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- 2021-06-24 发布
专题05 函数的单调性与最值
【高频考点解读】
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
【热点题型】
热点题型一 函数单调性的判定与证明
例1、【2017北京，理5】已知函数，则
（A）是奇函数，且在R上是增函数 （B）是偶函数，且在R上是增函数
（C）是奇函数，且在R上是减函数 （D）是偶函数，且在R上是减函数
【答案】A
【提分秘籍】判断(或证明)函数单调性的主要方法
(1)函数单调性的定义；
(2)观察函数的图象；
(3)利用函数和、差、积、商和复合函数单调性的判断法则；
(4)利用导数等。
其中(2)(3)一般用于选择、填空题。
【举一反三】
试讨论函数f(x)＝(a≠0)在(－1,1)上的单调性。
解析：设－1＜x1＜x2＜1，f(x)＝a＝a，
f(x1)－f(x2)＝a－a
＝a，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)上递减；
当a＜0时，f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，
函数f(x)在(－1,1)上递增。
热点题型二 求函数的单调区间
例2、求下列函数的单调区间。
(1)f(x)＝－x2＋2|x|＋3；
(2)f(x)＝log (－x2－2x＋3)；
(3)y＝；
(4)y＝3x2－6lnx。
解析：(1)∵f(x)＝
其图象如图1所示，所以函数y＝f(x)的单调递增区间为(－∞，－1]和[0,1]；
单调递减区间为[－1,0]和[1，＋∞)。
图1 图2
(2)设u＝－x2－2x＋3(u＞0)，
其图象如图2所示。∵0＜＜1，
∴f(x)的单调增区间就是u(x)＝－x2－2x＋3(u＞0)的单调减区间[－1,1)；单调减区间就是u(x)的单调增区间(－3，－1]。
∴f(x)的增区间为[－1,1)，
减区间为(－3，－1]。
(3)设u＝x2－x，则y＝u。
∵u在上为减函数，在上为增函数，
又∵y＝u为减函数，
∴y＝在上为增函数，
在上为减函数。
(4)y′＝6x－＝。
∵定义域为(0，＋∞)，
由y′＞0，得x＞1，∴增区间为(1，＋∞)。
由y′＜0，得0＜x＜1，∴减区间为(0,1)。
【提分秘籍】 求函数单调区间的常用方法
(1)利用已知函数的单调性，即转化为已知函数的和、差或复合函数，求单调区间。
(2)定义法：先求定义域，再利用单调性定义。
(3)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，可由图象的直观性写出它的单调区间。
(4)导数法：利用导数取值的正负确定函数的单调区间。
(5)求复合函数的单调区间的一般步骤是：①求函数的定义域；②求简单函数的单调区间；③求复合函数的单调区间，依据是“同增异减”。
【举一反三】
求出下列函数的单调区间。
(1)f(x)＝|x2－4x＋3|；
(2)f(x)＝log2(x2－1)；
(3)f(x)＝；
解析：(1)先作出函数y＝x2－4x＋3的图象，由于绝对值的作用，把x轴下方的部分翻折到上方，可得函数y＝|x2－4x＋3|的图象，如图所示。
由图可知，f(x)在(－∞，1)和(2,3]上为减函数，在[1,2]和(3，＋∞)上为增函数，故f(x)的增区间为[1,2]，(3，＋∞)，减区间为(－∞，1)，(2,3]。
热点题型三 函数单调性的应用
例3． (1)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
(2)定义在R上的奇函数y＝f(x)在(0，＋∞)上递增， 且f＝0，则满足f(logx)＞0的x的集合为________。
答案：（1）D （2）{x|0＜x＜或1＜x＜3}
解析：(1)由于函数f(x)的图象向左平移1个单位后得到的图象关于y轴对称，故函数y＝f(x
)的图象本身关于直线x＝1对称，所以a＝f＝f。当x2＞x1＞1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)＜0恒成立，等价于函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以b＞a＞c。故选D。
(2)由奇函数y＝f(x)在(0，＋∞)上递增，且f＝0，得函数y＝f(x)在(－∞，0)上递增，且f＝0。由f(logx)＞0，得logx＞或－＜logx＜0，解得0＜x＜或1＜x＜3.所以满足条件的x的取值集合为{x|0＜x＜或1＜x＜3}。
【提分秘籍】
1．含“f”不等式的解法
首先根据函数的性质把不等式转化为f(g(x))＞f(h(x))的形式，然后根据函数的单调性去掉“f”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意g(x)与h(x)的取值应在外层函数的定义域内。
2．比较函数值大小的思路
比较函数值的大小时，若自变量的值不在同一个单调区间内，要利用其函数性质，转化到同一个单调区间上进行比较，对于选择题、填空题能数形结合的尽量用图象法求解。
3．求参数的值或取值范围的思路
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。
【举一反三】
函数y＝在(－1，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是( )
A．a＝－3 B．a＜3
C．a≤－3 D．a≥－3
解析：y＝＝1＋，
由函数在(－1，＋∞)上单调递增，
有解得a≤－3，故选C。
答案：C
热点题型四 函数的单调性与最值
例4、【2017课标II，理11】若是函数的极值点，则的极小值为（ ）
A. B. C. D.1
【答案】A
【变式探究】【2017课标1，理5】函数在单调递减，且为奇函数．若，则满足的的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因为为奇函数且在单调递减，要使成立，则满足，从而由得，即满足成立的的取值范围为，选D.
【提分秘籍】
1．运用函数单调性求最值是求函数最值的重要方法，特别是当函数图象不易作出时，单调性几乎成为首选方法。
2．函数的最值与单调性的关系
若函数在闭区间[a，b]上是减函数，则f(x)在[a，b]上的最大值为f(a)，最小值为f(b)；
若函数在闭区间[a，b]上是增函数，则f(x)在[a，b]上的最大值为f(b)，最小值为f(a)。
【举一反三】
已知f(x)＝，x∈[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。
解析：(1)当a＝时，f(x)＝x＋＋2，联想到g(x)＝x＋的单调性，猜想到求f(x)的最值可先证明f(x)的单调性．任取1≤x1＜x2，
则f(x1)－f(x2)＝(x1－x2)＋＝，
∵1≤x1＜x2，∴x1x2＞1，∴2x1x2－1＞0。
又x1－x2＜0，∴f(x1)＜f(x2)，
∴f(x)在[1，＋∞)上是增函数，
∴f(x)在[1，＋∞)上的最小值为f(1)＝。
(2)在区间[1，＋∞)上，
f(x)＝＞0恒成立，
则⇔等价于a大于函数φ(x)＝－(x2＋2x)
在[1，＋∞)上的最大值。
只需求函数φ(x)＝－(x2＋2x)在[1，＋∞)上的最大值。
φ(x)＝－(x＋1)2＋1在[1，＋∞)上递减，
∴当x＝1时，φ(x)最大值为φ(1)＝－3。
∴a＞－3，故实数a的取值范围是(－3，＋∞)。
【高考风向标】
1.【2017课标II，理11】若是函数的极值点，则的极小值为（ ）
A. B. C. D.1
【答案】A
2.【2017课标1，理5】函数在单调递减，且为奇函数．若，则满足的的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因为为奇函数且在单调递减，要使成立，则满足
，从而由得，即满足成立的的取值范围为，选D.
1.【2016高考天津理数】已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间（-，0）上单调递增.若实数a满足，则a的取值范围是______.
【答案】
【解析】由题意在上单调递减，又是偶函数，则不等式可化为，则，，解得．
2.【2016高考新课标1卷】函数在的图像大致为
（A）（B）
（C）（D）
【答案】D
3.【2016高考上海理数】设、、是定义域为的三个函数，对于命题：①若、、均为增函数，则、、中至少有一个增函数；②若、、均是以为周期的函数，则、、均是以为周期的函数，下列判断正确的是（ ）
、①和②均为真命题 、①和②均为假命题
、①为真命题，②为假命题 、①为假命题，②为真命题
【答案】D
【解析】①不成立，可举反例
, ,
②
前两式作差，可得
结合第三式，可得,
也有
∴②正确
故选D.
【2015高考湖北，理6】已知符号函数 是上的增函数，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】因为是上的增函数，令，所以，因为，所以是上的减函数，由符号函数 知，.
【2015高考安徽，理15】设，其中均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是 .（写出所有正确条件的编号）
①；②；③；④；⑤.
【答案】①③④⑤
【解析】令，求导得，当时， ，所以
单调递增，且至少存在一个数使，至少存在一个数使，所以必有一个零点，即方程仅有一根，故④⑤正确；当时，若，则，易知，在上单调递增，在上单调递减，所以，
，要使方程仅有一根，则或者
，解得或，故①③正确.所以使得三次方程仅有一个实 根的是①③④⑤.
（2014·北京卷）下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( )
A．y＝ B．y＝(x－1)2
C．y＝2－x D．y＝log0.5(x＋1)
【答案】A
【解析】由基本初等函数的性质得，选项B中的函数在(0，1)上递减，选项C，D中的函数在(0，＋∞)上为减函数，所以排除B，C，D，选A.
（2014·福建卷）已知函数f(x)＝则下列结论正确的是( )
A．f(x)是偶函数
B．f(x)是增函数
C．f(x)是周期函数
D．f (x)的值域为[－1，＋∞)
【答案】D
（2014·四川卷）设f(x)是定义在R上的周期为2的函数，当x∈[－1，1)时，f(x)＝则f＝________．
【答案】1
【解析】由题意可知，f＝f＝f＝－4＋2＝1.
（2014·四川卷）以A表示值域为R的函数组成的集合，B表示具有如下性质的函数φ(x)组成的集合：对于函数φ(x)，存在一个正数M，使得函数φ(x)的值域包含于区间[－M，M]．例如，当φ1(x)＝x3，φ2(x)＝sin x时，φ1(x)∈A，φ2(x)∈B.现有如下命题：
①设函数f(x)的定义域为D，则“f(x)∈A”的充要条件是“∀b∈R，∃a∈D，f(a)＝b”；
②函数f(x)∈B的充要条件是f(x)有最大值和最小值；
③若函数f(x)，g(x)的定义域相同，且f(x)∈A，g(x)∈B，则f(x)＋g(x)∉B；
④若函数f(x)＝aln(x＋2)＋(x>－2，a∈R)有最大值，则f(x)∈B.
其中的真命题有________．(写出所有真命题的序号)
【答案】①③④
【解析】若f(x)∈A，则f(x)的值域为R，于是，对任意的b∈R，一定存在a∈D，使得f(a)＝b，故①正确．取函数f(x)＝x(－1＜x＜1)，其值域为(－1，1)，于是，存在M＝1，使得f(x)的值域包含于[－M，M]＝[－1，1]，但此时f(x)没有最大值和最小值，故②错误．当f(x)∈A时，由①可知，对任意的b∈R，存在a∈D，使得f(a)＝b，所以，当g(x)∈B时，对于函数f(x)＋g(x)，如果存在一个正数M，使得f(x)＋g(x)的值域包含于[－M，M]，那么对于该区间外的某一个b0∈R，一定存在一个a0∈D，使得f(a0)＝b－g(a0)，即f(a0)＋g(a0)＝b0∉[－M，M]，故③正确．对于f(x)＝aln(x＋2)＋ (x＞－2)，当a＞0或a＜0时，函数f(x)都没有最大值．要使得函数f(x)有最大值，只有a＝0，此时f(x)＝ (x＞－2)．易知f(x)∈，所以存在正数M＝，使得f(x)∈[－M，M]，故④正确．
（2014·四川卷）已知函数f(x)＝ex－ax2－bx－1，其中a，b∈R，e＝2.718 28…为自然对数的底数．
(1)设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数g(x)在区间[0，1]上的最小值；
(2)若f(1)＝0，函数f(x)在区间(0，1)内有零点，求a的取值范围．
【解析】(1)由f(x)＝ex－ax2－bx－1，得g(x)＝f′(x)＝ex－2ax－b.
所以g′(x)＝ex－2a.
当x∈[0，1]时，g′(x)∈[1－2a，e－2a]．
当a≤时，g′(x)≥0，所以g(x)在[0，1]上单调递增，
因此g(x)在[0，1]上的最小值是g(0)＝1－b；
当a≥时，g′(x)≤0，所以g(x)在[0，1]上单调递减，
因此g(x)在[0，1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b；
当0，g(1)＝e－2a－b>0.
由f(1)＝0得a＋b＝e－1<2，
则g(0)＝a－e＋2>0，g(1)＝1－a>0，
解得e－20，g(1)＝1－a>0.
故此时g(x)在(0，ln(2a))和(ln(2a)，1)内各只有一个零点x1和x2.
由此可知f(x)在[0，x1]上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在[x2，1]上单调递增．
所以f(x1)>f(0)＝0，f(x2)3，又0<0.5<1，
∴f(x)在(3，＋∞)上单调递减．
答案：A
4．若f(x)＝x2＋2(a－1)x＋2在区间(－∞，4)上是减函数，则实数a的取值范围是( )
A．a<－3 B．a≤－3
C．a>－3 D．a≥－3
解析：对称轴x＝1－a≥4，∴a≤－3.
答案：B
5．若函数f(x)＝loga(x2－ax＋)有最小值，则实数a的取值范围是( )
A．(0,1) B．(0,1)∪(1，)
C．(1，) D．[，＋∞)
解析：当a>1且x2－ax＋有最小值时，f(x)才有最小值loga，∴⇒1x－成立，所以a>min，而函数f(x)＝x－在(0，＋∞)上是增函数，所以f(x)>f(0)＝－1，所以a>－1，故选D.
答案：D
7．若函数y＝loga(x2＋2x－3)，当x＝2时，y>0，则此函数的单调递减区间是( )
A．(－∞，－3) B．(1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－1，＋∞)
解析：当x＝2时，y＝loga(22＋2·2－3)＝loga5，
∴y＝loga5>0，∴a>1，
由复合函数单调性知，
单减区间需满足解之得x<－3.
答案：A
8．已知函数f(x)的图象向右平移a(a>0)个单位后关于直线x＝a＋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
9．下列函数f(x)中，满足“对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有<0”的是( )
A．f(x)＝ B．f(x)＝(x－1)2
C．f(x)＝ex D．f(x)＝ln(x＋1)
解析：满足<0其实就是f(x)在(0，＋∞)上为减函数，故选A.
答案：A
10．定义在R上的函数f(x)对任意x1，x2(x1≠x2)都有<0，且函数y＝f(x－1)的图象关于点(1,0)中心对称，若s，t满足不等式f(s2－2s)≤－f(2t－t2)．则当1≤s≤4时，的取值范围是( )
A．[－3，－) B．[－3，－]
C．[－5，－) D．[－5，－]
解析：∵函数f(x－1)的图象关于点(1,0)中心对称，∴f(x)的图象关于点(0,0)中心对称，∴f(x)为奇函数，f(x)＝－f(－x)，∴f(s2－2s)≤－f(2t－t2)⇒f(s2－2s)≤f(t2－2t)，又由题意知f(x)为R上的减函数，∴s2－2s≥t2－2t，∴(s－t)(s＋t－2)≥0，∴s≥t且s＋t≥2，或s≤t且s＋t≤2.
不等式组的解只有此时＝－.
＝＝1－，不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，由图可知∈[－，1]，从而＝1－∈[－5，－]，∴∈[－5，－]．选D.
答案：D
11．下列函数中，定义域是R且为增函数的是( )
A．y＝e－x B．y＝x
C．y＝lnx D．y＝|x|
【解析】 由所给选项知只有y＝x的定义域是R且为增函数。故选B。
【答案】 B
12．若函数y＝ax＋1在[1,2]上的最大值与最小值的差为2，则实数a的值是( )
A．2 B．－2
C．2或－2 D．0
【解析】 当a>0时，由题意得2a＋1－(a＋1)＝2，即a＝2；当a<0时，a＋1－(2a＋1)＝2，即a＝－2，所以a＝±2。故选C。
【答案】 C
13．函数f(x)＝1－( )
A．在(－1，＋∞)上单调递增
B．在(1，＋∞)上单调递增
C．在(－1，＋∞)上单调递减
D．在(1，＋∞)上单调递减
解析 f(x)图象可由y＝－图象沿x轴向右平移一个单位，再向上平移一个单位得到，如图所示。故选B。
答案 B
14．已知函数f(x)＝，则该函数的单调增区间为________。
解析 设t＝x2－2x－3，由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，所以函数在(－∞，－1]上单调递减，在[3，＋∞)上单调递增。又因为y＝在[0，＋∞)上单调递增。
所以函数f(x)的增区间为[3，＋∞)。
答案 [3，＋∞)
15．已知函数f(x)＝若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为________。
解析 由题意，得12＋a－2≤0，则a≤2，又ax－a是增函数，故a>1，所以a的取值范围为12时，h(x)＝－x＋3是减函数．
∴h(x)＝min{f(x)，g(x)}在x＝2时，取得最大值h(2)＝1.
答案：1
18．若函数f(x)＝2x＋sinx对任意的m∈[－2,2]，有f(mx－3)＋f(x)<0恒成立，则x的取值范围是________．
19．已知函数f(x)＝x2＋(x≠0，常数a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的奇偶性，并说明理由；
(2)若函数f(x)在[2，＋∞)上为增函数，求实数a的取值范围．
解：(1)函数f(x)的定义域为{x|x≠0}，
当a＝0时，f(x)＝x2(x≠0)，显然为偶函数；
当a≠0时，f(1)＝1＋a，f(－1)＝1－a.
因此f(1)≠f(－1)，且f(－1)≠－f(1)．
所以当a≠0时，函数f(x)＝x2＋(x≠0)既不是奇函数，也不是偶函数．
(2)f′(x)＝2x－＝，当a≤0时，对任意x∈[2，＋∞)，f′(x)>0恒成立，易知满足题意；当a>0时，令f′(x)＝>0，解得x>，由f(x)在[2，＋∞)上是增函数，可知≤2，解得01.
(1)求证：f(x)>0；
(2)求证：f(x)为R上的减函数；
(3)当f(4)＝时，对a∈[－1,1]时恒有f(x2－2ax＋2)≤，求实数x的取值范围．
解：(1)证明：证法1：令y＝0得f(0)·f(x)＝f(x)即f(x)[f(0)－1]＝0，又f(x)≠0，∴f(0)＝1.
当x<0时，f(x)>1，－x>0.
f(x)·f(－x)＝f(0)＝1，则f(－x)＝∈(0,1)．
故对于x∈R恒有f(x)>0.
证法2：f(x)＝f＝2≥0，
∵f(x)为非零函数，∴f(x)>0.
(2)证明：令x1>x2且x1，x2∈R，
有f(x1)·f(x2－x1)＝f(x2)，又x2－x1<0，则f(x2－x1)>1，故＝f(x2－x1)>1，又f(x)>0.
∴f(x2)>f(x1)．
故f(x)为R上的减函数．
(3)f(4)＝＝f(2＋2)＝f2(2)⇒f(2)＝，则原不等式可变形为f(x2－2ax＋2)≤f(2)，
依题意有x2－2ax≥0对a∈[－1,1]恒成立．
∴∴x≥2或x≤－2或x＝0.
故实数x的取值范围为(－∞，－2]∪{0}∪[2，＋∞)．