高三数学第一轮复习讲义2.13函数最值问题(无答案)全国通用

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高考数学第一轮复习(共127课时) 第18课时：第二章函数——函数的最值

一．课题：函数的最值二．教学目标：掌握函数最值的一般求法，并能利用函数的最值解决一些实际问题，提高分析和解决问题的能力．三．教学重点：函数最值的一般求法以及应用．四．教学过程：（一）主要知识：1．函数最值的意义；2．求函数最值的常用方法：（1）配方法：主要适用于可化为二次函数或可化为二次函数的函数，要特别注意自变量的范围；（2）判别式法：主要适用于可化为关于x 的二次方程2()()()0a y xb y xc y ++=的函数()y f x =．在由0∆≥且()0a y ≠，求出y 的值后，要检验这个最值在定义域内是否有相应的x 的值；（3）不等式法：利用基本不等式求最值时一定要注意应用的条件；（4）换元法：用换元法时一定要注意新变元的取值范围；（5）数形结合法：对于图形较容易画出的函数的最值问题可借助图象直观求出；（6）利用函数的单调性：要注意函数的单调性对函数最值的影响，特别是闭区间上函数的最值．（二）主要方法：1．函数的最值问题实质上是函数的值域问题，因此求函数值域的方法，也是求函数的值域的方法，只是答题的方式有所差异；2．无论用什么方法求最值，都要考查“等号”是否成立，不等式法及判别式法尤其如此．（三）例题分析：例1．求下列函数的最大值或最小值：（1） 4y =2）y x =3）222251x x y x x ++=++．解：（1）4y =4=-2320x x +-≥得13x -≤≤， ∴当1x =时，函数取最小值2，当 1 3x or x =-=时函数取最大值4．（21 (0,)2t t x =≥≤，则212t x -=，∴2211(1)122t y t t -=-=-++，当0t =，即12x =时取等号，∴函数取最大值12，无最小值．（3）解法（一）用判别式法：由222251x x y x x ++=++得2(2)(2)50,y x y x y x R -+-+-=∈，①若2y =，则25=矛盾， ∴2y ≠，②由2y ≠，这时，22(2)4(2)(5)0y y y y ≠∆=----≥⎧⎨⎩，解得：26y <≤，且当6y =时，12x =-， ∴函数的最大值是6，无最小值．解法（二）分离常数法：由222251x x y x x ++=++2321x x =+++23213()24x =+++ ∵2133()244x ++≥，∴26y <≤ ，∴函数的最大值是6，无最小值．例2．（1）函数x y a =在[0,1]上的最大值与最小值的和为3，则a = 2 ．（2）对于满足40≤≤p 的一切实数，不等式342-+>+p x px x 恒成立，则x 的取值范围为(,1)(3,)-∞-+∞．（3）已知函数()21x f x =-，2()1g x x =-，构造函数()F x ，定义如下：当|()|()f x g x ≥时，()|()|F x f x =，当|()|()f x g x <时，()()F x f x =-，那么()F x （ B ）()A 有最小值0，无最大值 ()B 有最小值1-，无最大值()C 有最大值1，无最小值 ()D 无最小值，也无最大值例3．（《高考A 计划》考点17“智能训练第14题”）已知113a ≤≤，若2()21f x ax x =-+在[1,3]上的最大值为()M a ，最小值为()N a ，令()()(g a M a N a =-，（1）求()g a 的函数表达式；（2）判断函数()g a 的单调性，并求出()g a 的最小值．答案参看教师用书93P ．（四）巩固练习：1．函数2(62) [0,3], y x x x =-∈的最大值为 16 ；2．若,,3212x y R x y +∈+=，则xy 的最大值是 6 ；3．若221,x y +=则34x y -的最小值是5-；4．3()3f x ax x a b =-+-，在[2,1]--和 [1,2]上是单调递减函数，则a 的最大值为16．五．课后作业：《高考A计划》考点17，智能训练1，3，4， 8， 10，12，13，15。

2020版高考数学大一轮复习人教A版全国通用(课件+讲义)第三章第2节第2课时利用导数研究函数的极值、最值

第2课时利用导数研究函数的极值、最值考点一利用导数研究函数的极值(多维探究)命题角度1已知函数求极值(点)【例1－1】(2018·泉州质检)已知函数f(x)＝x－1＋ae x(a∈R，e为自然对数的底数).(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求a的值；(2)求函数f(x)的极值.解(1)由f(x)＝x－1＋ae x，得f′(x)＝1－ae x.又曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，得f′(1)＝0，即1－ae＝0，解得a＝e.(2)f′(x)＝1－ae x，①当a≤0时，f′(x)>0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数f(x)无极值.②当a>0时，令f′(x)＝0，得e x＝a，即x＝ln a，当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，故f(x)在x＝ln a处取得极小值且极小值为f(ln a)＝ln a，无极大值.综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a>0时，f(x)在x＝ln a处取得极小值ln a，无极大值.命题角度2已知极值(点)，求参数的值或取值范围【例1－2】已知函数f(x)＝ax－1－ln x(a∈R).(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的取值范围.解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞). f ′(x )＝a －1x ＝ax －1x ，当a ≤0时，f ′(x )≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，∴f (x )在(0，＋∞)上没有极值点；当a >0时，由f ′(x )<0得0<x <1a ，由f ′(x )>0得x >1a ，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上递增，即f (x )在x ＝1a 处有极小值.∴当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上没有极值点，当a >0时，f (x )在(0，＋∞)上有一个极值点.(2)∵函数f (x )在x ＝1处取得极值， ∴a ＝1，∴f (x )≥bx －2⇒1＋1x －ln xx ≥b ，令g (x )＝1＋1x －ln xx ，则g ′(x )＝ln x －2x 2，令g ′(x )＝0，得x ＝e 2，则g (x )在(0，e 2)上递减，在(e 2，＋∞)上递增，∴g (x )min ＝g (e 2)＝1－1e 2，即b ≤1－1e 2，即实数b 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，1－1e 2.规律方法函数极值的两类热点问题(1)求函数f (x )极值这类问题的一般解题步骤为：①确定函数的定义域；②求导数f ′(x )；③解方程f ′(x )＝0，求出函数定义域内的所有根；④列表检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根x 0左右两侧值的符号，如果左正右负，那么f (x )在x 0处取极大值，如果左负右正，那么f (x )在x 0处取极小值. (2)由函数极值求参数的值或范围.讨论极值点有无(个数)问题，转化为讨论f ′(x )＝0根的有无(个数).然后由已知条件列出方程或不等式求出参数的值或范围，特别注意：极值点处的导数为0，而导数为0的点不一定是极值点，要检验极值点两侧导数是否异号. 【训练1】 (2016·山东卷改编)设f (x )＝x ln x －ax 2＋(2a －1)x (常数a >0). (1)令g (x )＝f ′(x )，求g (x )的单调区间；(2)已知f (x )在x ＝1处取得极大值，求实数a 的取值范围. 解 (1)由f ′(x )＝ln x －2ax ＋2a ，可得g (x )＝ln x －2ax ＋2a ，x ∈(0，＋∞). 所以g ′(x )＝1x －2a ＝1－2ax x . 又a >0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减.∴函数y ＝g (x )的单调增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，单调减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞. (2)由(1)知，f ′(1)＝0.①当0<a <12时，12a >1，由(1)知f ′(x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 内单调递增，可得当x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，1)内单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a 内单调递增.所以f (x )在x ＝1处取得极小值，不合题意.②当a ＝12时，12a ＝1，f ′(x )在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减，不合题意.③当a >12时，0<12a <1，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减. 所以f (x )在x ＝1处取极大值，符合题意. 综上可知，实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.考点二利用导数研究函数的最值【例2】 (2018·山西三区八校模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx (其中a ，b 为常数且a ≠0)在x ＝1处取得极值. (1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在(0，e]上的最大值为1，求a 的值.解 (1)因为f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx ，所以f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x ＋2ax＋b ，因为函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋bx 在x ＝1处取得极值，所以f ′(1)＝1＋2a ＋b ＝0，又a ＝1，所以b ＝－3，则f ′(x )＝2x 2－3x ＋1x，令f ′(x )＝0，得x 1＝12，x 2＝1. f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：所以f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，(1，＋∞)；单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.(2)由(1)知f ′(x )＝2ax 2－（2a ＋1）x ＋1x ＝（2ax －1）（x －1）x (x >0)，令f ′(x )＝0，得x 1＝1，x 2＝12a ，因为f (x )在x ＝1处取得极值，所以x 2＝12a ≠x 1＝1，若12a <0时，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f (x )在区间(0，e]上的最大值为f (1)，令f (1)＝1，解得a ＝－2，当a >0时，x 2＝12a >0，若12a <1时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，[1，e]上单调递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12a ，1上单调递减，所以最大值可能在x ＝12a 或x ＝e 处取得，而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＝ln 12a ＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2－(2a ＋1)12a ＝ln 12a－14a －1<0，所以f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1，解得a ＝1e －2，若1<12a <e 时，f (x )在区间(0，1)，⎣⎢⎡⎦⎥⎤12a ，e 上单调递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，12a 上单调递减，所以最大值可能在x ＝1或x ＝e 处取得，而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)<0，所以f (e)＝ln e ＋a e 2－(2a ＋1)e ＝1，解得a ＝1e －2，与1<x 2＝12a <e 矛盾，当x 2＝12a ≥e 时，f (x )在区间(0，1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以最大值可能在x ＝1处取得，而f (1)＝ln 1＋a －(2a ＋1)<0，矛盾，综上所述，a ＝1e －2或a ＝－2. 规律方法 1.求函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤：第一步，求函数在(a ，b )内的极值；第二步，求函数在区间端点处的函数值f (a )，f (b )；第三步，将函数f (x )的各极值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.2.求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值.【训练2】 (2017·北京卷)已知函数f (x )＝e x cos x －x . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值.解 (1)∵f (x )＝e x ·cos x －x ，∴f (0)＝1， f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，∴f ′(0)＝0，∴y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线方程为y －1＝0·(x －0)，即y ＝1.(2)f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，令f ′(x )＝g (x )，则g ′(x )＝－2sin x ·e x≤0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上恒成立，且仅在x ＝0处等号成立， ∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减，∴g (x )≤g (0)＝0，∴f ′(x )≤0且仅在x ＝0处等号成立， ∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减，∴f (x )max ＝f (0)＝1，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－π2.考点三函数极值与最值的综合问题【例3】 (2018·河南百校联盟模拟)已知函数f (x )＝e x －ax ，a >0. (1)记f (x )的极小值为g (a )，求g (a )的最大值； (2)若对任意实数x ，恒有f (x )≥0，求f (a )的最值范围. 解 (1)函数f (x )的定义域是(－∞，＋∞)，f ′(x )＝e x －a . 令f ′(x )＝0，得x ＝ln a ，易知当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在x ＝ln a 处取极小值，g (a )＝f (x )极小值＝f (ln a )＝e ln a －a ln a ＝a －a ln a .g ′(a )＝1－(1＋ln a )＝－ln a ，当0<a <1时，g ′(a )>0，g (a )在(0，1)上单调递增；当a >1时，g ′(a )<0，g (a )在(1，＋∞)上单调递减.所以a ＝1是函数g (a )在(0，＋∞)上的极大值点，也是最大值点，所以g (a )max ＝g (1)＝1.(2)显然，当x ≤0时，e x －ax ≥0(a >0)恒成立. 当x >0时，由f (x )≥0，即e x－ax ≥0，得a ≤e x x .令h (x )＝e xx ，x ∈(0，＋∞)，则h ′(x )＝e x x －e x x 2＝e x （x －1）x 2，当0<x <1时，h ′(x )<0，当x >1时，h ′(x )>0，故h (x )的最小值为h (1)＝e ，所以a ≤e ，故实数a 的取值范围是(0，e].f (a )＝e a －a 2，a ∈(0，e]，f ′(a )＝e a －2a ，易知e a －2a ≥0对a ∈(0，e]恒成立，故f (a )在(0，e]上单调递增，所以f (0)＝1<f (a )≤f (e)＝e e －e 2，即f (a )的取值范围是(1，e e －e 2].规律方法 1.(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小.(2)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论.2.本题分离参数，构造函数，把问题转化为求函数的最值问题，优化了解题过程.【训练3】 (2018·安徽江南十校联考)已知函数f (x )＝x ln x (x >0). (1)求f (x )的单调区间和极值；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，f (x )≥－x 2＋mx －32恒成立，求实数m 的最大值.解 (1)由f (x )＝x ln x (x >0)，得f ′(x )＝1＋ln x ，令f ′(x )>0，得x >1e ；令f ′(x )<0，得0<x <1e .∴f (x )的单调增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞，单调减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e .故f (x )在x ＝1e 处有极小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e ，无极大值.(2)由f (x )≥－x 2＋mx －32及f (x )＝x ln x ，得m ≤2x ln x ＋x 2＋3x恒成立，问题转化为m ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ln x ＋x 2＋3x min.令g (x )＝2x ln x ＋x 2＋3x (x >0)，则g ′(x )＝2x ＋x 2－3x 2，由g ′(x )>0⇒x >1，由g ′(x )<0⇒0<x <1.所以g (x )在(0，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数，所以g (x )min ＝g (1)＝4，因此m ≤4，所以m 的最大值是4.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.(2016·四川卷)已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝( ) A.－4B.－2C.4D.2解析 f ′(x )＝3x 2－12，∴x <－2时，f ′(x )>0，－2<x <2时，f ′(x )<0，x >2时， f ′(x )>0，∴x ＝2是f (x )的极小值点. 答案 D2.函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为( ) A.12B.1C.0D.不存在解析 f ′(x )＝x －1x ＝x 2－1x ＝（x －1）（x ＋1）x，因为x >0，所以令f ′(x )>0，得x >1.令f ′(x )<0，得0<x <1，故f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故f (x )的最小值为f (1)＝12. 答案 A3.(2018·石家庄模拟)函数y ＝f (x )导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是( )A.(－1，3)为函数y ＝f (x )的递增区间B.(3，5)为函数y ＝f (x )的递减区间C.函数y ＝f (x )在x ＝0处取得极大值D.函数y ＝f (x )在x ＝5处取得极小值解析由函数y ＝f (x )导函数的图象可知，f (x )的单调递减区间是(－∞，－1)，(3，5)，单调递增区间为(－1，3)，(5，＋∞)，所以f (x )在x ＝－1，5取得极小值，在x ＝3取得极大值，故选项C 错误. 答案 C4.设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点，则( )A.a <－1B.a >－1C.a >－1eD.a <－1e解析 ∵y ＝e x ＋ax ，∴y ′＝e x ＋a . ∵函数y ＝e x ＋ax 有大于零的极值点，则方程y ′＝e x ＋a ＝0有大于零的解， ∵x >0时，－e x <－1，∴a ＝－e x <－1. 答案 A5.已知y ＝f (x )是奇函数，当x ∈(0，2)时，f (x )＝ln x －ax ⎝ ⎛⎭⎪⎫a >12，当x ∈(－2，0)时，f (x )的最小值为1，则a 的值等于( ) A.14B.13C.12D.1解析由题意知，当x ∈(0，2)时，f (x )的最大值为－1. 令f ′(x )＝1x －a ＝0，得x ＝1a ，当0<x <1a 时，f ′(x )>0；当x >1a 时，f ′(x )<0.∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－ln a －1＝－1，解得a ＝1.答案 D 二、填空题6.(2017·新乡模拟)设x 1，x 2是函数f (x )＝x 3－2ax 2＋a 2x 的两个极值点，若x 1<2<x 2，则实数a 的取值范围是________.解析由题意得f ′(x )＝3x 2－4ax ＋a 2的两个零点x 1，x 2满足x 1<2<x 2. 所以f ′(2)＝12－8a ＋a 2<0，解得2<a <6. 答案 (2，6)7.(2018·郴州模拟)已知奇函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x x －1 （x >0），h （x ）（x <0），则函数h (x )的最大值为________.解析当x >0时，f ′(x )＝e x （x －1）x 2，∴x ∈(0，1)时，f ′(x )<0，函数单调递减，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，函数单调递增，∴x ＝1时，函数取得极小值即最小值，为e －1，∴由已知条件得h (x )的最大值为1－e. 答案 1－e8.(2018·武汉模拟)若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内存在最小值，则实数k 的取值范围是________.解析因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，又因为f ′(x )＝4x －1x ，所以由f ′(x )＝0解得x ＝12，由题意得⎩⎨⎧k －1<12<k ＋1，k －1≥0，解得1≤k <32. 答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32三、解答题9.(2015·安徽卷)已知函数f (x )＝ax（x ＋r ）2(a >0，r >0).(1)求f (x )的定义域，并讨论f (x )的单调性； (2)若ar ＝400，求f (x )在(0，＋∞)内的极值.解 (1)由题意可知x ≠－r ，所求的定义域为(－∞，－r )∪(－r ，＋∞). f (x )＝ax （x ＋r ）2＝axx 2＋2rx ＋r 2， f ′(x )＝a （x 2＋2rx ＋r 2）－ax （2x ＋2r ）（x 2＋2rx ＋r 2）2＝a （r －x ）（x ＋r ）（x ＋r ）4.所以当x <－r 或x >r 时，f ′(x )<0；当－r <x <r 时，f ′(x )>0.因此，f (x )的单调递减区间为(－∞，－r )，(r ，＋∞)； f (x )的单调递增区间为(－r ，r ).(2)由(1)的解答可知f ′(r )＝0，f (x )在(0，r )上单调递增，在(r ，＋∞)上单调递减. 因此，x ＝r 是f (x )的极大值点，所以f (x )在(0，＋∞)内的极大值为f (r )＝ar （2r ）2＝a 4r＝4004＝100，f (x )在(0，＋∞)内无极小值；综上，f (x )在(0，＋∞)内极大值为100，无极小值.10.设函数f (x )＝a ln x －bx 2(x >0)，若函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切.(1)求实数a ，b 的值；(2)求函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值. 解 (1)f ′(x )＝a x －2bx ，∵函数f (x )在x ＝1处与直线y ＝－12相切，∴⎩⎪⎨⎪⎧f ′（1）＝a －2b ＝0，f （1）＝－b ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝12. (2)由(1)知，f (x )＝ln x －12x 2，f ′(x )＝1x －x ＝1－x 2x ，当1e ≤x ≤e 时，令f ′(x )>0，得1e ≤x <1，令f ′(x )<0，得1<x ≤e ，∴f (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，1上单调递增；在(1，e]上单调递减， ∴f (x )max ＝f (1)＝－12.能力提升题组(建议用时：20分钟)11.(2018·合肥模拟)已知函数f (x )＝x ln x －a e x (e 为自然对数的底数)有两个极值点，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e B.(0，e) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e D.(－∞，e) 解析 f (x )＝x ln x －a e x (x >0)，∴f ′(x )＝ln x ＋1－a e x (x >0)，由已知函数f (x )有两个极值点可得y ＝a 和g (x )＝ln x ＋1e x 在(0，＋∞)上有两个交点，g′(x)＝1x－ln x－1e x(x>0)，令h(x)＝1x－ln x－1，则h′(x)＝－1x2－1x<0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减且h(1)＝0，∴当x∈(0，1]时，h(x)≥0，即g′(x)≥0，g(x)在(0，1]上单调递增，g(x)≤g(1)＝1e，当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，即g′(x)<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减，故g(x)max＝g(1)＝1 e，而x→0时，g(x)→－∞，x→＋∞时，g(x)→0；若y＝a和g(x)在(0，＋∞)上有两个交点，只需0<a<1 e.答案 A12.(2018·忻州模拟)已知函数f(x)＝a e x－2x－2a，且a∈[1，2]，设函数f(x)在区间[0，ln 2]上的最小值为m，则m的取值范围是________.解析g(a)＝f(x)＝a(e x－2)－2x是关于a的一次函数，∵x∈[0，ln 2]，∴e x－2<0，即y＝g(a)是减函数，∵a∈[1，2]，∴g(a)min＝2(e x－2)－2x，设M(x)＝2(e x－2)－2x，则M′(x)＝2e x－2，∵x∈[0，ln 2]，∴M′(x)≥0，则M(x)在[0，ln 2] 上为增函数，∴M(x)min＝M(0)＝－2，M(x)max＝M(ln 2)＝－2ln 2，m的取值范围是[－2，－2ln 2].答案[－2，－2ln 2]13.已知函数f(x)＝e x－ax，a为实常数.(1)当a>0时，求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)在(0，＋∞)上存在极值点，且极值大于ln 4＋2，求a的取值范围.解 (1)f (x )的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，而f ′(x )＝e x ＋a x 2，当a >0时，f ′(x )>0，故f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(0，＋∞)，无单调递减区间.(2)当a ≥0时，由(1)知f ′(x )>0，f (x )无极值点；当a <0时，令g (x )＝f ′(x )＝e x ＋a x 2，则g ′(x )＝e x －2a x 3.g ′(x )>0对x ∈(0，＋∞)恒成立，故g (x )＝e x ＋a x 2在(0，＋∞)上单调递增.当0<x <1时，e x ∈(1，e)，－e x ∈(－e ，－1)，ax 2∈(－∞，a )，故在(0，1)上存在实数s ，使得a s 2<－e<－e s ，从而在(0，＋∞)上存在实数s 使得g (s )<0；当x >1时，e x ∈(e ，＋∞)，a x 2∈(a ，0)，－a x 2∈(0，－a )，故在(1，＋∞)上存在实数t ，使得e t >－a >－a t 2，从而在(0，＋∞)上存在实数t 使得g (t )>0.因此g (x )在(0，＋∞)上有唯一零点，设为x 0.于是当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＝g (x )<0，x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，从而f (x )在(0，＋∞)上存在唯一的极小值点，且极值f (x 0)＝e x 0－a x 0. 由g (x 0)＝0知a ＝－x 20e x 0，因此f (x 0)＝e x 0－a x 0＝(x 0＋1)e x 0，令φ(x )＝(x ＋1)e x ，则φ′(x )＝(x ＋2)e x ，故φ(x )在(0，＋∞)上单调递增.而f (x 0)＝(x 0＋1)e x 0>ln 4＋2＝2(ln 2＋1)＝(ln 2＋1)e ln 2，所以x0>ln 2.令ω(x)＝－x2e x，则ω′(x)＝－(x2＋2x)e x，故x0>ln 2时，ω′(x)＝－(x2＋2x)e x<0，ω(x)＝－x2e x单调递减.从而a<－(ln 2)2e ln 2＝－2(ln 2)2，故所求a的取值范围是(－∞，－2(ln 2)2).。

高考数学一轮复习讲义第二章 2.3 函数的单调性与最值课件

∵0≤x1< x21＋1，0<x2< x22＋1， ∴0< x21＋x11＋＋x2x22＋1<1.
又∵a≥1，∴f(x1)－f(x2)>0，
∴f(x)在[0，＋∞)上单调递减．
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(3)解任取 1≤x1<x2，
f(x1)－f(x2)＝(x1－x2)
x21＋x11＋＋x2x22＋1－a，
∵f(x)单调递增，所以 f(x1)－f(x2)<0.
(1)对于任意 x∈I，都有 (3)对于任意 x∈I，都有
条件
f(x)≤M；
f(x)≥M
(2)存在 x0∈I，使得 f(x0) (4)存在 x0∈I，使得 f(x0)
＝M
＝M
结论
M 为最大值
M 为最小值
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[难点正本疑点清源] 1．函数的单调性是局部性质
函数的单调性，从定义上看，是指函数在定义域的某个子区间上的单调性，是局部的特征．在某个区间上单调，在整个定义域上不一定单调． 2．函数的单调区间的求法函数的单调区间是函数定义域的子区间，所以求解函数的单调区间，必须先求出函数的定义域．对于基本初等函数的单调区间可以直接利用已知结论求解，如二次函数、对数函数、指数函数等；
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如果是复合函数，应根据复合函数的单调性的判断方法，首先判断两个简单函数的单调性，再根据“同则增，异则减”的法则求解函数的单调区间． 3．单调区间的表示单调区间只能用区间表示，不能用集合或不等式表示；如有多个单调区间应分别写，不能用并集符号“∪”联结，也不能用“或”联结．
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函数单调性的判断及应用
例 1 已知函数 f(x)＝ x2＋1－ax，其中 a>0. (1)若 2f(1)＝f(－1)，求 a 的值； (2)证明：当 a≥1 时，函数 f(x)在区间[0，＋∞)上为单调减函数； (3)若函数 f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数，求 a 的取值范围．

高考数学(文通用)一轮复习课件：第二章第13讲导数与函数的极值、最值及实际应用

第二章基本初等函数、导数及其应用第13讲导数与函数的极值、最值及实际应用教材回顾▼夯实基础课本温故追根求源r和谋梳理,1.函数的极值函数丿=/（兀）在点x=a的函数值/⑷比它在点x=a附近其他点的函数值都小，f（a） = 0；而且在点x=a附近的左侧=,右侧/心,则点。

叫做函数歹=/（兀）的极小值点，弘）叫做函数丿=/（兀）的极小值•函数y=/U)在点x=b的函数值/(〃)比它在点x=b附近其他点的函数值都大，f (b)=Q；而且在点x=b附近的左侧曲＞°,右侧八,则点b叫做函数y=f(x)的极大值点，张)叫做函数y=f(x)^j极大值.极大值点、极小值点统称为极值点，极大值、极小值统称为极值.2・函数的最值（1）在闭区间［偽盯上连续的函数/（兀）在S 洌上必有最大值（2）若函数/（对在［偽盯上单调递增，则/⑷ 为函数的最小值，/（〃）为函数的最大值:若函数心）在⑷“］上与】［小值•1=) ■单调递减，则加）为函数的最大值, 型一函数的最小值.要点整食,1.辨明两个易误点(1)求函数极值时，误把导数为0的点作为极值点;(2)易混极值与最值，注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念.2.明确两个条件一是/©)>0在(偽勿上成立，是/(兀)在(禺方)上单调递增的充分不必要条件.二是对于可导函数f(x)9 f (x0) =0是函数/(x)^E x=x0处有极值的必要不充分条件.双基自测r1.（选修1-1 P98习题1.3A组T4改编）函数/（兀）的定义域为R,导函数几T）的图象如图所示，贝！I函数/&）（C ）A.无极大值点、有四个极小值点B.有三个极大值点、一个极小值点C.有两个极大值点、两个极小值点D.有四个极大值点、无极小值点解析：设几r)的图象与兀轴的4个交点从左至右依次为朴当Xi<X<X 2时，f f (x)<0,心)为减函数，则X=Xi 为极大值点，同理，X=x 3为极大值点，X=x 2, x=x 4为极小值点, 故选C.2. 设函^/(x)=xe\ 贝!|( D )A.兀=1为/(©的极大值点B.兀=1为于(兀)的极小值点C. 兀=一1为/U)的极大值点当兀5时，f (x)>0, /(兀)为增函数,1=D.兀=一1为/(兀)的极小值点解析:求导得f\x)=e A+xe v=e v(x +1),令f (x)=e v(x+1)=0,解得X= —1,易知兀=—1是函数于(兀)的极小值点，所以选D.3.函数j=ln x~x 在兀丘（0, e ］上的最大值为（） B. 1C. -1D. -e 解析：函数j=lnx —x 的定义域为（0，+8）, Sxe （l, ◎时，F <0,函数单调递减. 当兀=1时，函数取得最大值一1・ A. e当用（0, 1）时，丫 >0, 函数单调递增4.(选修11 P97例5改编)函数y =2x3 —2x2在区间[_1, 2] 上的最大值是___________ •解析：y' =6x2—4x,令y'=0,2得X=0 或X=-e因为/(-!)=-4,介0)=0,岛=_占，几2)=8.所以最大值为&5-已知x=3是函数/(x)=Tln x+x?—10x的一个极值点，则实数a= 12 .解析：f仗)=?+加_10,由尸⑶=；+6 —10=0,得a=12,经检验满足条件.典例剖析▼考点突破击考点一函数的极值问题(高频考点) 都有，高考对函数极值的考查主要有以下三个命题角度:(1) 知图判断函数极值的情况;(2) 已知函数解析式求极值;(3) 已知函数极值求参数值.名师导悟以例说法函数的极值是每年高考的热点, -般为中高档题，三种题型例 1 设函数/(x)=ax — 2x + x+ c(« 0).⑴当a=l9且函数图象过点(0, 1)时，求函数的极小值;⑵若心)在(一8, +8)上无极值点，求。

2025届高中数学一轮复习课件《函数的单调性和最值》PPT

函数
函数
高考一轮总复习•数学
增函数
减函数
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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
高考一轮总复习•数学
第7页
2.单调区间的定义若函数 y＝f(x)在区间 I 上是增函数或减函数，则称函数 y＝f(x)在这一区间具有(严
格的)单调性，区间 I 叫做 y＝f(x)的单调区间．
解析答案
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第14页
3．(1)函数 y＝11－＋xx的单调递减区间是___(_－__∞__，__－__1_)，__(_－__1_，__＋__∞__)_____． (2)函数 y＝ 11－＋xx的单调递减区间是__(_－__1_,_1_] __．
解析：(1)∵y＝11－＋xx＝－1＋1＋2 x，故其单调递减区间为(－1，＋∞)，(－∞，－1)． (2)由11－＋xx≥0，得 x∈(－1,1]，即为函数 y＝ 11－＋xx的单调递减区间．
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第25页
解：函数 f(x)在(－1,1)上是增函数，证明如下：任取 x1，x2∈(－1,1)且 x1<x2，则 f(x1)－f(x2)＝x21x＋1 1－x22x＋2 1 ＝x1xx22＋12＋x11－xx2221＋x2－1 x2 ＝x1x2xx122＋－1x1＋x22＋x11－ x2 ＝x1x－21＋x211x－22＋x11x2，变形后因式分解，得到关键因子即为 1－x1x2. 它影响代数式的符号，讨论 1－x1x2 的符号变化，才能得到函数的单调性．
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三利用定义判断函数单调性的步骤 1．取值；2.作差；3.化简判断；4.下结论．
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高三数学第一轮复习课件(ppt)目录

目录 CONTENTS
第一章
集合与常用逻辑用语
1.1 集合的概念与运算 1.2 命题及其关系、充分条件与必要条件 1.3 简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词
目录 CONTENTS
第二章
函数
2.1 函数及其表示 2.2 函数的单调性与最值 2.3 函数的奇偶性与周期性 2.4 一次函数、二次函数 2.5 指数与指数函数 2.6 对数与对数函数 2.7 幂函数 2.8 函数的图象及其变换 2.9 函数与方程 2.10 函数模型及其应用
12.1 算法与程序框图 12.2 基本算法语句 12.3 合情推理与演绎推理 12.4 直接证明与间接证明 12.5 数学归纳法 12.6 数系的扩充与复数的引入
目录 CONTENTS
选修4系列
选修4-1 几何证明选讲(选考) 选修4-4 坐标系与参数方程(选考) 选修4-5 不等式选讲(必考)
目录 CONTENTS
第十一章
概率与统计
11.1 事件与概率 11.2 古典概型与几何概型 11.3 离散型随机变量及其分布列 11.4 二项分布及其应用 11.5 离散型随机变量的均值与方差、正态分布 11.6 随机抽样与用样本估计总体 11.7 变量间的相关关系
目录 CONTENTS
第十二章算法初步、推理与证明、复数
目录 CONTENT第S五章
平面向量
5.1 平面向量的概念及其线性运算
5.2 平面向量的基本定理及坐标运算
5.3 平面向量的数量积及其应用
第六章
数列
6.1 数列的概念与简单表示法 6.2 等差数列及其前n项和 6.3 等比数列及其前n项和 6.4 数列的通项与求和 6.5 数列的综合应用
目录 CONTENTS

高考数学一轮总复习课件：函数的单调性和最值

时，此函数均为减函数，故单调递减区间为(－1，＋∞)，(－∞，
－1)．
(2)由11－＋xx≥0，得x∈(－1，1]，此即为单调递减区间．
5．函数f(x)＝log 1 (－2x2＋x)的单调增区间是_14_，__12____；f(x)
2
的值域是_[_3_，_＋__∞_) _．
6．函数y＝ x＋ x＋4的最小值是____2____．
【解析】由题设知，当x<1时，f(x)单调递减；当x≥1 时，f(x)单调递增，而x＝1为对称轴，所以f32＝f1＋12＝f1－12 ＝f12，
又13<12<23<1，所以f13>f12>f23，即f13>f32>f23.
状元笔记利用单调性可以比较函数值的大小，但需将各自变量的值化到同一单调区间中．
【解析】 (1)f(x)＝x42－－x42（（x－≥22<或x<x2≤）－，2），其图象如图所示，
∴函数f(x)的单调递增区间为[－2，0]，[2，＋∞)，单调递减区间为(－∞，－2]，[0，2]．
(2)令u＝3－2x－x2，则y＝log0.3u. ∵u>0，∴－3<x<1，且当x∈(－3，－1]时，u为增函数，当 x∈[－1，1)时，u为减函数，又y＝log0.3u在(0，＋∞)上为减函数，故f(x)的单调递增区间为[－1，1)，单调递减区间为(－3，－1]．
方法二：对f(x)＝ x2＋1－2x求导，得f′(x)＝12· x22x＋1－2＝ x2x＋1－2， ∵x≥0，∴ x2x＋1<1，∴f′(x)<0. 故f(x)在[0，＋∞)上是减函数．【答案】证明见解析
题型三单调性的应用(微专题)

2025年新人教版高考数学一轮复习讲义第三章 §3.3 导数与函数的极值、最值

(2)(2023·商丘模拟)已知函数f(x)＝x2－aln(2x＋1)在定义域内不存在极值点，则实数a的取值范围是___－__∞_，__－__18___.
函数 f(x)的定义域为－12，＋∞，且 f′(x)＝2x－2x2＋a 1＝4x2＋2x2＋x－1 2a＝22x22x＋＋x1－a，因为f(x)在定义域内不存在极值点，所以 f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 在－12，＋∞上恒成立，即 2x2＋x－a≥0 或 2x2＋x－a≤0 在－12，＋∞上恒成立，
课时精练
第一部分
落实主干知识
知识梳理
1.函数的极值 (1)函数的极小值函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点处的函数值都小，f′(a)＝0；而且在点x＝a附近的左侧 f′(x)<0 ，右侧 f′(x)>0 ，则a叫做函数y＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值.
则 g′(x)＝－exx，令 g′(x)＝0，即－exx＝0，解得 x＝0，当x>0时，g′(x)<0；当x<0时，g′(x)>0，所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减. 当x→－∞时，g(x)→－∞；
当x→＋∞时，g(x)→0. 分别作出函数 g(x)＝x＋ex 1与 y＝21a的图象，如图所示，由图可知，0<21a<1，解得 a>12，所以实数 a 的取值范围为12，＋∞.
f′(x)＝2ax－(a＋2)＋1x＝ax－1x2x－1(x>0，a>0)，当 0<1a≤1，即 a≥1 时，f′(x)≥0 在[1，e]上恒成立，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝－2，符合题意. 当 1<1a<e，即1e<a<1 时，若 x∈1，1a，则 f′(x)<0，f(x)单调递减；若 x∈1a，e，则 f′(x)>0，f(x)单调递增.

高考一轮复习理数课件第二章第二节函数的单调性与最值

[例 1] (1)下列四个函数中，在(0，＋∞)上为增函数的序号是________．
①f(x)＝3－x；②f(x)＝x2－3x； ③f(x)＝－x＋1 1；④f(x)＝－|x|. (2)已知函数 f(x)＝ x2－2x－3，则该函数的单调递增区间为________．
[解析] (1)当 x＞0 时，f(x)＝3－x 为减函数；当 x∈0，32时，f(x)＝x2－3x 为减函数，当 x∈32，＋∞时，f(x)＝x2－3x 为增函数；当 x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－x＋1 1为增函数；当 x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－|x|为减函数．
[答案] (1)－14，0 (2)(－∞，1]∪[4，＋∞)
[易错提醒] (1)若函数在区间[a，b]上单调，则该函数在此区间的任意子区间上也是单调的． (2)对于分段函数的单调性，除注意各段的单调性外，还要注意衔接点的取值．
能力练通抓应用体验的“得”与“失”
1.[考点一](2018·宜春模拟)函数 f(x)＝log3(3－4x＋x2)的单调递减区间为________．解析：由 3－4x＋x2＞0 得 x＜1 或 x＞3.易知函数 y＝3－4x＋ x2 的单调递减区间为(－∞，2)，函数 y＝log3x 在其定义域上单调递增，由复合函数的单调性知，函数 f(x)的单调递减区间为(－∞，1)．答案：(－∞，1)
∵1＜2＜52＜e， ∴f(2)＞f 52＞f(e)，∴b＞a＞c.
(2)由 f(x)为奇函数，知 g(x)＝xf(x)为偶函数．
因为 f(x)在 R 上单调递增，f(0)＝0，
所以当 x＞0 时，f(x)＞0，所以 g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且 g(x)＞0. 又 a＝g(－log25.1)＝g(log25.1)，b＝g(20.8)，c＝g(3)， 3＝log28＞log25.1＞log24＝2＞20.8，所以 c＞a＞b. [答案] (1)b＞a＞c (2)c＞a＞b

2025年新人教版高考数学一轮复习讲义第二章 §2.2 函数的单调性与最值

2025年新人教版高考数学一轮复习讲义第二章§2.2　函数的单调性与最值1.借助函数图象，会用数学符号语言表达函数的单调性、最值，理解实际意义.2.掌握函数单调性的简单应用.第一部分落实主干知识第二部分探究核心题型课时精练第一部分落实主干知识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D，区间I⊆D，如果∀x1，x2∈I当x1<x2时，都有，那么就称函数f(x)在区间I上单调递增，特别地，当函数f(x)在它的定义域上单调递增时，我们就称它是增函数当x1<x2时，都有，那么就称函数f(x)在区间I上单调递减，特别地，当函数f(x)在它的定义域上单调递减时，我们就称它是减函数f(x1)<f(x2)f(x1)>f(x2)增函数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)单调区间的定义单调递增单调递减如果函数y＝f(x)在区间I上或，那么就说函数y＝f(x)在这一区间具有(严格的)单调性，区间I叫做y＝f(x)的单调区间.2.函数的最值前提一般地，设函数y ＝f (x )的定义域为D ，如果存在实数M 满足条件(1)∀x ∈D ，都有；(2)∃x 0∈D ，使得_________(1)∀x ∈D ，都有；(2)∃x 0∈D ，使得_________结论M 是函数y ＝f (x )的最大值M 是函数y ＝f (x )的最小值f (x )≤M f (x 0)＝M f (x )≥M f (x 0)＝M常用结论1.∀x1，x2∈I且x1≠x2，有 >0(<0)或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0(<0)⇔f(x)在区间I上单调递增(减).2.在公共定义域内，增函数＋增函数＝增函数，减函数＋减函数＝减函数.3.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.4.复合函数的单调性：同增异减.自主诊断1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)(1)若函数f (x )满足f (－3)<f (2)，则f (x )在[－3,2]上单调递增.( )(2)若函数f (x )在(－2,3)上单调递增，则函数f (x )的单调递增区间为(－2,3).( )(3)若函数f (x )在区间[a ，b ]上连续，则f (x )在区间[a ，b ]上一定有最值.( )(4)函数y ＝的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞).( )×××√2.下列函数中，在其定义域上是减函数的是√A.y＝－2x＋1B.y＝x2＋1C.y＝D.y＝2xy＝－2x＋1在R上是减函数，故A正确；y＝x2＋1在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故B错误；y＝在[0，＋∞)上是增函数，故C错误；y＝2x在R上是增函数，故D错误.√4.函数f(x)是定义在[0，＋∞)上的减函数，则满足f(2x－1)> 的x的取值范围是________.∵f(x)的定义域是[0，＋∞)，又∵f(x)是定义在[0，＋∞)上的减函数，返回第二部分探究核心题型题型一　确定函数的单调性命题点1　函数单调性的判断例1　(多选)下列函数在(0，＋∞)上单调递增的是√√√由y＝|x2－2x|的图象(图略)知，B不正确；∵y′＝2－2sin x≥0，∴y＝2x＋2cos x是R上的增函数，故C正确；函数y＝lg(x＋1)是定义域(－1，＋∞)上的增函数，故D正确.命题点2　利用定义证明函数的单调性方法一　定义法设－1<x1<x2<1，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)上单调递减；当a<0时，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，函数f(x)在(－1,1)上单调递增.方法二　导数法故当a>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.思维升华确定函数单调性的四种方法(1)定义法.(2)导数法.(3)图象法.(4)性质法.跟踪训练1　(1)函数g(x)＝x·|x－1|＋1的单调递减区间为√g(x)＝x·|x－1|＋1画出函数图象，如图所示，(2)(2024·唐山模拟)函数f (x )＝的单调递增区间为____________.212log (232)x x --令t＝2x2－3x－2>0，log t由f(t)＝在(0，＋∞)上单调递减，12根据复合函数的单调性：同增异减，函数t＝2x2－3x－2的单调递减区间，即为f(x)的单调递增区间，题型二　函数单调性的应用命题点1　比较函数值的大小√所以f(x)在(－∞，0]上单调递减，又f(x)为偶函数，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则f(2)<f(3)<f(4)，又f(－2)＝f(2)，所以f(－2)<f(3)<f(4).命题点2　求函数的最值√微拓展求函数的值域(最值)的常用方法(1)配方法：主要用于和一元二次函数有关的函数求值域问题.(2)单调性法：利用函数的单调性，再根据所给定义域来确定函数的值域.(3)数形结合法.(4)换元法：引进一个(几个)新的量来代替原来的量，实行这种“变量代换”.(5)分离常数法：分子、分母同次的分式形式采用配凑分子的方法，把函数分离成一个常数和一个分式和的形式.典例　(多选)下列函数中，值域正确的是√A.当x∈[0,3)时，函数y＝x2－2x＋3的值域为[2,6)√√由x∈[0,3)，再结合函数的图象(如图①所示)，可得函数的值域为[2,6).故函数的值域为(－∞，2)∪(2，＋∞).对于D，函数的定义域为[1，＋∞)，命题点3　解函数不等式例5　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________.所以实数a 的取值范围是[－1,1).[－1,1)命题点4　求参数的取值范围√思维升华(1)比较函数值的大小时，先转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决.(2)求解函数不等式时，由条件脱去“f”，转化为自变量间的大小关系，应注意函数的定义域.(3)利用单调性求参数的取值(范围).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.A.(－2,1)B.(0,1)C.(－∞，－2)∪(1，＋∞)D.(1，＋∞)√则不等式f(x＋2)<f(x2＋2x)等价于x＋2<x2＋2x，即x2＋x－2>0，解得x>1或x<－2，则原不等式的解集为(－∞，－2)∪(1，＋∞).∵f (x )在(a ，＋∞)上单调递增，[1,2)知识过关一、单项选择题1.(2023·菏泽检测)下列函数中，在区间(0,1)上单调递增的是√y＝－x2＋1在区间(0,1)上单调递减，故A不符合题意；y＝3－x在区间(0,1)上单调递减，故D不符合题意.2.函数f(x)＝－|x－2|的单调递减区间为√A.(－∞，2]B.[2，＋∞)C.[0,2]D.[0，＋∞)∴函数y＝|x－2|的单调递减区间是(－∞，2]，单调递增区间为[2，＋∞)，∴f(x)＝－|x－2|的单调递减区间是[2，＋∞).3.(2024·邵阳统考)已知f(x)是偶函数，f(x)在[1,3]上单调递增，则f(1)，f(－2)，f(－3)的大小关系为A.f(1)>f(－2)>f(－3)B.f(－2)>f(－3)>f(1)√C.f(－3)>f(1)>f(－2)D.f(－3)>f(－2)>f(1)因为f(x)是偶函数，所以f(－2)＝f(2)，f(－3)＝f(3).因为f(x)在[1,3]上单调递增，所以f(3)>f(2)>f(1)，所以f(－3)>f(－2)>f(1).√∴f(x)max＝f(2)＝4.5.(2023·杭州模拟)已知函数f(x)＝x＋ln x－1，则不等式f(x)<0的解集为A.(e，＋∞)B.(1，＋∞)√C.(0,1)D.(0，＋∞)函数f(x)＝x＋ln x－1的定义域为(0，＋∞).因为y＝x－1在(0，＋∞)上单调递增，y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)＝x＋ln x－1在(0，＋∞)上单调递增，又f(1)＝1＋ln 1－1＝0，所以不等式f(x)<0的解集为(0,1).6.已知函数y＝f(x)的定义域为R，对任意x1，x2且x1≠x2，都有>－1，则下列说法正确的是A.y＝f(x)＋x是增函数B.y＝f(x)＋x是减函数C.y＝f(x)是增函数D.y＝f(x)是减函数不妨令x1<x2，∴x1－x2<0，√令g(x)＝f(x)＋x，∴g(x1)<g(x2)，又x1<x2，∴g(x)＝f(x)＋x是增函数.。

2025年高考数学一轮复习第三章-第二节函数的单调性与最值【课件】

，，，,即，在上单调递减.
规律方法确定函数单调性（区间）的四种方法（1）定义法：利用定义判断或证明函数的单调性,步骤如下.
（2）导数法：适用于初等函数、复合函数等可以求导的函数.（3）图象法：由图象确定函数的单调区间需注意两点：一是单调区间必须是函数定义域的子集；二是图象不连续的单调区间要分开写，用“和”或“，”连接，不能用“ ”连接.（4）性质法：利用函数单调性的性质，尤其是利用复合函数“同增异减”的原则时，需先确定简单函数的单调性.
[解析] 函数与在定义域内为减函数，不符合题意；函数在上单调递减，不符合题意；根据幂函数的性质知为增函数.故选B.
（2）已知函数.判断并证明函数的单调性.
解由题意知，解得，故的定义域为.令，，由于在上单调递减，在上单调递增，因此在上单调递减，又在上单调递减，故在上单调递减.证明如下：设，则，，，，，，，
单调递增
单调递减
单调区间
单调区间是定义域的子集，故求单调区间时，应树立“定义域优先”的原则.单调区间只能用区间表示，不能用集合或不等式表示；如有多个单调区间应分开写，不能用并集符号“ ”连接，也不能用“或”连接，只能用“，”或“和”隔开.“函数的单调增区间是”与“函数在区间上单调递增”，这两个说法不一样.它们是两个不同的概念，显然有 .
2.函数的单调性若，，则函数在区间，上是增函数，若，，则函数在区间，上是减函数；若，，则函数在区间，上是减函数，在区间，上是增函数.特别地，“对勾函数”的单调递增区间为，；单调递减区间是， .
自测诊断
1.下列函数中，是增函数的为( )
D
A. B. C. D.
[解析] 对于A，为上的减函数，不符合题意.对于B，为上的减函数，不符合题意.对于C，在上单调递减，不符合题意.对于D，为上的增函数，符合题意.故选D.

函数的单调性与最值课件-2025届高三数学一轮复习

区间为函数()的一个单调递减区间.
一、单调性定义
自左向右看，图像一直下降。自左向右看，图像一直上升。
单调递减
单调递增
一、单调性定义
例1. 判断并证明函数 =

在(−, )上的单调性.
+
二、单调性的判定或证明
练习：设函数 =
+ − ,
证明：当 ≥ 时，在区间[, +∞)上是减函数.
五、单调性应用
求函数值域
思路一：单调性法
(1) = + − − 的值域是
.
(2)函数＝ − + − 的最小值是______．
五、单调性应用
求函数值域
思路二：图象法
(3)已知{, , }表示, , 中的最大值，若函数 = − + , − + , + ，
求实数的取值范围.
练习2.设 =
+
+
在(, +∞)上是增函数，求的取值范围.

例7. 已知函数 = − + − + ( > )的值域
与函数的值域相同，则的取值范围是（）
A. ,
B.(, +∞)

C. , +∞
则()的最小值为
.
(4)函数 = + | − |的最小值____________
五、单调性应用
求函数值域
(5)函数＝
思路二：图象法
思路三：分离常数法
−
,
+
∈ −, − 的值域为____________
−−
(6)函数＝

高三数学第一轮复习讲义2.13函数最值问题全国通用

【§函象的最值问题】
班级姓名学号
例1．（1）若gg=1，求y
x 11+的最小值（2）当a>0，0≤≤1时，讨论函数=f=－22a 的最值
例2．设f 为奇函数，对任意、∈R ，都有f=ff ，且>0时，f 5
212+-+x x x 023722=+--m m x mx 122-+=x x y 43x y 2133233)20(523421
≤≤+⋅-=-x y x x 1，则1
1-+a a 的最小值是________________ 4．若11122=-+-x y y x ，则的最小值是_____________
5．若、∈R ，且22=1，则（1－）1的最小值是__________，最大值是____________
6．已知函数f=2－23在[0，a]a>0上的最大值是3，最小值是2，则实数a 的取值范围是
_____________
7．已知函数1
2++=x b ax y 的最大值为4，最小值为－1，求a 、b 的值 8．求函数41
422+++=x x y 的最小值
9．已知f=2og 31≤≤9，求函数g=f 2f 2的最大值与最小值
10．在△ABC 中，∠C=90°，ACBC=（定值），将图形沿AB 的中垂线折叠，使点A 落在点B 上，求图形未被遮盖部分面积的最大值
11．北京与上海分别有多余的机床10台与4台供应汉口与重庆二地，已知汉口需6台，重庆需 8台，运费是北京到汉口每台400元，北京到重庆每台800元，上海到汉口每台300元，上海到重庆每台500元，问怎样调配可使运费最省，最小运费多少元。

高三数学一轮复习之函数的值域与最值讲义

函数的值域与最值（讲义）【知识要点】求函数值域（最值）的一般方法：1.二次函数或可转化为二次函数的函数2.换元法（无理函数）3.分离变量或反解法（分式函数）4.对勾函数的值域5.判别式法【考点探究】例1.二次函数求值域（1）()23212y x x x =-+-≤≤ （2）y =例2.换元法求值域（1）x x y 21-+= （2）23y x =-（3）()[]1,1,1243-∈+-•=x x f xx例3.分式函数求值域（利用反比例函数图像）（1）312x y x +=-(3)x ≥ （2）312x y x +=-(42)x x ≤≠且（3）2123y x x =++；（4）2123y x x =+-例4.求下列函数的值域（1）22x y x+=；（2）22x x y x ++=(0>x )；（3）()[]4,1,1422∈+++=x x x x x f （4）()[]3,2,2552∈+++=x x x x x f（4）11422+++=x x x y ；（6）1122+-=x x y（7）()22122++++=x x x x x f （8）()[]4,221322∈++++=x x x x x x f ，例5.求下列函数的值域（1）()294x x x f -++= （2）()x x x x f 222--++=例6. 求下列函数的值域（1）()12-++=x x x f （2）()11-++=x x x f （3）()x x x f -++=13例7.求下列函数的值域（1）()x x x f cos 2sin -=（2）()222222+-+++=x x x x x f例8.求下列函数的最值（1）定义：{}c b a ,,m in 表示中最小者，已知函数()⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+-=)5(21,1,4min x x x x f 则()x f 的最值。

（2）已知()()()()()()()()(){x g x f x g x g x f x f x f x x x g x x f ≥<=-=-=,,2,2,23，则()x f 的最值。

(通用版)高考数学一轮复习 2.2 函数的单调性与最值讲义理-人教版高三全册数学学案

第二节函数的单调性与最值❶函数在给定区间上的单调性，反映了函数在区间上的函数值的变化趋势，是函数在区间上的整体性质.❸对于∀x 1，x 2∈D ，都有(x 1－x 2)·[f (x 1)－f (x 2)]>0或f x 1－f x 2x 1－x 2>0.❻若函数f x 的值域是开区间，则函数无最值；若函数fx 的值域是闭区间，则闭区间上的端点值就是最值.1．函数的单调性❶(1)增函数、减函数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x 1，x ❷2当x 1＜x 2时，都有f (x 1)＜f (x 2)❸，那么就说函数f (x )在区间D 上是增函数当x 1＜x 2时，都有f (x 1)>f (x 2)❹，那么就说函数f (x )在区间D 上是减函数图象描述(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❺.2．函数的最值❻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x 0∈I ，使得f (x 0)＝M①对于任意x ∈I ，都有f (x )≥M ；②存在x 0∈I ，使得f (x 0)＝M结论M 为函数y ＝f (x )的最大值 M 为函数y ＝f (x )的最小值x 1，x 2的特征：(1)任意性；(2)有大小，即x 1＜x 2(x 1>x 2)； (3)属于同一个单调区间. 对于∀x 1，x 2∈D ，都有(x 1－x 2)·[f (x 1)－f (x 2)]＜0或f x 1－f x 2x 1－x 2＜0.(1)求函数单调区间或讨论函数单调性必须先求函数的定义域．(2)一个函数的同一种单调区间用“和”或“，”连接，不能用“∪”连接． (3)函数在某个区间上是单调函数，但在整个定义域上不一定是单调函数，如函数y ＝1x在(－∞，0)和(0，＋∞)上都是减函数，但在定义域上不具有单调性．(4)“函数的单调区间是M ”与“函数在区间N 上单调”是两个不同的概念，显然N ⊆M .[熟记常用结论]1．若函数f (x )，g (x )在区间I 上具有单调性，则在区间I 上具有以下性质： (1)f (x )与a ·f (x )在a >0时具有相同的单调性，在a ＜0时具有相反的单调性． (2)当f (x )，g (x )都是增(减)函数时，f (x )＋g (x )是增(减)函数．(3)当f (x )，g (x )都是增(减)函数时，若两者都恒大于零，则f (x )·g (x )也是增(减)函数；若两者都恒小于零，则f (x )·g (x )是减(增)函数．2．复合函数的单调性对于复合函数y ＝f [g (x )]，若t ＝g (x )在区间(a ，b )上是单调函数，且y ＝f (t )在区间(g (a )，g (b ))或(g (b )，g (a ))上是单调函数，若t ＝g (x )与y ＝f (t )的单调性相同，则y ＝f [g (x )]为增函数；若t ＝g (x )与y ＝f (t )的单调性相反，则y ＝f [g (x )]为减函数．简称“同增异减”．3．开区间上的“单峰”函数一定存在最大值(最小值)．[小题查验基础]一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)(1)函数y ＝1x的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．( )(2)函数y ＝f (x )在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞)．( ) (3)如果一个函数在定义域内的某几个子区间上都是增函数，则这个函数在定义域上是增函数．( )(4)所有的单调函数都有最值．( ) 答案：(1)× (2)× (3)× (4)× 二、选填题1．下列函数中，在区间(0,1)上是增函数的是( )A ．y ＝|x |B ．y ＝3－xC ．y ＝1xD ．y ＝－x 2＋4解析：选A y ＝3－x 在R 上递减，y ＝1x在(0，＋∞)上递减，y ＝－x 2＋4在(0，＋∞)上递减，故选A.2．函数f (x )＝－x ＋1x 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2，－13上的最大值是( ) A.32 B ．－83C ．－2D ．2解析：选A ∵函数y ＝－x 与y ＝1x 在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2，－13上都是减函数，∴函数f (x )＝－x ＋1x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－2，－13上是减函数，故f (x )的最大值为f (－2)＝2－12＝32.3．设定义在[－1,7]上的函数y ＝f (x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的增区间为________．解析：由图可知函数的增区间为[－1,1]和[5,7]．答案：[－1,1]和[5,7]4．若函数y ＝(2k ＋1)x ＋b 在R 上是减函数，则k 的取值范围是________．解析：因为函数y ＝(2k ＋1)x ＋b 在R 上是减函数，所以2k ＋1＜0，即k ＜－12.答案：⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－12 5．若函数f (x )满足“对任意的x 1，x 2∈R ，当x 1＜x 2时，都有f (x 1)>f (x 2)”，则满足f (2x －1)＜f (1)的实数x 的取值范围为________．解析：由题意知，函数f (x )在定义域内为减函数， ∵f (2x －1)＜f (1)，∴2x －1>1，即x >1，∴x 的取值范围为(1，＋∞)．答案：(1，＋∞)考点一确定函数的单调性区间[全析考法过关][考法全析]考法(一) 确定不含参函数的单调性(区间)[例1] (1)函数f (x )＝|x 2－3x ＋2|的单调递增区间是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32和[2，＋∞) C ．(－∞，1]和⎣⎢⎡⎦⎥⎤32，2D.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，32和[2，＋∞) (2)函数y ＝x 2＋x －6的单调递增区间为__________，单调递减区间为____________． [解析] (1)y ＝|x 2－3x ＋2|＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－3x ＋2，x ≤1或x ≥2，－x 2－3x ＋2，1＜x ＜2.如图所示，函数的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32和[2，＋∞)．(2)令u ＝x 2＋x －6，则y ＝x 2＋x －6可以看作是由y ＝u 与u ＝x 2＋x －6复合而成的函数．令u ＝x 2＋x －6≥0，得x ≤－3或x ≥2.易知u ＝x 2＋x －6在(－∞，－3]上是减函数，在[2，＋∞)上是增函数，而y ＝u 在[0，＋∞)上是增函数，∴y ＝x 2＋x －6的单调递减区间为(－∞，－3]，单调递增区间为[2，＋∞)． [答案] (1)B (2)[2，＋∞) (－∞，－3] 考法(二) 确定含参函数的单调性(区间) [例2] 试讨论函数f (x )＝axx －1(a ≠0)在(－1,1)上的单调性． [解] 法一：(定义法)设－1＜x 1＜x 2＜1，f (x )＝a ⎝⎛⎭⎪⎫x －1＋1x －1＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x －1，则f (x 1)－f (x 2)＝a ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x 1－1－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 2－1 ＝a x 2－x 1x 1－1x 2－1.由于－1＜x 1＜x 2＜1，所以x 2－x 1>0，x 1－1＜0，x 2－1＜0，故当a >0时，f (x 1)－f (x 2)>0，即f (x 1)>f (x 2)，函数f (x )在(－1,1)上单调递减；当a ＜0时，f (x 1)－f (x 2)＜0，即f (x 1)＜f (x 2)，函数f (x )在(－1,1)上单调递增．法二：(导数法)f ′(x )＝ax ′x －1－ax x －1′x －12＝a x －1－ax x －12＝－ax －12.当a >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．[规律探求]看个性考法(一)中的函数不含有参数．解决此类问题时，首先确定定义域，然后利用单调性的定义或借助图象求解即可．考法(二)是在考法(一)的基础上增加了参数，解决此类问题除利用定义外，导数法是一种非常有效的方法．注意分类讨论思想的应用找共性无论考法(一)还是考法(二)，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[过关训练]1．函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －x 2的单调递增区间为( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1 解析：选D 令t ＝x －x 2，由x －x 2≥0，得0≤x ≤1，故函数的定义域为[0,1]．因为g (t )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12t 是减函数，所以f (x )的单调递增区间即t ＝x －x 2的单调递减区间．利用二次函数的性质，得t ＝x －x 2的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，即原函数的单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1.故选D.2．判断函数f (x )＝x ＋a x(a >0)在(0，＋∞)上的单调性．解：设x 1，x 2是任意两个正数，且x 1＜x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋a x 1－⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋a x2＝x 1－x 2x 1x 2(x 1x 2－a )．当0＜x 1＜x 2≤a 时， 0＜x 1x 2＜a ，x 1－x 2＜0，所以f (x 1)－f (x 2)>0，即f (x 1)>f (x 2)，所以函数f (x )在(0，a ]上是减函数；当a ≤x 1＜x 2时，x 1x 2>a ，x 1－x 2＜0，所以f (x 1)－f (x 2)＜0，即f (x 1)＜f (x 2)，所以函数f (x )在[a ，＋∞)上是增函数．综上可知，函数f (x )＝x ＋ax(a >0)在(0，a ]上是减函数，在[a ，＋∞)上是增函数．考点二函数单调性的应用[全析考法过关][考法全析]考法(一) 比较函数值的大小[例1] 已知函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，当x 2>x 1>1时，[f (x 2)－f (x 1)](x 2－x 1)＜0恒成立，设a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，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 >bD ．b >a >c[解析] 由f (x )的图象关于直线x ＝1对称，可得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52.由x 2>x 1>1时，[f (x 2)－f (x 1)]·(x 2－x 1)＜0恒成立，知f (x )在(1，＋∞)上单调递减．∵1＜2＜52＜e ，∴f (2)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52>f (e)，∴b >a >c . [答案] D考法(二) 解函数不等式[例2] (1)已知函数f (x )为R 上的减函数，则满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x＜f (1)的实数x 的取值范围是( )A ．(－1,1)B ．(0,1)C ．(－1,0)∪(0,1)D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)(2)定义在[－2,2]上的函数f (x )满足(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0，x 1≠x 2，且f (a 2－a )>f (2a －2)，则实数a 的取值范围为________．[解析] (1)由f (x )为R 上的减函数且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x ＜f (1)，得⎩⎪⎨⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x >1，x ≠0，即⎩⎪⎨⎪⎧|x |＜1，x ≠0.所以－1＜x ＜0或0＜x ＜1.故选C.(2)因为函数f (x )满足(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0，x 1≠x 2，所以函数在[－2,2]上单调递增，所以－2≤2a －2＜a 2－a ≤2，解得0≤a ＜1.[答案] (1)C (2)[0,1)考法(三) 利用函数的单调性求参数[例3] 若f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3a －1x ＋4a ，x ＜1，－ax ，x ≥1是定义在R 上的减函数，则a 的取值范围为________．[解析] 由题意知，⎩⎪⎨⎪⎧3a －1＜0，3a －1×1＋4a ≥－a ，a >0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＜13，a ≥18，a >0，所以a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫18，13. [答案] ⎣⎢⎡⎭⎪⎫18，13 [规律探求]看个性考法(一)是比较函数值的大小．解决此类问题时，应根据函数的性质(如对称性等)将自变量转化到函数的同一个单调区间上，利用单调性比较大小．考法(二)是求解与函数单调性有关的抽象函数不等式．求解此类问题，主要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以及函数奇偶性质的应用．考法(三)是在考法(一)和考法(二)基础上的更深一步的拓展，根据函数单调性把问题转化为单调区间关系的比较找共性对于求解此类有关函数单调性应用的题目，其通用的方法是利用转化思想解题，其思维流程是：[过关训练]1．已知函数f (x )＝log 2x ＋11－x，若x 1∈(1,2)，x 2∈(2，＋∞)，则( ) A ．f (x 1)＜0，f (x 2)＜0 B ．f (x 1)＜0，f (x 2)>0 C ．f (x 1)>0，f (x 2)＜0D ．f (x 1)>0，f (x 2)>0解析：选B 因为函数f (x )＝log 2x ＋11－x 在(1，＋∞)上为增函数，且f (2)＝0，所以当x 1∈(1,2)时，f (x 1)＜f (2)＝0，当x 2∈(2，＋∞)时，f (x 2)>f (2)＝0，即f (x 1)＜0，f (x 2)>0.故选B.2．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋4x ，x ≤4，log 2x ，x >4.若函数f (x )在区间(a ，a ＋1)上单调递增，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，1]B ．[1,4]C ．[4，＋∞)D ．(－∞，1]∪[4，＋∞)解析：选D 作出函数f (x )的图象如图所示，由图象可知，若f (x )在(a ，a ＋1)上单调递增，需满足a ≥4或a ＋1≤2，即a ≤1或a ≥4，故选D.3．已知定义在R 上的奇函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上单调递增，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，则不等式f (log 19x )>0的解集为________．解析：∵y ＝f (x )是定义在R 上的奇函数，且y ＝f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ∴y ＝f (x )在(－∞，0)上也是增函数，又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0.故原不等式f (log 19x )>0可化为f (log 19x )>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12或f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＜f (log 19x )＜f ()0，∴log 19x >12或－12＜log 19x ＜0，解得0＜x ＜13或1＜x ＜3.所以原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 0＜x ＜13或1＜x ＜3.答案：⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 0＜x ＜13或1＜x ＜3考点三函数的最值[师生共研过关][典例精析](1)已知函数y ＝1－x ＋x ＋3的最大值为M ，最小值为m ，则m M的值为( ) A.14B.12C.22D.32(2)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1x，x ≥1，－x 2＋2，x ＜1的最大值为________．[解析] (1)由⎩⎪⎨⎪⎧1－x ≥0，x ＋3≥0得函数的定义域是{x |－3≤x ≤1}，y 2＝4＋21－x ·x ＋3＝4＋2－x ＋12＋4，当x ＝－1时，y 取得最大值M ＝22；当x ＝－3或1时，y 取得最小值m ＝2，所以mM ＝22. (2)当x ≥1时，函数f (x )＝1x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 )＝－x 2＋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)C (2)2[解题技法]求函数最值(值域)的常用方法单调性法易确定单调性的函数，利用单调性法研究函数最值(值域) 图象法能作出图象的函数，用图象法，观察其图象最高点、最低点，求出最值(值域) 基本不等式法分子、分母其中一个为一次，一个为二次的函数结构以及两个变量(如x ，y )的函数，一般通过变形使之具备“一正、二定、三相等”的条件，用基本不等式法求最值(值域)[过关训练]1．函数f (x )＝1x －1在区间[a ，b ]上的最大值是1，最小值是13，则a ＋b ＝________. 解析：易知f (x )在[a ，b ]上为减函数，所以⎩⎪⎨⎪⎧f a ＝1，f b ＝13，即⎩⎪⎨⎪⎧1a －1＝1，1b －1＝13，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝4.所以a ＋b ＝6.答案：62．函数y ＝x －x (x ≥0)的最大值为________．解析：令t ＝x ，则t ≥0，所以y ＝t －t 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122＋14，当t ＝12，即x ＝14时，y max＝14. 答案：143．设0＜x ＜32，则函数y ＝4x (3－2x )的最大值为________．解析：y ＝4x (3－2x )＝2[2x (3－2x )]≤2⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x ＋3－2x 22＝92，当且仅当2x ＝3－2x ，即x ＝34时，等号成立．∵34∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32， ∴函数y ＝4x (3－2x )⎝ ⎛⎭⎪⎫0＜x ＜32的最大值为92. 答案：92[课时跟踪检测]一、题点全面练1．下列函数中，在区间(－1,1)上为减函数的是( ) A ．y ＝11－xB ．y ＝cos xC ．y ＝ln(x ＋1)D ．y ＝2－x解析：选D 函数y ＝2－x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 在(－1,1)上为减函数．2．(2017·全国卷Ⅱ)函数f (x )＝ln(x 2－2x －8)的单调递增区间是( ) A ．(－∞，－2) B ．(－∞，1) C ．(1，＋∞)D ．(4，＋∞)解析：选D 由x 2－2x －8＞0，得x ＞4或x ＜－2.因此，函数f (x )＝ln(x 2－2x －8)的定义域是(－∞，－2)∪(4，＋∞)．注意到函数y ＝x 2－2x －8在(4，＋∞)上单调递增，由复合函数的单调性知，f (x )＝ln(x 2－2x －8)的单调递增区间是(4，＋∞)．3．若函数f (x )＝x 2－2x ＋m 在[3，＋∞)上的最小值为1，则实数m 的值为( ) A ．－3 B ．－2 C ．－1D ．1解析：选B 因为f (x )＝(x －1)2＋m －1在[3，＋∞)上为增函数，且f (x )在[3，＋∞)上的最小值为1，所以f (3)＝1，即22＋m －1＝1，m ＝－2.故选B. 4．函数f (x )＝x1－x的单调递增区间是( ) A ．(－∞，1)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，1)，(1，＋∞)D ．(－∞，－1)，(1，＋∞)解析：选C 因为f (x )＝－1－x ＋11－x ＝－1＋11－x，所以f (x )的图象是由y ＝－1x的图象沿x 轴向右平移1个单位，然后沿y 轴向下平移一个单位得到，而y ＝－1x的单调递增区间为(－∞，0)，(0，＋∞)；所以f (x )的单调递增区间是(－∞，1)，(1，＋∞)．故选C. 5．(2019·赣州模拟)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x >0，0，x ＝0，－1，x ＜0，g (x )＝x 2f (x －1)，则函数g (x )的单调递减区间是( )A ．(－∞，0]B ．[0,1)C ．[1，＋∞)D ．[－1,0]解析：选B 由题知，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x >1，0，x ＝1，－x 2，x ＜1，可得函数g (x )的单调递减区间为[0,1)．6．若函数f (x )＝x 2＋a |x |＋2，x ∈R 在区间[3，＋∞)和[－2，－1]上均为增函数，则实数a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－113，－3B ．[－6，－4]C.[]－3，－22D.[]－4，－3解析：选B 由于f (x )为R 上的偶函数，因此只需考虑函数f (x )在(0，＋∞)上的单调性即可．由题意知函数f (x )在[3，＋∞)上为增函数，在[1,2]上为减函数，故－a2∈[2,3]，即a ∈[－6，－4]．7．函数y ＝2－xx ＋1，x ∈(m ，n ]的最小值为0，则m 的取值范围是( )A ．(1,2)B ．(－1,2)C ．[1,2)D ．[－1,2)解析：选D 函数y ＝2－x x ＋1＝3－x －1x ＋1＝3x ＋1－1，且在x ∈(－1，＋∞)时单调递减，在x ＝2时，y ＝0；根据题意x ∈(m ，n ]时y 的最小值为0，所以－1≤m ＜2.8．已知函数f (x )＝x 2－2ax ＋a 在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g (x )＝f xx在区间(1，＋∞)上一定( )A ．有最小值B ．有最大值C ．是减函数D ．是增函数解析：选D 由题意知a ＜1，又函数g (x )＝x ＋a x－2a 在[|a |，＋∞)上为增函数，故选D.9．(2019·湖南四校联考)若函数f (x )＝x 2＋a |x －2|在(0，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围是________．解析：∵f (x )＝x 2＋a |x －2|，∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋ax －2a ，x ≥2，x 2－ax ＋2a ，x ＜2.又∵f (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴⎩⎪⎨⎪⎧－a2≤2，a 2≤0，∴－4≤a ≤0，∴实数a 的取值范围是[－4,0]．答案：[－4,0]10．已知函数f (x )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤38，49，则函数g (x )＝f (x )＋1－2f x 的值域为________．解析：∵38≤f (x )≤49，∴13≤1－2f x ≤12.令t ＝1－2f x ，则f (x )＝12(1－t 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫13≤t ≤12，令y ＝g (x )，则y ＝12(1－t 2)＋t ，即y ＝－12(t －1)2＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫13≤t ≤12.∴当t ＝13时，y 有最小值79；当t ＝12时，y 有最大值78.∴g (x )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤79，78.答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤79，78 二、专项培优练(一)易错专练——不丢怨枉分1．函数y ＝log 13(－x 2＋2x ＋3)的单调递增区间是( )A ．(－1,1]B ．(－∞，1)C ．[1,3)D ．(1，＋∞)解析：选C 令t ＝－x 2＋2x ＋3，由－x 2＋2x ＋3>0，得－1＜x ＜3. 函数t ＝－x 2＋2x ＋3的对称轴方程为x ＝1，则函数t ＝－x 2＋2x ＋3在[1,3)上为减函数，而函数y ＝log 13t 为定义域内的减函数，所以函数y ＝log 13(－x 2＋2x ＋3)的单调递增区间是[1,3)．2．(2019·西安模拟)已知函数y ＝log 2(ax －1)在(1,2)上单调递增，则实数a 的取值范围是( )A ．(0,1]B ．[1,2]C ．[1，＋∞)D ．[2，＋∞)解析：选C 要使y ＝log 2(ax －1)在(1,2)上单调递增，则a >0且a －1≥0，∴a ≥1.故选C.3．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax 2－x －14，x ≤1，log a x －1，x >1是R 上的单调函数，则实数a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，12B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，12C.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1 解析：选B 由对数函数的定义可得a >0，且a ≠1.又函数f (x )在R 上单调，则二次函数y ＝ax 2－x －14的图象开口向上，所以函数f (x )在R 上单调递减，故有⎩⎪⎨⎪⎧ 0＜a ＜1，12a≥1，a ×12－1－14≥log a1－1，即⎩⎪⎨⎪⎧0＜a ＜1，0＜a ≤12，a ≥14.所以a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，12.4．已知函数f (x )是定义在(0，＋∞)上的增函数，若f (a 2－a )>f (a ＋3)，则实数a 的取值范围为________．解析：由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 2－a >0，a ＋3>0，a 2－a >a ＋3，解得－3＜a ＜－1或a >3，所以实数a 的取值范围为(－3，－1)∪(3，＋∞)．答案：(－3，－1)∪(3，＋∞) (二)技法专练——活用快得分5．[构造法]已知减函数f (x )的定义域是实数集R ，m ，n 都是实数．如果不等式f (m )－f (n )>f (－m )－f (－n )成立，那么下列不等式成立的是( )A ．m －n ＜0B ．m －n >0C ．m ＋n ＜0D ．m ＋n >0解析：选A 设F (x )＝f (x )－f (－x )，由于f (x )是R 上的减函数，∴f (－x )是R 上的增函数，－f (－x )是R 上的减函数， ∴F (x )是R 上的减函数， ∴当m ＜n 时，有F (m )>F (n )，即f (m )－f (－m )>f (n )－f (－n )成立．因此，当f (m )－f (n )>f (－m )－f (－n )成立时，不等式m －n ＜0一定成立，故选A. 6．[三角换元法]函数y ＝x ＋－x 2＋10x －23的最小值为________．解析：原函数可化为：y ＝x ＋2－x －52.由2－(x －5)2≥0⇒|x －5|≤2，令x －5＝2cos α，那么|2cos α|≤2⇒|cos α|≤1⇒0≤α≤π，于是y ＝2cos α＋5＋2sin α＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＋5. 因为α＋π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，5π4，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－22，1，所以函数的最小值为5－ 2. 答案：5－ 27．[数形结合法]设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧m ＋x 2，|x |≥1，x ，|x |＜1的图象过点(1,1)，函数g (x )是二次函数，若函数f (g (x ))的值域是[0，＋∞)，则函数g (x )的值域是________．解析：因为函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧m ＋x 2，|x |≥1，x ，|x |＜1的图象过点(1,1)，所以m ＋1＝1，解得m＝0，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，|x |≥1，x ，|x |＜1.画出函数y ＝f (x )的大致图象如图所示，观察图象可知，当纵坐标在[0，＋∞)上时，横坐标在(－∞，－1]∪[0，＋∞)上变化．而f (x )的值域为[－1，＋∞)，f (g (x ))的值域为[0，＋∞)，因为g (x )是二次函数，所以g (x )的值域是[0，＋∞)．答案：[0，＋∞)(三)素养专练——学会更学通8．[数学抽象]已知函数f (x )是R 上的增函数，A (0，－3)，B (3,1)是其图象上的两点，那么不等式－3＜f (x ＋1)＜1的解集的补集是(全集为R)( )A ．(－1,2)B ．(1,4)C ．(－∞，－1)∪[4，＋∞)D ．(－∞，－1]∪[2，＋∞)解析：选D 由函数f (x )是R 上的增函数，A (0，－3)，B (3,1)是其图象上的两点，知不等式－3＜f (x ＋1)＜1即为f (0)＜f (x ＋1)＜f (3)，所以0＜x ＋1＜3，所以－1＜x ＜2，故不等式－3＜f (x ＋1)＜1的解集的补集是(－∞，－1]∪[2，＋∞)．9．[数学运算]已知函数f (x )＝1a －1x(a >0，x >0)．(1)求证：f (x )在(0，＋∞)上是增函数；(2)若f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，求a 的值．解：(1)证明：设x 2>x 1>0，则x 2－x 1>0，x 1x 2>0，因为f (x 2)－f (x 1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1x 1＝1x 1－1x 2＝x 2－x 1x 1x 2>0，所以f (x 2)>f (x 1)，所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数．(2)因为f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，又由(1)得f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上是单调增函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12，f (2)＝2，解得a ＝25.10．[数学运算]已知函数f (x )＝lg ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋ax－2，其中a 是大于0的常数．(1)求函数f (x )的定义域；(2)当a ∈(1,4)时，求函数f (x )在[2，＋∞)上的最小值； (3)若对任意x ∈[2，＋∞)恒有f (x )>0，试确定a 的取值范围．解：(1)由x ＋a x －2>0，得x 2－2x ＋ax>0，当a >1时，x 2－2x ＋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0＜a ＜1时，定义域为{x |0＜x ＜1－1－a 或x >1＋1－a }．(2)设g (x )＝x ＋a x －2，当a ∈(1,4)，x ∈[2，＋∞)时，g ′(x )＝1－a x 2＝x 2－ax2>0恒成立，所以g (x )＝x ＋a x－2在[2，＋∞)上是增函数．所以f (x )＝lg ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋ax －2在[2，＋∞)上是增函数．所以f (x )＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋ax －2在[2，＋∞)上的最小值为f (2)＝lg a2.(3)对任意x ∈[2，＋∞)恒有f (x )>0，即x ＋a x－2>1对任意x ∈[2，＋∞)恒成立．所以a >3x －x 2，令h (x )＝3x －x 2，而h (x )＝3x －x 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋94在[2，＋∞)上是减函数，所以h (x )max ＝h (2)＝2，所以a >2.即a 的取值范围为(2，＋∞)．。

(通用版)2020高考数学一轮复习2.2函数的单调性与最值讲义文

第二节函数的单一性与最值一、基础知识标注——理解深一点1．增函数、减函数定义：设函数 f ( x)的定义域为I ：(1)增函数：假如对于定义域I内某个区间 D上的随意两个自变量的值x1，x2，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．(2)减函数：假如对于定义域I内某个区间 D上的随意两个自变量的值x，x，当 x <x1212时，都有 f ( x1)> f ( x2)，那么就说函数 f ( x)在区间 D上是减函数．增 ( 减 ) 函数定义中的x1，x2的三个特点一是随意性；二是有大小，即 x1<x2( x1>x2)；三是同属于一个单一区间，三者缺一不行．2．单一性、单一区间若函数 y＝ f ( x)在区间 D上是增函数或减函数，则称函数 y＝ f ( x)在这一区间拥有( 严格的) 单一性，区间D叫做函数 y＝ f ( x)的单一区间.有关单一区间的两个防备(1)单一区间只好用区间表示，不可以用不等式表示．(2)有多个单一区间应分别写，不可以用符号“∪”连结，也不可以用“或”连结，只好用“逗号”或“和”连结．3．函数的最值设函数 y＝ f ( x)的定义域为I ，假如存在实数M知足：(1)对于随意的 x∈ I ，都有 f ( x)≤ M或 f ( x)≥ M.(2)存在 x0∈ I ，使得 f ( x0)＝M.那么，我们称M是函数 y＝ f ( x)的最大值或最小值．函数最值存在的两条结论(1)闭区间上的连续函数必定存在最大值和最小值．当函数在闭区间上单一时最值必定在端点取到．(2)开区间上的“单峰”函数必定存在最大( 小 ) 值．二、常用结论汇总——规律多一点在公共定义域内：(1)函数 f ( x)单一递加， g( x)单一递加，则(2)函数 f ( x)单一递减， g( x)单一递减，则(3)函数 f ( x)单一递加， g( x)单一递减，则(4)函数 f ( x)单一递减， g( x)单一递加，则(5)若 k>0，则 kf ( x)与 f ( x)单一性同样；若f( x) ＋g( x) 是增函数；f( x) ＋g( x) 是减函数；f( x) －g( x) 是增函数；f( x) －g( x) 是减函数；k<0，则 kf ( x)与 f ( x)单一性相反；(6) 函数y ＝( )(f(x)>0) 在公共定义域内与y＝－(x) ，＝1的单一性相反；f x f y f x(7)复合函数 y＝ f [ g( x)]的单一性与 y＝ f ( u)和 u＝g( x)的单一性有关．简记：“同增异减”．三、基础小题加强——功底牢一点一判一判对的打“√”，错的打1(1)函数 y＝x的单一递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．()(2)拥有同样单一性的函数的和、差、积、商函数还拥有同样的单一性．()(3)若定义在 R上的函数f ( x) 有f ( － 1)< f (3) ，则函数f ( x) 在 R上为增函数． ()(4)函数y ＝f( ) 在 [1 ，＋∞ ) 上是增函数，则函数的单一递加区间是[1 ，＋∞ ) ．() x(5)假如一个函数在定义域内的某几个子区间上都是增函数，则这个函数在定义域上是增函数． ()(6) 全部的单一函数都有最值．()答案： (1) ×(2) ×(3) ×(4) ×(5) ×(6) ×( 二) 选一选1．若函数y＝ (2 m－ 1) x＋b在 R 上是减函数，则 ()11A．m>2B．m<2C． >－1D．<－1m2m21分析：选 B若函数 y＝(2 m－1) x＋ b 在R上是减函数，则2m－1<0，即m<2.2．以下函数中，图象是轴对称图形且在区间(0 ，＋∞ ) 上单一递减的是 () 12xA．y＝x B ．y＝－x＋ 1 C ．y＝ 2 D ．y＝log 2| x|分析：选 B因为函数的图象是轴对称图形，所以清除 A、C，又y＝－x2＋ 1 在(0，＋∞ ) 上单一递减，y＝ log | x| 在(0 ，＋∞ ) 上单一递加，所以清除 D.应选 B.23．函数f ( x) ＝| x－ 2| x的单一减区间是 ()A． [1,2]B． [ － 1,0] C ． [0,2] D ． [2 ，＋∞)分析：选 Af (x) ＝ |x－ 2|xx2－2x， x≥2，因为＝联合图象 ( 图略 ) 可知函数的单－ x2＋2x，x<2.调减区间是 [1,2]．( 三) 填一填4. 设定义在 [ － 1,7]上的函数 y＝ f ( x)的图象如下图，则函数y＝f ( x)的增区间为________．分析：由图可知函数的增区间为[ － 1,1]和 [5,7] ．答案： [ － 1,1] 和 [5,7]25．函数f ( x) ＝x－1在 [ －2,0]上的最大值与最小值之差为 ________．分析：易知 f ( x)在[－2,0]上是减函数，24∴f ( x)max－ f ( x)min＝ f (－2)－ f (0)＝－3－(－2)＝3.4答案：3考点一确立函数的单一性区间[典例](1) 求函数 f ( x)＝－ x2＋2| x|＋ 1 的单一区间．ax(2)试议论函数 f ( x)＝x－1( a≠0)在(－1,1)上的单一性．－ x2＋2x＋1， x≥0，[ 解 ](1)易知f(x)＝－x2－2x＋1，x<0－ x－2＋2， x≥0，＝－ x＋2＋2， x<0.画出函数图象如下图，可知单一递加区间为( －∞，－1] 和 [0,1]，单一递减区间为[ － 1,0] 和 [1 ，＋∞ ) ．(2)法一：定义法设－ 1<x1<x2<1，x － 1＋ 1 1f ( x ) ＝ax － 1＝ a 1＋ x － 1 ，11则 f ( x 1) － f ( x 2) ＝ a 1＋ x 1－ 1 － a 1＋ x 2－ 1a x 2－ x 1＝－.x 1 x 2－因为－ 1<x 1<x 2<1，所以 x 2－x 1>0， x 1－ 1<0， x 2－ 1<0，故当 a >0 时， f ( x 1) － f ( x 2)>0 ，即 f ( x 1)> f ( x 2) ，函数 f ( x ) 在 ( －1,1) 上单一递减；当 a <0 时， f ( x 1) －f ( x 2)<0 ，即 f ( x 1)< f ( x 2) ，函数 f ( x ) 在 ( －1,1) 上单一递加．法二：导数法′()＝axx －－ ax x －fxx －a x －－ axa 2.＝x － 2＝－x －当 a >0 时， f ′(x )<0 ，函数当 a <0 时， f ′(x )>0 ，函数 f ( x ) 在 ( － 1,1) 上单一递减；f ( x ) 在 ( － 1,1) 上单一递加．[ 解题技法 ]判断函数单一性和求单一区间的方法(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：假如 f ( x ) 是以图象形式给出的，或许 f ( x ) 的图象易作出，则可由图象的上涨或降落确立单一性．(3) 导数法：先求导数，利用导数值的正负确立函数的单一性及区间．(4) 性质法：对于由基本初等函数的和、差组成的函数，依据各初等函数的增减性及复合函数单一性性质进行判断；复合函数单一性，可用同增异减来确立．[ 题组训练 ]1．以下函数中，知足“ ? x 1， x 2∈ (0 ，＋∞ ) 且 x 1≠x 2， ( x 1－ x 2) ·[f ( x 1) － f ( x 2)]<0 ”的是()A ． f ( x ) ＝ 2xB ． f ( x ) ＝ | x － 1|1C ． f ( x ) ＝ x － xD ． f ( x ) ＝ ln( x ＋ 1)分析：选 C 由 ( x 1－ x 2) ·[f ( x 1) － f ( x 2)]<0 可知， f ( x ) 在 (0 ，＋∞ ) 上是减函数，A 、 D1选项中， f ( x ) 为增函数； B 中， f ( x ) ＝ | x －1| 在 (0 ，＋∞ ) 上不但一；对于 f ( x ) ＝ x － x ，因1为 y＝x与 y＝－ x 在(0，＋∞)上单一递减，所以 f ( x)在(0，＋∞)上是减函数．122．函数f ( x) ＝log2( x－ 4)的单一递加区间是 ()A． (0 ，＋∞) B ．(－∞， 0)C． (2 ，＋∞) D ．(－∞，－ 2)分析：选 D 令t ＝x2－4，则y＝ log1. 因为y＝log1在定义域上是减函数，所以求原2t2t函数的单一递加区间，即求函数t ＝ x2－4的单一递减区间，联合函数的定义域，可知所求区间为 ( －∞，－ 2) ．a3．判断函数 f ( x)＝ x＋x( a>0)在(0，＋∞)上的单一性．解：设 x1， x2是随意两个正数，且x1<x2，a a x1－ x2则 f ( x1)－ f ( x2)＝ x1＋x1－ x2＋x2＝x1x2( x1x2－ a)．当 0<x1<x2≤a时， 0<x1x2<a，x1－x2<0，所以 f ( x1)－ f ( x2)>0，即 f ( x1)> f ( x2)，所以函数 f ( x)在(0， a ]上是减函数；当a≤ x1<x2时， x1x2>a， x1－ x2<0，所以 f ( x1)－ f ( x2)<0，即 f ( x1)< f ( x2)，所以函数 f ( x)在[a，＋∞)上是增函数．a综上可知，函数 f ( x)＝x＋x( a>0)在(0， a ]上是减函数，在[a，＋∞)上是增函数．考点二求函数的值域最值[典例](1)(2019 ?深圳调研 ) 函数y＝ | x＋1| ＋ | x－2| 的值域为 ________．a11(2) 若函数 f ( x)＝－x＋ b( a>0)在2， 2 上的值域为2，2 ，则a＝________， b＝________.－ x2－4x，x≤0，的最大值为 ________．(3) 函数f ( x) ＝sin x，x>0[分析](1)图象法－ 2x＋1，x≤－ 1，函数 y＝3，－1<x<2，2x－ 1，x≥2.作出函数的图象如下图．依据图象可知，函数y＝| x＋1|＋| x－2|的值域为[3，＋∞)．(2) 单一性法a1∵ f ( x)＝－x＋ b( a>0)在2，2上是增函数，11∴ f ( x)min＝ f 2＝2， f ( x)max＝f (2)＝ 2.－ 2a＋b＝12，解得＝ 1，5即＝ .a a b2－2＋ b＝2，(3)当 x≤0时， f ( x)＝－ x2－4x＝－( x＋2)2＋4，而－2∈(－∞，0]，此时 f ( x)在 x＝－2处获得最大值，且f ( － 2) ＝4；当x>0 时，f ( x) ＝ sin x，此时f ( x) 在区间 (0 ，＋∞ ) 上的最大值为 1. 综上所述，函数f ( x) 的最大值为 4.[答案](1)[3 ，＋∞) (2)15(3)4 2[ 解题技法 ]求函数最值的 5 种常用方法单一性法先确立函数的单一性，再由单一性联合端点值求最值图象法先作出函数的图象，再察看其最高点、最低点，求出最值基本不先对分析式变形，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等式法导数法先求出导函数，而后求出给定区间上的极值，最后联合端点值，求出最值换元法对照较复杂的函数可经过换元转变为熟习的函数，再用相应的方法求最值[ 口诀概括 ]单一性，左侧看，上坡递加下坡减；函数值，如有界，上界下界值域外．[ 提示 ] (1) 求函数的最值时，应先确立函数的定义域．(2)求分段函数的最值时，应先求出每一段上的最值，再选用此中最大的作为分段函数的最大值，最小的作为分段函数的最小值．[ 题组训练 ]x2＋41．函数f ( x) ＝x的值域为________．4分析：当 x>0时， f ( x)＝x＋x≥4，当且仅当 x＝2时取等号；4当 x<0时，－ x＋－x≥4，4即 f ( x)＝ x＋x≤－4，当且仅当 x＝－2取等号，所以函数 f ( x)的值域为(－∞，－4]∪[4，＋∞)．答案： ( －∞，－ 4] ∪ [4 ，＋∞)2．若x∈ －π，2π，则函数 y＝4sin2x－12sin x－1的最大值为________，最小值63为________．分析：令 t ＝sin x，因为 x∈－π，2π，63所以t1＝(t2t－ 1，∈－，1，)＝4 －122y f t31因为该二次函数的图象张口向上，且对称轴为 t ＝2，所以当 t ∈－， 1时，函数 f ( t ) 2单一递减，所以当 t ＝－1时， y max＝6；2当 t ＝1时， y min＝－9.答案： 6－9x2＋ 2＋a3．已知f ( x) ＝x， x∈[1，＋∞)，且 a≤1.若对随意 x∈[1，＋∞)， f ( x)>0恒建立，则实数 a 的取值范围是________．分析：对随意 x∈[1，＋∞)， f ( x)>0恒建立等价于x2＋2x＋ a>0在 x∈[1，＋∞)上恒建立，即 a>－ x2－2x 在 x∈[1，＋∞)上恒建立．又函数 y＝－ x2－2x 在[1，＋∞)上单一递减，∴( －x2－2x) max＝－3，故a>－3，又∵ a≤1，∴－3<a≤1.答案： ( － 3,1]考点三函数单一性的应用考法(一)比较函数值的大小[典例]设偶函数 f ( x)的定义域为R，当x∈[0，＋∞)时， f ( x)是增函数，则 f (－2)，f (π)， f (－3)的大小关系是()A．f ( π )> f ( － 3)> f ( － 2)B．f ( π )> f ( － 2)> f ( － 3)C．f ( π )< f ( － 3)< f ( － 2)D．f ( π )< f ( － 2)< f ( － 3)[分析]因为 f ( x)是偶函数，所以 f (－3)＝ f (3)，f (－2)＝ f (2)．又因为函数 f ( x)在[0，＋∞)上是增函数．所以 f (π)> f (3)>f (2)，即f (π)> f (－3)> f (－2)．[答案]A[ 解题技法 ]比较函数值大小的解题思路比较函数值的大小时，若自变量的值不在同一个单一区间内，要利用其函数性质，转变到同一个单一区间内进行比较，对于选择题、填空题能数形联合的尽量用图象法求解．考法 ( 二 )解函数不等式2x， x<2，[典例]设函数f(x)＝x2，x≥2.若 f ( a＋1)≥ f (2 a－1)，则实数 a 的取值范围是()A． ( －∞， 1]B． ( －∞， 2]C． [2,6] D ． [2 ，＋∞)[分析]易知函数 f ( x)在定义域(－∞，＋∞)上是增函数，∵ f ( a＋1)≥ f (2 a－1)，∴ a＋1≥2a－1，解得 a≤2.故实数 a 的取值范围是(－∞，2]．[答案]B[ 解题技法 ]求解含“ f”的函数不等式的解题思路先利用函数的有关性质将不等式转变为 f ( g( x))> f ( h( x))的形式，再依据函数的单一性去掉“ f ”，获得一般的不等式g( x)> h( x)(或 g( x)< h( x))．考法 ( 三 )利用单一性求参数的范围( 或值 )a a[典例](2019 ?南京调研) 已知函数 f ( x)＝x－ x＋2在(1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是[分析]________．设 1<x1<x2，∴x1x2>1.∵函数 f ( x)在(1，＋∞)上是增函数，∴f ( x1)－f ( x2)＝ x1－a＋a－ x2－a＋ax12x22a＝( x1－x2) 1＋x1x2 <0.a∵x1－ x2<0，∴1＋x1x2>0，即 a>－ x1x2.∵1<x1<x2，x1x2>1，∴－x1x2<－ 1，∴a≥－ 1.∴ a 的取值范围是[－1，＋∞)．[ 答案 ] [ －1，＋∞)[ 解题技法 ]利用单一性求参数的范围( 或值 )的方法(1)视参数为已知数，依照函数的图象或单一性定义，确立函数的单一区间，与已知单调区间比较求参数；(2)需注意若函数在区间 [ a，b] 上是单一的，则该函数在此区间的随意子集上也是单一的．[ 题组训练 ]1．已知函数 f ( x)的图象向左平移1个单位后对于y 轴对称，当x2>x1>1时，[ f ( x2)－f ( x1)]·(x2－ x1)<0恒建立，设 a＝ f1，b＝f (2)，c＝f (3)，则 a，b，c 的大小关系为()－2A．c>a>b B ．c>b>aC．a>c>b D ．b>a>c分析：选 D因为函数 f ( x)的图象向左平移 1 个单位后获得的图象对于y 轴对称，故函y () 的图象对于直线x＝ 1 对称，所以a f152> 1>1时，[f(x2)－数＝＝－＝. 当f x2 f 2x xf ( x1)]( x2－ x1)<0恒建立，等价于函数 f ( x)在(1，＋∞)上单一递减，所以b>a>c.2．已知函数f(x)＝ax2－x－41， x≤1，是 R上的单一函数，则实数 a 的取值范围log a x－1，x>1是()1111A. 4，2B.4， 2C. 0，1D.12， 12分析：选 B由对数函数的定义可得a>0，且 a≠1.21又函数 f ( x ) 在 R 上单一，而二次函数 y ＝ ax－x － 4的图象张口向上，所以函数 f ( x ) 在 R 上单一递减，0< <1，0< <1，a a11≥1，即0<a ≤ ，故有 2a221a1a ×1－ 1－4≥log 1－ 1，a ≥ 4.11所以 a ∈ 4， 2 .[ 课时追踪检测 ]A 级——保大分专练1．以下四个函数中，在 x ∈ (0 ，＋∞ ) 上为增函数的是 ()A ． f ( x ) ＝ 3－ xB ． f ( x ) ＝ x 2－ 3x1C ． f ( x ) ＝－ x ＋1D ． f ( x ) ＝－ | x |分析：选 C 当x >0 时， ( x ) ＝3－ x 为减函数；当x ∈ 0， 3 时， f ( x ) ＝ x 2－ 3 为减函f2x321数，当 x ∈ 2，＋∞ 时， f ( x ) ＝ x － 3x 为增函数；当 x ∈(0 ，＋∞ ) 时， f ( x ) ＝－ x ＋ 1为增函数；当 x ∈ (0 ，＋∞ ) 时， f ( x ) ＝－ | x | 为减函数．2．若函数 f ( x ) ＝ax ＋ 1 在 R 上单一递减，则函数g ( x ) ＝ a ( x 2－ 4x ＋ 3) 的单一递加区间是()A ． (2 ，＋∞)B ．(－∞， 2)C ． (4 ，＋∞)D ．(－∞， 4)分析：选 B因为 f ( x ) ＝ax ＋ 1 在 R 上单一递减，所以 a <0.而 g ( x ) ＝ a ( x 2－ 4x ＋ 3) ＝ a ( x － 2) 2－ a .因为 a <0，所以 g ( x ) 在 ( －∞， 2) 上单一递加．3．已知函数f ( x ) 是定义在区间 [0 ，＋∞ ) 上的函数，且在该区间上单一递加，则知足1f (2 x － 1) ＜f 3 的 x 的取值范围是 ()A.1 2B.1 2 3， 3 3， 3 C.1 2 D.1 2 2， 32， 31分析：选 D因为函数 f ( x ) 是定义在区间 [0 ，＋∞ ) 上的增函数，知足 f (2 x － 1) ＜f 3 .所以 0≤2x－ 1＜1，解得1≤ x＜2. 3234．(2019 ·菏泽模拟 ) 定义新运算⊕：当a ≥b时，a⊕ ＝；当<时，a⊕ ＝b2，则b a a b b函数 f ( x)＝(1⊕ x) x－(2⊕ x)，x∈[－2，2]的最大值等于()A．－ 1 B ． 1C． 6 D ．12分析：选 C 由题意知当－ 2≤x≤1时，f ( x) ＝x－ 2，当 1<x≤2时，f ( x) ＝x3－2，又f ( x)＝ x－2，f ( x)＝ x3－2在相应的定义域内都为增函数，且 f (1)＝－1，f (2)＝ 6，∴f ( x)的最大值为 6.5．已知函数f ( x) 是 R 上的增函数，A(0 ，－ 3) ，B(3,1)是其图象上的两点，那么不等式－ 3＜f ( x＋ 1) ＜ 1 的解集的补集是 ( 全集为 R)()A． ( －1,2)B． (1,4)C． ( －∞，－ 1) ∪ [4 ，＋∞ ) D ． ( －∞，－ 1] ∪ [2 ，＋∞)分析：选 D 由函数f (x) 是 R 上的增函数，(0 ，－ 3)， (3,1) 是其图象上的两点，知A B不等式－ 3＜f ( x＋ 1) ＜ 1 即为f (0)＜ f ( x＋1)＜ f (3)，所以0＜x＋1＜ 3，所以－ 1＜x＜2，故不等式－ 3＜f ( x＋1) ＜ 1的解集的补集是 ( －∞，－ 1] ∪[2 ，＋∞ ) ．－x2－－ 5，≤1，axx6．已知函数f ( x) ＝a是 R 上的增函数，则实数a的取值范围x， x>1是()A． [ －3,0) C． [ －3，－ 2]B ．(－∞，－D ．(－∞， 0)2]a－2≥1，分析：选 C若f(x)是R上的增函数，则应知足a<0，解得－2a－ 1 －a×1－5≤，3≤a≤－ 2.7．已知函数f ( x) ＝x2－ 2x－ 3，则该函数的单一递加区间为________．分析：设t ＝x2－ 2x－ 3，由t≥0，即x2－ 2 －3≥0，解得x≤－1 或x≥3，所以函数xf ( x)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 ＝ x2－2x－3在(－∞，－1]上单一递减，在[3，＋∞)上单一递加，所以函数 f ( x)的单一递加区间为[3，＋∞)．答案： [3 ，＋∞)18．函数 f ( x ) ＝ x ，x ≥1，的最大值为 ________．－x 2＋2， x <11分析：当 x ≥1时，函数 f ( x ) ＝ x 为减函数，所以f ( x ) 在 x ＝ 1 处获得最大值，为f (1)＝1；当 x <1 时，易知函数的最大值为 2.答案： 2f ( x ) ＝－ x 2＋ 2在x ＝ 0处获得最大值，为f (0)＝ 2. 故函数f ( x )9．若函数1f ( x ) ＝ x 在区间 [2， a ] 上的最大值与最小值的和为34，则a ＝ ________.11分析：由f ( x ) ＝ x 的图象知，f ( x ) ＝ x 在 (0 ，＋∞ ) 上是减函数，∵[2，a ] ? (0 ，＋∞ ) ，1∴ f ( x ) ＝ x 在 [2 ，a ] 上也是减函数，1 1∴ f ( x ) max ＝ f (2) ＝ 2，f ( x ) min ＝ f ( a ) ＝a ， 1 1 3∴ 2＋a ＝ 4，∴ a ＝4.答案： 4x ＋a － 110．(2019 ·甘肃会宁联考 ) 若 f ( x ) ＝x ＋ 2 在区间 ( － 2，＋∞ ) 上是增函数，则实数 a的取值范围是 ________．x ＋－ 1 x ＋2＋－ 3a － 3分析： f ( x ) ＝ x ＋ 2 ＝x ＋ 2＝ 1＋ x ＋ 2，要使函数在区间 ( －2，＋∞ ) 上是增函数，需使 a － 3<0，解得 a <3.答案： ( －∞， 3)1 111．已知函数 f ( x ) ＝ a － x ( a ＞ 0， x ＞ 0) ．(1) 求证： f ( x ) 在 (0 ，＋∞ ) 上是增函数；(2) 若 f ( x ) 在11，求 a 的值．2， 2 上的值域是 2，2解： (1) 证明：任取 x 1＞ x 2＞ 0，1 1 1 1 x 1－ x 2则 f ( x 1) － f ( x 2) ＝－－＋＝，a x1 a x2 x x21∵ x 1＞ x 2＞0，∴ x 1－ x 2＞0， x 1x 2＞ 0，∴ f ( x 1) －f ( x 2) ＞ 0，即 f ( x 1) ＞ f ( x 2) ，∴ f ( x ) 在 (0 ，＋∞ ) 上是增函数．1(2) 由 (1) 可知， f ( x ) 在 2， 2 上是增函数，11 1 1 1∴ f 2 ＝ a － 2＝ 2， f (2) ＝ a － 2＝ 2，2解得 a ＝ .5x12．已知 f ( x ) ＝ x － a ( x ≠a ) ．(1) 若 a ＝－ 2，试证 f ( x ) 在 ( －∞，－ 2) 内单一递加；(2) 若 a ＞ 0 且 f ( x ) 在 (1 ，＋∞ ) 内单一递减，求a 的取值范围．x解： (1)证明：当 a ＝－ 2 时， f ( x ) ＝x ＋ 2.任取 x ，x ∈ ( －∞，－ 2)，且 x ＜ x ，121212x 1x 2x － x21则 f ( x ) － f ( x ) ＝x 1＋ 2－ x 2＋ 2＝x 1＋x 2＋.因为 ( x＋2)(x ＋ 2) ＞ 0， x －x＜0，1 212所以 f ( x ) － f ( x ) ＜0，即 f ( x ) ＜ f ( x ) ，12 1 2所以 f ( x ) 在 ( －∞，－ 2) 内单一递加．(2) 任取 x 1， x 2∈ (1 ，＋∞ ) ，且 x 1＜ x 2，x 1x 2a x － x 12则 f ( x 1) － f ( x 2) ＝x 1－ a － x 2－ a ＝ x 1－ a x 2－ a . 因为＞0， 2－ 1＞0，又由题意知 f ( 1) － f ( x 2) ＞0，axxx所以 ( x－a )( x － a ) ＞ 0 恒建立，所以a ≤1.1 2所以 0＜ a ≤1.所以 a 的取值范围为 (0,1]．B 级——创高分自选1．若 f ( x ) ＝－ x 2＋ 4mx 与 g ( x ) ＝2m在区间 [2,4] 上都是减函数，则 m 的取值范围是x ＋ 1()A ． ( －∞， 0) ∪(0,1]B ．(－ 1,0) ∪(0,1]C ． (0 ，＋∞)D ． (0,1]分析：选 D 函数 f ( x ) ＝－ x 2＋ 4mx 的图象张口向下，且以直线x ＝ 2m 为对称轴，若在2m2m区间 [2,4] 上是减函数，则2m ≤2，解得 m ≤1； g ( x ) ＝ x ＋ 1的图象由 y ＝ x 的图象向左平移一个单位长度获得，若在区间 [2,4] 上是减函数，则 2m >0，解得 m >0. 综上可得， m 的取值范围是 (0,1] ．2．已知函数 f ( x)＝ln x＋ x，若 f ( a2－ a)> f ( a＋3)，则正数 a 的取值范围是________．分析：因为 f ( x)＝ln x＋x 在(0，＋∞)上是增函数，a2－ a>a＋3，所以a2－ a>0，解得－ 3<a<－ 1 或a>3.a＋3>0，又 a>0，所以 a>3.答案： (3 ，＋∞)3．已知定义在R 上的函数f ( x) 知足：①f ( x＋y) ＝f ( x) ＋f ( y) ＋ 1，②当x>0 时，f ( x)>－1.(1)求 f (0)的值，并证明 f ( x)在R上是单一增函数;(2)若 f (1)＝1，解对于 x 的不等式 f ( x2＋2x)＋ f (1－ x)>4.解： (1) 令x＝y＝ 0，得f (0) ＝－ 1.在 R 上任取x1>x2，则x1－x2>0，f ( x1－x2)> － 1.又f (x1)＝[(x1－2)＋2]＝(x1－ 2 )＋(x2)＋1> (x2)，f x x f x f f所以函数 f ( x)在R上是单一增函数．(2) 由f (1)＝ 1，得f (2)＝ 3，f (3) ＝ 5.由 f ( x2＋2x)＋ f (1－ x)>4得 f ( x2＋ x＋1)> f (3)，又函数 f ( x)在R上是增函数，故 x2＋x＋1>3，解得 x<－2或 x>1，故原不等式的解集为 {|<－2 或x >1} ．x x。