f(1,x)在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))上都是减函数，∴函数f(x)＝－x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))上是减函数，故f(x)的最大值为f(－2)＝2－eq\f(1,2)＝eq\f(3,2).(3)由图可知函数的增区间为[－1,1]和[5,7]．(4)当x≥1时，f(x)＝logeq\s\do8(\f(1,2))x是单调递减的，此时，函数的值域为(－∞，0]；x<1时，f(x)＝2x是单调递增的，此时，函数的值域为(0,2)．综上，f(x)的值域是(－∞，2)．(5)函数f(x)＝eq\f(2x,x－1)＝eq\f(2x－1＋2,x－1)＝2＋eq\f(2,x－1)在[2,6]上单调递减，所以f(x)min＝f(6)＝eq\f(2×6,6－1)＝eq\f(12,5).f(x)max＝f(2)＝eq\f(2×2,2－1)＝4.考点一确定函数的单调性(单调区间)【例1】(1)(2024·北京卷)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是()A．y＝xeq\s\up15(eq\f(1,2)) B．y＝2－xC．y＝logeq\s\do8(\f(1,2))x D．y＝eq\f(1,x)(2)函数f(x)＝|x2－3x＋2|的单调递增区间是()A．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)) B．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))和[2，＋∞)C．(－∞，1]和eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2)) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2)))和[2，＋∞)(3)试探讨函数f(x)＝eq\f(ax,x－1)(a≠0)在(－1,1)上的单调性．【解析】(1)对于幂函数y＝xα，当α>0时，y＝xα在(0，＋∞)上单调递增，当α<0，y＝xα在(0，＋∞)上单调递减，所以选项A正确；选项D中的函数y＝eq\f(1,x)可转化为y＝x－1，所以函数y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上单调递减，故选项D不符合题意；对于指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)，当0<a<1时，y＝ax在(－∞，＋∞)上单调递减，当a>1时，y＝ax在(－∞，＋∞)上单调递增，而选项B中的函数y＝2－x可转化为y＝(eq\f(1,2))x，因此函数y＝2－x在(0，＋∞)上单调递减，故选项B不符合题意；对于对数函数y＝logax(a>0，且a≠1)，当0<a<1时，y＝logax在(0，＋∞)上单调递减，当a>1时，y＝logax在(0，＋∞)上单调递增，因此选项C中的函数y＝logeq\s\do8(\f(1,2))x在(0，＋∞)上单调递减，故选项C不符合题意．故选A.(2)y＝|x2－3x＋2|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－3x＋2，x≤1或x≥2，,－x2－3x＋2，1<x<2.))如图所示，函数的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))和[2，＋∞)．(3)方法1：(定义法)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(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2：(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).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．【答案】(1)A(2)B(3)见解析方法技巧推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→推断符号→得出结论.2图象法：假如fx是以图象形式给出的，或者fx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：①对于由基本初等函数的和、差构成的函数，依据各初等函数的增减性及fx±gx增减性质进行推断；②对于复合函数，先将函数y＝fgx分解成y＝ft和t＝gx，再探讨推断这两个函数的单调性，最终依据复合函数“同增异减”的规则进行推断.1．下列函数中，满意“∀x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]<0”A．f(x)＝2x B．f(x)＝|x－1|C．f(x)＝eq\f(1,x)－x D．f(x)＝ln(x＋1)解析：由(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]<0可知，f(x)在(0，＋∞)上是减函数，A，D选项中，f(x)为增函数；B中，f(x)＝|x－1|在(0，＋∞)上不单调；对于f(x)＝eq\f(1,x)－x，因为y＝eq\f(1,x)与y＝－x在(0，＋∞)上单调递减，因此f(x)在(0，＋∞)上是减函数．2．函数f(x)＝(a－1)x＋2在R上单调递增，则函数g(x)＝a|x－2|的单调递减区间是(－∞，2]．解析：因为f(x)在R上单调递增，所以a－1>0，即a>1，因此g(x)的单调递减区间就是y＝|x－2|的单调递减区间(－∞，2]．3．推断并证明函数f(x)＝ax2＋eq\f(1,x)(其中1<a<3)在[1,2]上的单调性．解：函数f(x)＝ax2＋eq\f(1,x)(1<a<3)在[1,2]上单调递增．证明：设1≤x1<x2≤2，则f(x2)－f(x1)＝axeq\o\al(2,2)＋eq\f(1,x2)－axeq\o\al(2,1)－eq\f(1,x1)＝(x2－x1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ax1＋x2－\f(1,x1x2)))，由1≤x1<x2≤2，得x2－x1>0,2<x1＋x2<4，1<x1x2<4，－1<－eq\f(1,x1x2)<－eq\f(1,4).又因为1<a<3，所以2<a(x1＋x2)<12，得a(x1＋x2)－eq\f(1,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．考点二函数的最值【例2】(1)函数y＝x＋eq\r(x－1)的最小值为________．(2)函数y＝eq\f(2x2－2x＋3,x2－x＋1)的值域为________．(3)函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，x≥1，,－x2＋2，x<1))的最大值为________．【解析】(1)法1：令t＝eq\r(x－1)，且t≥0，则x＝t2＋1，∴原函数变为y＝t2＋1＋t，t≥0.配方得y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)，又∵t≥0，∴y≥eq\f(1,4)＋eq\f(3,4)＝1.故函数y＝x＋eq\r(x－1)的最小值为1.法2：因为函数y＝x和y＝eq\r(x－1)在定义域内均为增函数，故函数y＝x＋eq\r(x－1)在其定义域[1，＋∞)内为增函数，所以当x＝1时y取最小值，即ymin＝1.(2)y＝eq\f(2x2－2x＋3,x2－x＋1)＝eq\f(2x2－x＋1＋1,x2－x＋1)＝2＋eq\f(1,x2－x＋1)＝2＋eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋\f(3,4)).∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)≥eq\f(3,4)，∴2<2＋eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋\f(3,4))≤2＋eq\f(4,3)＝eq\f(10,3).故函数的值域为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3))).(3)当x≥1时，函数f(x)＝eq\f(1,x)为减函数，所以f(x)在x＝1处取得最大值，为f(1)＝1；当x<1时，易知函数f(x)＝－x2＋2在x＝0处取得最大值，为f(0)＝2.故函数f(x)的最大值为2.【答案】(1)1(2)eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3)))(3)2方法技巧求函数最值值域的五种常用方法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，再视察其最高点、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，最终结合端点值，求出最值.5换元法：对比较困难的函数可通过换元转化为熟识的函数，再用相应的方法求最值.1．若函数f(x)＝x2－2x＋m在[3，＋∞)上的最小值为1，则实数m的值为(B)A．－3 B．－2C．－1 D．1解析：函数f(x)＝x2－2x＋m＝(x－1)2＋m－1的图象如图所示．由图象知在[3，＋∞)上f(x)min＝f(3)＝32－2×3＋m＝1，得m＝－2.2．函数f(x)＝eq\f(1,x－1)在区间[a，b]上的最大值是1，最小值是eq\f(1,3)，则a＋b＝6.解析：由题易知f(x)在[a，b]上为减函数，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fa＝1，,fb＝\f(1,3)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－1)＝1，,\f(1,b－1)＝\f(1,3)，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝4.))所以a＋b＝6.3．函数y＝eq\r(x)－x(x≥0)的最大值为eq\f(1,4).解析：令t＝eq\r(x)，则t≥0，x＝t2所以y＝t－t2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)，当t＝eq\f(1,2)，即x＝eq\f(1,4)时，ymax＝eq\f(1,4).考点三函数单调性的应用命题方向1比较函数值的大小【例3】已知f(x)＝3x＋2cosx.若a＝f(3eq\r(2))，b＝f(2)，c＝f(log27)，则a，b，c的大小关系是()A．a<b<c B．c<b<aC．b<a<c D．b<c<a【解析】由题意，得f′(x)＝3－2sinx.因为－1≤sinx≤1，所以f′(x)>0恒成立，所以函数f(x)是增函数．因为eq\r(2)>1，所以3eq\r(2)>3.又log24<log27<log28，即2<log27<3，所以2<log27<3eq\r(2)，所以f(2)<f(log27)<f(3eq\r(2))，即b<c<a，故选D.【答案】D命题方向2利用单调性解不等式【例4】已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e－x，x≤0，,－x2－2x＋1，x>0，))若f(a－1)≥f(－a2＋1)，则实数a的取值范围是()A．[－2,1]B．[－1,2]C．(－∞，－2]∪[1，＋∞)D．(－∞，－1]∪[2，＋∞)【解析】因为f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e－x，x≤0，,－x2－2x＋1，x>0，))在区间(－∞，＋∞)上单调递减，所以不等式f(a－1)≥f(－a2＋1)同解于不等式a－1≤－a2＋1，即a2＋a－2≤0，解得－2≤a≤1，故选A.【答案】A命题方向3求参数的取值范围【例5】已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax2－x－\f(1,4)，x≤1，,logax－1，x>1))是R上的单调函数，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))【解析】由对数函数的定义可得a>0，且a≠1.又函数f(x)在R上单调，而二次函数y＝ax2－x－eq\f(1,4)的图象开口向上，所以函数f(x)在R上单调递减，故有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(,0<a<1，,\f(1,2a)≥1，,a×12－1－\f(1,4)≥loga1－1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(,0<a<1，,0<a≤\f(1,2)，,a≥\f(1,4).))所以a∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2))).【答案】B方法技巧1比较大小.比较函数值的大小，应将自变量转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决.2解不等式.在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f”符号脱掉，使其转化为详细的不等式求解.此时应特殊留意函数的定义域.3利用单调性求参数.①视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数；②需留意若函数在区间[a，b]上是单调的，则该函数在此区间的随意子集上也是单调的.1．(方向1)已知偶函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，则对实数a，b，“a>|b|”是“f(a)>f(b)”的(A)A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件解析：因为f(x)为偶函数，所以f(x)＝f(－x)＝f(|x|)，由于f(x)在[0，＋∞)上单调递增，因此若a>|b|≥0，则f(a)>f(|b|)，即f(a)>f(b)，所以a>|b|是f(a)>f(b)的充分条件；若f(a)>f(b)，则f(|a|)>f(|b|)，可得|a|>|b|≥0，由于a，b的正负不能推断，因此无法得到a>|b|，则a>|b|不是f(a)>f(b)的必要条件，所以a>|b|是f(a)>f(b)的充分不必要条件，故选A.2．(方向2)已知函数f(x)＝2x＋log3eq\f(2＋x,2－x)，若不等式f(eq\f(1,m))>3成立，则实数m的取值范