2021高三数学人教B版一轮学案：第二章 第二节 函数的单调性与最值
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第二节 函数的单调性与最值
最新考纲
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.
知识点一 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，如果对于定义域I内某个区间D上的任意两个自变量x1，x2：
(1)增函数：当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．
注意以下结论
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”．
知识点二 函数的最值
1．思考辨析
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＝可转化为y＝x－1，所以函数y＝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01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＝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01时，y＝logax在(0，＋∞)上单调递增，因此选项C中的函数y＝在(0，＋∞)上单调递减，故选项C不符合题意．故选A.
(2)y＝|x2－3x＋2|
＝
如图所示，函数的单调递增区间是和[2，＋∞)．
(3)方法1：(定义法)设－10，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．
【答案】 (1)A (2)B (3)见解析
方法技巧
判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→判断符号→得出结论.
(2)图象法：如果f(x)是以图象形式给出的，或者f(x)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，根据各初等函数的增减性及f(x)±g(x)增减性质进行判断；
②对于复合函数，先将函数y＝f(g(x))分解成y＝f(t)和t＝g(x)，再讨论(判断)这两个函数的单调性，最后根据复合函数“同增异减”的规则进行判断.
1．下列函数中，满足“∀x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，(x1－x2)·[f(x1
)－f(x2)]<0”的是( C )
A．f(x)＝2x B．f(x)＝|x－1|
C．f(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)＝－x，因为y＝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．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 函数的最值
【例2】 (1)函数y＝x＋的最小值为________．
(2)函数y＝的值域为________．
(3)函数f(x)＝的最大值为________．
【解析】 (1)法1：令t＝，且t≥0，则x＝t2＋1，
∴原函数变为y＝t2＋1＋t，t≥0.
配方得y＝2＋，
又∵t≥0，∴y≥＋＝1.
故函数y＝x＋的最小值为1.
法2：因为函数y＝x和y＝在定义域内均为增函数，故函数y＝x＋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＝＝
＝2＋＝2＋.
∵2＋≥，
∴2<2＋≤2＋＝.
故函数的值域为.
(3)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.
【答案】 (1)1 (2) (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.
(5)换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，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．－2
C．－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)＝在区间[a，b]上的最大值是1，最小值是，则a＋b＝6.
解析：由题易知f(x)在[a，b]上为减函数，所以即所以
所以a＋b＝6.
3．函数y＝－x(x≥0)的最大值为.
解析：令t＝，则t≥0，x＝t2，
所以y＝t－t2＝－2＋，
当t＝，即x＝时，ymax＝.
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】 (2020·成都检测)已知f(x)＝3x＋2cosx.若a＝f(3)，b＝f(2)，c＝f(log27)，则a，b，c的大小关系是( )
A．a0恒成立，所以函数f(x)是增函数．因为>1，所以3>3.又log240，且a≠1.
又函数f(x)在R上单调，而二次函数y＝ax2－x－的图象开口向上，所以函数f(x)在R上单调递减，
故有即
所以a∈.
【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.
1．(方向1)(2020·合肥检测)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的正负不能判断，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)(2020·重庆调研)已知函数f(x)＝2x＋log3，若不等式f>3成立，则实数m的取值范围是( D )
A．(1，＋∞) B．(－∞，1)
C. D.
解析：由>0，得－23成立等价于不等式f>f(1)成立，所以解得f(2x)的解集为( B )
A．(－∞，－3)∪(1，＋∞)
B．(－3,1)
C．(－∞，－1)∪(3，＋∞)
D．(－1,3)
解析：易知，当x<0时，f′(x)＝x2－x>0，f(x)为增函数，当x≥0时，f(x)＝ex也为增函数，且x<0时，f(x)<0，x≥0时，f(x)≥1，故f(x)在R上为单调递增函数．故f(3－x2)>f(2x)等价于3－x2>2x，解得－30且a≠1，函数f(x)＝在R上单调递增，那么实数a的取值范围是( D )
A．(1，＋∞) B．(0,1)
C．(1,2) D．(1,2]
解析：依题意，解得1
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