2021届高考数学一轮复习新人教A版教学案：第二章函数概念及基本初等函数Ⅰ第2节函数的单调性与最值
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第2节 函数的单调性与最值
考试要求 1.理解函数的单调性、最大(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.
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x1
f(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y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，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叫做函数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)对于任意x∈I，都有f(x)≤M；
(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M
(3)对于任意x∈I，都有f(x)≥M；
(4)存在x0∈I，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y＝f(x)(f(x)>0或f(x)<0)在公共定义域内与y＝－f(x)，y＝的单调性相反.
3.“对勾函数”y＝x＋(a>0)的单调增区间为(－∞，－)，(，＋∞)；单调减区间是[－，0)，(0，].
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)，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.( )
(2)函数y＝的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞).( )
(3)对于函数y＝f(x)，若f(1)0，得x>4或x<－2.
设t＝x2－2x－8，则y＝ln t为增函数.
要求函数f(x)的单调递增区间，即求函数t＝x2－2x－8的单调递增区间.
∵函数t＝x2－2x－8的单调递增区间为(4，＋∞)，
∴函数f(x)的单调递增区间为(4，＋∞).
答案 D
5.(2020·新乡模拟)函数y＝f(x)是定义在[－2，2]上的减函数，且f(a＋1)0，得－20，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)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.
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：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.
【训练1】 (1)设函数f(x)＝g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的递减区间是________.
解析 由题意知g(x)＝
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)判断并证明函数f(x)＝ax2＋(其中10，20，
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)＝ax＋logax(a>0，且a≠1)在[1，2]上的最大值与最小值之和为loga2＋6，则a的值为( )
A. B. C.2 D.4
(2)(2020·惠州一中月考)对于任意实数a，b，定义min{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________.
解析 (1)f(x)＝ax＋logax在[1，2]上是单调函数，
所以f(1)＋f(2)＝loga2＋6，
则a＋loga1＋a2＋loga2＝loga2＋6，
即(a－2)(a＋3)＝0，又a>0，所以a＝2.
(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，
因此h(x)的最大值为h(2)＝1.
法二 依题意，h(x)＝
当02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.
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)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.3 C.4 D.6
(2)设函数f(x)＝则f(x)的最小值是________.
解析 (1)画出函数M＝{2x，2x－3，6－x}的图象(如图)，由图可知，函数M在A(2，4)处取得最小值22＝6－2＝4，
故M的最小值为4.
(2)当x≤1时，f(x)＝x2的最小值为0，
当x>1时，f(x)＝x＋－6≥2－6(当且仅当x＝时，取“＝”).
由于2－6<0，所以f(x)min＝2－6.
答案 (1)C (2)2－6
考点三 函数单调性的应用 多维探究
角度1 利用单调性比较大小
【例3－1】 已知函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，当x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，设a＝f，b＝f(2)，c＝f(e)，则a，b，c的大小关系为( )
A.c>a>b B.c>b>a
C.a>c>b D.b>a>c
解析 因为f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以f＝f.由当x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，知f(x)在(1，＋∞)上单调递减.又1<2<f>f(e)，即f(2)>f>f(e)，故b>a>c.
答案 D
角度2 求解函数不等式
【例3－2】 (2018·全国Ⅰ卷)设函数f(x)＝则满足f(x＋1)0成立，那么a的取值范围是________.
解析 (1)∵f(x)＝cos x－sin x＝－sin，
∴当x－∈，即x∈时，
y＝sin单调递增，
f(x)＝－sin单调递减，
∴是f(x)在原点附近的单调减区间，
结合条件得[0，a]⊆，
∴a≤，即amax＝.
(2)对任意x1≠x2，都有>0，
所以y＝f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数.
所以解得≤a<2.
故实数a的取值范围是.
答案 (1)C (2)
规律方法 1.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.求解函数不等式，其实质是函数单调性的逆用，由条件脱去“f”.
3.利用单调性求参数的取值(范围)的思路是：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)(角度2)已知函数f(x)＝
若f(a－1)≥f(－a)，则实数a的取值范围是( )
A. B.
C. D.
(2)(角度1)(2019·全国Ⅲ卷)设f(x)是定义域为R的偶函数，且在(0，＋∞)单调递减，则( )
A.f>f(2－)>f(2－)
B.f>f(2－)>f(2－)
C.f(2－)>f(2－)>f
D.f(2－)>f(2－)>f
(3)(角度3)若函数f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝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 (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(a－1)≥f(－a)，得a－1≤－a，
解得a≤.
(2)因为f(x)是定义域为R的偶函数，
所以f＝f(－log34)＝f(log34).
又因为log34>1>2－>2－>0，且函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f(log34)0.综上可知00时，ex－e－x>0，ex＋e－x>0，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a＝33.1，b＝，c＝ln ，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a＝33.1>30＝1，0f(b)>f(a).
答案 D
3.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]
解析 令g(x)＝－x2－2x＋3，由题意知g(x)>0，可得－30且a≠1)在R上单调递减，则a的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析 由分段函数f(x)在R上单调递减，可得00，x>0).
(1)求证：f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
(2)若f(x)在上的值域是，求a的值.
(1)证明 设x2>x1>0，则x2－x1>0，x1x2>0，
∵f(x2)－f(x1)＝－＝－＝>0，∴f(x2)>f(x1)，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数.
(2)解 ∵f(x)在上的值域是，
又由(1)知f(x)在上是单调增函数，
∴f＝，f(2)＝2，易得a＝.
10.已知函数f(x)＝a－.
(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)0，2x2＋1>0.
∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)f(x)，则实数x的取值范围是( )
A.(－∞，－1)∪(2，＋∞) B.(－∞，－2)∪(1，＋∞)
C.(－1，2) D.(－2，1)
解析 ∵当x＝0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x≤0时，函数f(x)＝x3为增函数，当x>0时，f(x)＝ln(x＋1)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(2－x2)>f(x)等价于2－x2>x，即x2＋x－2<0，解得－20，此时函数f(x)在[e，＋∞)上单调递增，值域是[e－1，＋∞).
当x
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