高考数学专题复习练习：第二章 2_2
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)对于任意的x∈I，都有f(x)≤M；
(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M
(3)对于任意的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
【知识拓展】
函数单调性的常用结论
(1)对∀x1，x2∈D(x1≠x2)，>0⇔f(x)在D上是增函数，<0⇔f(x)在D
上是减函数．
(2)对勾函数y＝x＋(a>0)的增区间为(－∞，－]和[，＋∞)，减区间为[－，0)和(0，]．
(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”．
【思考辨析】
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若定义在R上的函数f(x)，有f(－1)0)的单调增区间为________．
答案 (0，＋∞)
解析 函数的对称轴为x＝－1，又x>0，
所以函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．
4．(教材改编)已知函数f(x)＝x2－2ax－3在区间[1,2]上是增函数，则实数a的取值范围为________________________________________________________________________．
答案 (－∞，1]
解析 函数f(x)＝x2－2ax－3的图象开口向上，对称轴为直线x＝a，画出草图如图所示．
由图象可知函数f(x)的单调递增区间是[a，＋∞)，由[1,2]⊆[a，＋∞)，可得a≤1.
5．(教材改编)已知函数f(x)＝，x∈[2,6]，则f(x)的最大值为________，最小值为________．
答案 2
解析 可判断函数f(x)＝在[2,6]上为减函数，所以f(x)max＝f(2)＝2，f(x)min＝f(6)＝.
题型一 确定函数的单调性(区间)
命题点1 给出具体解析式的函数的单调性
例1 (1)函数的单调递增区间是( )
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)
C．(2，＋∞) D．(－∞，－2)
(2)y＝－x2＋2|x|＋3的单调递增区间为________．
答案 (1)D (2)(－∞，－1]，[0,1]
解析 (1)因为t>0在定义域上是减函数，所以求原函数的单调递增区间，即求函数t＝x2－4的单调递减区间，结合函数的定义域，可知所求区间为(－∞，－2)．
(2)由题意知，当x≥0时，y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4；当x<0时，y＝－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4，
二次函数的图象如图．
由图象可知，函数y＝－x2＋2|x|＋3在(－∞，－1]，[0,1]上是增函数.
命题点2 解析式含参数的函数的单调性
例2 已知函数f(x)＝(a>0)，用定义法判断函数f(x)在(－1,1)上的单调性．
解 设－10，x1x2＋1>0，(x－1)(x－1)>0.
又∵a>0，∴f(x1)－f(x2)>0，
∴函数f(x)在(－1,1)上为减函数．
引申探究
如何用导数法求解例2?
解 f′(x)＝＝，
∵a>0，∴f′(x)<0在(－1,1)上恒成立，
故函数f(x)在(－1,1)上为减函数．
思维升华 确定函数单调性的方法：(1)定义法和导数法，证明函数单调性只能用定义法和导数法；(2)复合函数法，复合函数单调性的规律是“同增异减”；(3)图象法，图象不连续的单调区间不能用“∪”连接．
(1)已知函数f(x)＝，则该函数的单调递增区间为( )
A．(－∞，1] B．[3，＋∞)
C．(－∞，－1] D．[1，＋∞)
答案 B
解析 设t＝x2－2x－3，则t≥0，即x2－2x－3≥0，
解得x≤－1或x≥3.所以函数的定义域为(－∞，－1]∪[3，＋∞)．
因为函数t＝x2－2x－3的图象的对称轴为x＝1，
所以函数t在(－∞，－1]上单调递减，
在[3，＋∞)上单调递增．
所以函数f(x)的单调递增区间为[3，＋∞)．
(2)已知函数f(x)＝ln x＋mx2(m∈R)，求函数f(x)的单调区间．
解 (导数法)依题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)．
对f(x)求导，得f′(x)＝＋2mx＝.
当m≥0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当m<0时，令f′(x)＝0，得x＝ .
当x∈(0, )时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0, )上单调递增；
当x∈( ，＋∞)时，f′(x)<0，
所以f(x)在( ，＋∞)上单调递减．
题型二 函数的最值
例3 (1)函数f(x)＝的最大值为________．
答案 2
解析 当x≥1时，函数f(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.
(2)已知f(x)＝，x∈[1，＋∞)，且a≤1.
①当a＝时，求函数f(x)的最小值；
②若对任意x∈[1，＋∞)，f(x)>0恒成立，试求实数a的取值范围．
解 ①当a＝时，f(x)＝x＋＋2，
又x∈[1，＋∞)，所以f′(x)＝1－>0，即f(x)在[1，＋∞)上是增函数，
所以f(x)min＝f(1)＝1＋＋2＝.
②f(x)＝x＋＋2，x∈[1，＋∞)．
(ⅰ)当a≤0时，f(x)在[1，＋∞)内为增函数．
最小值为f(1)＝a＋3.
要使f(x)>0在x∈[1，＋∞)上恒成立，只需a＋3>0，
所以－30，a>－3，所以01)的最小值为________．
答案 (1)1 (2)8
解析 (1)易知函数y＝x＋在[1，＋∞)上为增函数，∴x＝1时，ymin＝1.(本题也可用换元法求解)
(2)方法一 (基本不等式法)f(x)＝＝
＝(x－1)＋＋2≥2 ＋2＝8，
当且仅当x－1＝，即x＝4时，f(x)min＝8.
方法二 (导数法)f′(x)＝，
令f′(x)＝0，得x＝4或x＝－2(舍去)．
当14时，f′(x)>0，
f(x)在(4，＋∞)上是递增的，
所以f(x)在x＝4处取到极小值也是最小值，
即f(x)min＝f(4)＝8.
题型三 函数单调性的应用
命题点1 比较大小
例4 已知函数f(x)的图象向左平移1个单位后关于y轴对称，当x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)<0恒成立，设a＝f(－)，b＝f(2)，c＝f(3)，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
答案 D
解析 根据已知可得函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，且在(1，＋∞)上是减函数，因为a＝f(－)＝f()，且2<<3，所以b>a>c.
命题点2 解函数不等式
例5 (2017·珠海月考)定义在R上的奇函数y＝f(x)在(0，＋∞)上递增，且f()＝0，则满足的x的集合为________________．
答案 {x|0－ B．a≥－
C．－≤a<0 D．－≤a≤0
(2)已知f(x)＝满足对任意x1≠x2，都有>0成立，那么a的取值范围是________．
答案 (1)D (2)[，2)
解析 (1)当a＝0时，f(x)＝2x－3，在定义域R上是单调递增的，故在(－∞，4)上单调递增；
当a≠0时，二次函数f(x)的对称轴为x＝－，
因为f(x)在(－∞，4)上单调递增，
所以a<0，且－≥4，解得－≤a<0.
综合上述得－≤a≤0.
(2)由已知条件得f(x)为增函数，
所以
解得≤a<2，所以a的取值范围是[，2)．
思维升华 函数单调性应用问题的常见类型及解题策略
(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，使其转化为具体的不等式求解．此时应特别注意函数的定义域．
(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需注意若函数在区间[a，b]上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的；
③分段函数的单调性，除注意各段的单调性外，还要注意衔接点的取值．
(1)(2016·太原模拟)已知函数f(x)＝x(ex－)，若f(x1)x2 B．x1＋x2＝0
C．x10时，f′(x)>0，∴f(x)在[0，＋∞)上为增函数，
由f(x1)0时，恒有f(x)>1.
(1)求证：f(x)在R上是增函数；
(2)若f(3)＝4，解不等式f(a2＋a－5)<2.
思维点拨 (1)对于抽象函数的单调性的证明，只能用定义．应该构造出f(x2)－f(x1)并与0比较大小．(2)将函数不等式中的抽象函数符号“f”运用单调性“去掉”是本题的切入点．要构造出f(M)0，
∵当x>0时，f(x)>1，∴f(x2－x1)>1.[2分]
f(x2)＝f[(x2－x1)＋x1]＝f(x2－x1)＋f(x1)－1，[4分]
∴f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)－1>0⇒f(x1)0且a－1≥0，即a≥1.
4．已知f(x)＝是R上的单调递增函数，则实数a的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B．[4,8)
C．(4,8) D．(1,8)
答案 B
解析 由已知可得解得4≤a＜8.
*5.函数f(x)的定义域为D，若对于任意x1，x2∈D，当x1f(2a－x)在[a，a＋1]上恒成立，则实数a的取值范围是________．
答案 (－∞，－2)
解析 二次函数y1＝x2－4x＋3的对称轴是x＝2，
∴该函数在(－∞，0]上单调递减，
∴x2－4x＋3≥3，同样可知函数y2＝－x2－2x＋3在(0，＋∞)上单调递减，
∴－x2－2x＋3<3，∴f(x)在R上单调递减，
∴由f(x＋a)>f(2a－x)得到x＋a<2a－x，
即2x0，x>0)．
(1)求证：f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
(2)若f(x)在[，2]上的值域是[，2]，求a的值．
(1)证明 任取x1>x2>0，
则f(x1)－f(x2)＝－－＋＝，
∵x1>x2>0，
∴x1－x2>0，x1x2>0，
∴f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，
∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
(2)解 由(1)可知，f(x)在[，2]上为增函数，
∴f()＝－2＝，f(2)＝－＝2，
解得a＝.
12．函数f(x)＝4x2－4ax＋a2－2a＋2在区间[0,2]上有最小值3，求a的值．
解 f(x)＝4(x－)2－2a＋2，
①当≤0，即a≤0时，函数f(x)在[0,2]上是增函数．
∴f(x)min＝f(0)＝a2－2a＋2.
由a2－2a＋2＝3，得a＝1±.
∵a≤0，∴a＝1－.
②当0<<2，即00，试确定a的取值范围．
解 (1)由x＋－2>0，得>0，
当a>1时，x2－2x＋a>0恒成立，
定义域为(0，＋∞)；
当a＝1时，定义域为{x|x>0且x≠1}；
当01＋}．
(2)设g(x)＝x＋－2，
当a∈(1,4)，x∈[2，＋∞)时，
g′(x)＝1－＝>0恒成立，
所以g(x)＝x＋－2在[2，＋∞)上是增函数．
所以f(x)＝lg在[2，＋∞)上是增函数．
所以f(x)＝lg在[2，＋∞)上的最小值为f(2)＝lg.
(3)对任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)>0，即x＋－2>1对x∈[2，＋∞)恒成立．
所以a>3x－x2，
令h(x)＝3x－x2，
而h(x)＝3x－x2＝－2＋在[2，＋∞)上是减函数，
所以h(x)max＝h(2)＝2，
所以a>2.
