函数的单调性与最值

微点2 利用函数的单调性解决不等
式问题
[解析] (1)当x≤0时,f(x)=3e-x是减函数;
当x>0时,f(x)=-4x+3是减函数.因为
0=-4×0+3,所以函数y=f(x)在R上连
−

3e
3e , ≤ 0,
例4(1)已知函数f(x)=ቊ
−4 + 3, > 0, 续,且函数y=f(x)在R上单调递减.
(
)
B
3
-1
A.y=-2x B.y=x|x|C.y=x D.y=

3
[解析]对于A选项,函数y=-2x 的值域为R,且函数在区间(0,+∞)上单调递减.
2
− , ≤ 0,
2
2
对于B选项,y=x|x|=൝ 2
当x>0时,y=x >0;当x≤0时,y=-x ≤0.所以函数
, > 0.
y=x|x|的值域为R,且函数在区间(0,+∞)上单调递增.
2
2
(1,+∞)上为增函数,∴函数y=log
1
2
2
(x +2x-3)的单调递增区间为(-∞,-3).
(−2), ≥ 2,
6.已知函数f(x)=ቐ 1
是定
( ) −1, < 2
2
义在R上的减函数,则实数a的取值范
13
−∞,
围为
8 .
−2 < 0,
[解析]由题知ቐ
(−2) × 2 ≤
2
(1 )−(2 )
(1)若有(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0或
1 −2
>0,则f(x)在闭区间[a,b]上是增函数;
(2)若有(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0或
(1 )−(2 )
1 −2
<0,则f(x)在闭区间[a,b]上是减函数.
3.函数最值的结论:
2
− , < 2,
像,如图所示,由图可知,g(x)的单调递减
区间是[0,2).
[总结反思] (1)求函数单调区间的常见方法:①定义法;②图像法;③导数法.
(2)求复合函数单调区间的一般步骤:①确定函数的定义域;②求简单函数的单
调区间;③求复合函数的单调区间,其依据是“同增异减”.
(3)单调区间只能用区间表示,不能用集合或不等式表示,有多个单调区间应用
步骤:①任取x1,x2∈D,且x1≠x2;②作差求Δf=f(x1)-f(x2);③变形(通常是因式分解和
Δ
配方);④定号(即判断 的正负);⑤下结论(即指出函数f(x)在给定的区间D上的
Δ
单调性).
变式题(1)[2020·北京西城区二模] 下列函数中,值域为R且在区间(0,+∞)
上单调递增的是
(2)
设
函
数
1, > 1,
f(x)= ቐ 0, = 1, g(x)=x2f(x-1), 则
−1, < 1,
函 数 g(x) 的 单 调 递 减 区 间
[0,2)
是
.
可得g(x)的单调递减区间.
[解析]由题意知g(x)=
2
, > 2,
2
x f(x-1)=൞ 0, = 2, 作出函数g(x)的图
(1)若函数f(x)=x +2(a-1)x+2在区
间(-∞,4]上是减函数,则实数a的取值
a≤−3
范围是
.
[解析] 函数f(x)的图像的对称轴为直
线x=1-a,由题意得1-a≥4,得a≤-3.
(2) 若函 数 f(x)=x2+2(a-1)x+2 的 单 调
[解析]函数f(x)的图像的对称轴为直线
递 减 区 间 为 (-∞,4], 则 a 的 值
−

3e , ≤ 0, 为减函数,再由f(a2-3)≥f(-2a)得出a2例4(1)已知函数f(x)=ቊ
−4 + 3, > 0,
3≤-2a,解此不等式即可得出实数a的取
若f(a2-3)≥f(-2a),则实数a的取值范
值范围;
D
围是 (
)
A.(-∞,1]
B.(-∞,-3]∪[1,+∞)
C.(-∞,1]∪[3,+∞) D.[-3,1]
的值x1,x2
定义
f(x
)<f(x
)
1
2
当x1<x2时,都有
,那么就说函 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
图像
描述
自左向右看图像是
上升的
数f(x)在区间D上是减函数
自左向右看图像是
下降的
2.单调区间的定义
增函数或减函数
如果函数y=f(x)在区间D上是
(1)闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值,当函数在闭区间上单调时最
值一定在端点处取得.
(2)开区间上的“单峰”函数一定存在最大值或最小值.
题组二 常错题
◆索引:求单调区间时忘记定义域导致出错;求分段函数的单调性时忘记整体考
虑;利用单调性解不等式时忘记在单调区间内求解;混淆“单调区间”与“在区间
-1
对于C选项,函数y=x 的值域为{x|x≠0},且函数在区间(0,+∞)上单调递减.
对于D选项,函数y= 的值域为[0,+∞),且函数在区间(0,+∞)上单调递增.故选B.
(2)[2020·人大附中月考] 已知函数f(x)的定义域为D,如果对于任意的x1,x2∈D,
当x1<x2 时,都有f(x1)≤f(x2),且存在y1,y2 ∈D,当y1≠y2 时,使得f(y1)=f(y2),那么就称
上单调”两个概念.
(-∞,-3)
2
5.函数y=log 1 (x +2x-3)的单调递增区间是
.
2
2
[解析]由x +2x-3>0,解得x<-3或x>1,即函数的定义域为(-∞,-3)∪(1,+∞).
2
2
令t=x +2x-3,则y=log 1 t,∵y=log 1 t为减函数,t=x +2x-3在(-∞,-3)上为减函数,在
,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 叫作函数y=f(x)的单调区间.
3.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
结论
(1)对于任意x∈I,都有f(x)≤M;
(2)存在x0∈I,使得f(x0)=M
M为最大值
f(x)≥M
(1)对于任意x∈I,都有
的单调性相反.
()
(4)函数y=f(x)(f(x)≥0)在公共定义域内与y= ()的单调性相同.
(5)复合函数单调性的判断方法:若两个简单函数的单调性相同,则这两个函数
的复合函数为增函数;若两个简单函数的单调性相反,则这两个函数的复合函数
为减函数.简称“同增异减”.
2.单调性定义的等价形式:设x1,x2∈[a,b],x1≠x2.
+ 1, < 1.
−1, ≤ −1;
A.①④ B.②③C.①③ D.②④
, ≥ 1,
[解析]对于①,易知f(x)=ቐ0,−1 < < 1,为定义在R上的“不严格增函数”;对于
, ≤ −1
1, =
π
− ,
2
②,f(x)=ቐ
π
sin,− < ≤
2
π
ππ
π 当x1=- 2 ,x2∈(- 2 , 2 )时,f(x1)>f(x2),故不是“不严格增函
例2 (1)
2
函数f(x)=log 1 (-x +x+6)的单
3
调递减区间为 ( A
A.(
1
1
-2, )B.(-∞, )
2
2
C.(
1
,+∞)
2
)
1
D.( ,3)
2
[思路点拨]根据真数大于零,可得函数的
定义域,结合复合函数“同增异减”的原则,
可确定函数的单调递减区间;
[思路点拨]作出函数g(x)的图像,由图像
f(x)为定义域上的“不严格增函数”.下列所给的四个函数中,为“不严格增函数”
的是
( C )
π
− ,
2
, ≥ 1,
1, =
①f(x)=ቐ0,−1 < < 1,②f(x)=ቐ
π
π
sin,−
<

≤
;
, ≤ −1;
2
2
1, ≥ 1,
, ≥ 1,
③f(x)=ቐ0,−1 < < 1,④f(x)=ቊ
(2)函数f(x)=e +x-e,若实数a(a>0且a≠1)
3
满足f( loga )<1,则a的取值范围
4
3
为 (0,4) ∪(1,+∞) .
3
[思路点拨]不等式floga <1可化为
4
3
floga <f(1),利用单调性得出
4
3
loga <1,分0<a<1和a>1两种情况
4
讨论,解不等式即可.
x
第二单元 函数、导数及其应用
第 5 讲 函数的单调性与最值
课前双基巩固
课堂考点探究
教师备用习题
考试说明
借助函数图像,会用符号语言表达函数的单调性、最大值、最
小值,理解它们的作用和实际意义.
1.单调函数的定义
增函数
减函数
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
;
f(x
)=M
0
(2)存在x ∈I,使得
0
M为最小值
常用结论
1.函数单调性的常用结论:
(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)若k>0,则kf(x)与f(x)的单调性相同;若k<0,则kf(x)与f(x)的单调性相反.
1
(3)函数y=f(x)(f(x)>0)在公共定义域内与y=-f(x),y=
解
1
−1,
2
13
得a≤ ,即实数a的取值范围是
8
13
−∞,
8
.
7.函数y=f(x)是定义在[-2,2]上的减函
数,且f(a+1)<f(2a),则实数a的取值范
围是
[-1,1) .
−2 ≤ + 1 ≤ 2,
[解析]由题知ቐ −2 ≤ 2 ≤ 2,
+ 1 > 2,
解得-1≤a<1.
8.
2
逗号“，”分开写,不能用并集符号“∪”连接.
(2) [2020·河北衡水中学月考] 函
[解析]令t=|x-2|,则t在区间(-∞,2)上为减函
数y=f(x)是定义在R上的增函数,
数,在区间(2,+∞)上为增函数.因为y=f(x)是
则 函数 y=f(|x-2|) 的单 调递 减区
定义在R上的增函数,所以根据复合函数的
已知α,β∈R,且α>β>0,则
A.tan α-tan β>0
B.ln α-ln β>0
C.tan α+tan β>0
D.ln α+ln β>0
(B
) α,tan β的大小,而y=ln x在(0,+∞)上是增
函数,所以可以比较ln α,ln β的大小.
微点2 利用函数的单调性解决不等
式问题
[思路点拨]分析可知函数y=f(x)在R上
,
2
1, ≥ 1,
数”;对于③,易知f(x)=ቐ0,−1 < < 1,为定义在R上的“不严格增函数”;对于
−1, ≤ −1
, ≥ 1,
1
3
④,f(x)=ቊ
当x1= ,x2∈(1, )时,f(x1)>f(x2),故不是“不严格增函数”.故
2
2
+ 1, < 1,
探究点二 求函数的单调区间
4
若f(a2-3)≥f(-2a),则实数a的取值范
D
围是 (
)
由f(a2-3)≥f(-2a),可得a2-3≤-2a,即
A.(-∞,1]
取值范围是[-3,1].故选D.
B.(-∞,-3]∪[1,+∞)
C.(-∞,1]∪[3,+∞) D.[-3,1]
2
a +2a-3≤0,解得-3≤a≤1,因此,实数a的
x
=
=1+2
5
任取x1,x2∈(-2,+∞),且x1≠x2,则Δf=11 +2
+2
5
,
+2
5
5
1=
2 +2 2 +2
( −2)
5(1 −2 )
5
Δ (1 +2)(2 +2)
5
=
,∴ =
=
,
1 +2 (1 +2)(2 +2)
Δ
1 −2
(1 +2)(2+2)
5 1
Δ
5
∵x1,x2∈(-2,+∞),∴x1+2>0,x2+2>0,即(x1+2)(x2+2)>0,∴ =
>0,故
Δ (1 +2)(2 +2)
函数f(x)在(-2,+∞)上单调递增.
[总结反思] (1)直接利用函数单调性可以判断一些组合函数的单调性,如“增+增”
为增,“增-减”为增,“减+减”为wk.baidu.com,“减-增”为减.(2)定义法证明函数单调性的一般
x=1-a,由题意得1-a=4,得a=-3.
为
−3
.
(2)
−3
判断函数f(x)=
,x∈(-2,+∞)的单调性,并用单调性的定义证明你的结论.
+2
[思路点拨]直接判断单调性即可,再利用单调性的定义证明单调性.
−3 +2−5
[解析]函数f(x)在(-2,+∞)上单调递增.证明如下:由f(x)=
(2)函数f(x)=e +x-e,若实数a(a>0且a≠1)
3
满足f(loga )<1,则a的取值范围
4
3
(0,
)
∪(1,+∞)
为 4
.
x
[解析]由题知函数f(x)=e +x-e在R上
为增函数,且f(1)=1,由f(
3
loga )<1,可
4
3
3
得f(loga )<f(1),∴loga <1=logaa.①
间是
性质知,y=f(|x-2|)的单调递减区间是(-∞,2).
(
)
B
A.(-∞,-2)
B.(-∞,2)
C.(2,+∞)
D.R
故选B.
探究点三 利用函数单调性解决问题
微点1 利用函数的单调性比较大小 [思路点拨]因为正切函数在R上不是单
例3 [2020·安徽“皖江名校”最后一卷] 调函数,所以当α>β>0时,无法比较tan