2021年高考数学大一轮复习 .函数的单调性与最值学案 理 苏教版

2021年高考数学大一轮复习 2.2函数的单调性与最值学案 理 苏教
版
导学目标： 1.理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义.2.会用定义判断函数的单调性，会求函数的单调区间及会用单调性求函数的最值．
自主梳理 1．单调性
(1)定义：一般地，设函数y ＝f (x )的定义域为A ，如果对于区间I 内的任意两个值
x 1，x 2，当x 1<x 2时，都有f (x 1)<f (x 2)(f (x 1)>f (x 2))，那么就说f (x )在区间I 上是单调
________________．
(2)单调性的定义的等价形式：设x 1，x 2∈[a ，b ]，那么(x 1－x 2)(f (x 1)－f (x 2))>0
⇔
f x 1－f x 2
x 1－x 2
>0⇔f (x )在[a ，b ]上是单调________；(x 1－x 2)(f (x 1)－f (x 2))<0⇔
f x 1－f x 2
x 1－x 2
<0⇔f (x )在[a ，b ]上是单调________．
(3)单调区间：如果函数y ＝f (x )在某个区间上是单调增函数或减函数，那么说函数
y ＝f (x )在区间I 上具有单调性，单调增区间和单调减区间统称为__________．
(4)函数y ＝x ＋a
x
(a >0)在 (－∞，－a )，(a ，＋∞)上单调________；在(－a ，
0)，(0，a )上单调________；函数y ＝x ＋a x
(a <0)在____________上单调递增．
2．最值
一般地，设函数y ＝f (x )的定义域为A ，如果存在x 0∈A ，使得对于任意的x ∈A ，都
有f (x )≤f (x 0)(或≥f (x 0))，则称f (x 0)为y ＝f (x )的最____(或最____)值．
自我检测
1．若函数y ＝ax 与y ＝－b x
在(0，＋∞)上都是减函数，则y ＝ax 2
＋bx 在(0，＋∞)
上是________________．(用“单调减函数”、“单调增函数”、“不单调”填空)
2．(xx·连云港模拟)设f (x )是(－∞，＋∞)上的增函数，a 为实数，则有f (a 2＋1)________f (a )．(填“>”、“<”或“＝”)
3．下列函数在(0,1)上是增函数的是________(填序号)． ①y ＝1－2x ；②y ＝x －1；③y ＝－x 2
＋2x ；④y ＝5.
4．若f (x )＝x 2
＋2(a －1)x ＋4是区间(－∞，4]上的减函数，则实数a 的取值范围是________．
5．当x ∈[0,5]时，函数f (x )＝3x 2－4x ＋c 的值域为______________________．
探究点一 函数单调性的判定及证明
例1 设函数f (x )＝
x ＋a
x ＋b
(a >b >0)，求f (x )的单调区间，并说明f (x )在其单调区间上的单调性．
变式迁移1 已知f (x )是定义在R 上的增函数，对x ∈R 有f (x )>0，且f (5)＝1，
设F (x )＝f (x )＋
1
f x
，讨论F (x )的单调性，并证明你的结论．
探究点二 函数的单调性与最值
例2 已知函数f (x )＝x 2＋2x ＋a
x
，x ∈[1，＋∞)．
(1)当a ＝1
2
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．
变式迁移2 已知函数f (x )＝x －a x ＋a
2在(1，＋∞)上是增函数，求实数a 的取值范
围．
探究点三 抽象函数的单调性
例3 已知函数f (x )对于任意x ，y ∈R ，总有f (x )＋f (y )＝f (x ＋y )，且当x >0时，
f (x )<0，f (1)＝－23
.
(1)求证：f (x )在R 上是减函数；
(2)求f (x )在[－3,3]上的最大值和最小值．
变式迁移3 已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f (x )满足f (x 1x 2
)＝f (x 1)－f (x 2)，
且当x>1时，f(x)<0.
(1)求f(1)的值；
(2)判断f(x)的单调性；
(3)若f(3)＝－1，解不等式f(|x|)<－2.
分类讨论及数形结合思想
例(14分)求f(x)＝x2－2ax－1在区间[0,2]上的最大值和最小值．
【答题模板】
解f(x)＝(x－a)2－1－a2，对称轴为x＝a.[2分]
(1)当a<0时，由图①可知，f(x)min＝f(0)＝－1，f(x)max＝f(2)＝3－4a.[5分]
(2)当0≤a<1时，由图②可知，f(x)min＝f(a)＝－1－a2，f(x)max＝f(2)＝3－4a.[8分]
(3)当1<a≤2时，由图③可知，f(x)min＝f(a)＝－1－a2，f(x)max＝f(0)＝－1.[11分]
(4)当a>2时，由图④可知，f(x)min＝f(2)＝3－4a，f(x)max＝f(0)＝－1.
综上，(1)当a<0时，f(x)min＝－1，f(x)max＝3－4a；
(2)当0≤a<1时，f(x)min＝－1－a2，f(x)max＝3－4a；
(3)当1<a≤2时，f(x)min＝－1－a2，f(x)max＝－1；
(4)当a>2时，f(x)min＝3－4a，f(x)max＝－1.[14分]
【突破思维障碍】
(1)二次函数的单调区间是由图象的对称轴确定的．故只需确定对称轴与区间的关系．由于对称轴是x＝a，而a的取值不定，从而导致了分类讨论．
(2)不是应该分a<0,0≤a≤2，a>2三种情况讨论吗？为什么成了四种情况？这是由于抛物线的对称轴在区间[0,2]所对应的区域时，最小值是在顶点处取得，但最大值却有可能是f(0)，也有可能是f(2)．
函数的单调性的判定与单调区间的确定常用方法有：
(1)定义法；(2)导数法；(3)图象法；(4)单调性的运算性质．
总结如下：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f(x)＋C具有相同的单调性．
(2)f(x)与af(x)，当a>0时，具有相同的单调性，当a<0时，具有相反的单调性．
(3)当f (x )恒不等于零时，f (x )与
1
f x
具有相反的单调性．
(4)当f (x )，g (x )都是增(减)函数时，则f (x )＋g (x )是增(减)函数．
(5)当f (x )，g (x )都是增(减)函数时，则f (x )·g (x )当两者都恒大于零时，是增(减)函数；当两者都恒小于零时，是减(增)函数．
(满分：90分)
一、填空题(每小题6分，共48分)
1．(xx·泰州模拟)“a ＝1”是“函数f (x )＝x 2－2ax ＋3在区间[1，＋∞)上为增函数”的____________条件．
2．(xx·天津改编)已知函数f (x )＝⎩⎨
⎧
x 2
＋4x ， x ≥0，
4x －x 2， x <0，
若f (2－a 2)>f (a )，则实
数a 的取值范围为________．
3．(xx·宁夏，海南改编)用min{a ，b ，c }表示a ，b ，c 三个数中的最小值．设f (x )＝min{2x ，x ＋2,10－x }(x ≥0)，则f (x )的最大值为________．
4．若f (x )＝－x 2＋2ax 与g (x )＝
a
x ＋1
在区间[1,2]上都是减函数，则a 的取值范围
为________．
5．已知定义在R 上的增函数f (x )，满足f (－x )＋f (x )＝0，x 1，x 2，x 3∈R ，且x 1
＋x 2>0，x 2＋x 3>0，x 3＋x 1>0，则f (x 1)＋f (x 2)＋f (x 3)的符号为________(填“正”、“负”、“不确定”)．
6．(xx·淮安调研)函数y ＝－(x －3)|x |的递增区间是________．
7．设f (x )是增函数，则下列结论一定正确的是________(填序号)． ①y ＝[f (x )]2是增函数；
②y ＝
1
f x
是减函数；
③y ＝－f (x )是减函数； ④y ＝|f (x )|是增函数．
8．(xx·苏州质检)设0<x <1，则函数y ＝1x ＋1
1－x 的最小值是________．
二、解答题(共42分)
9．(14分)已知函数f (x )＝a －
1|x |
. (1)求证：函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上是增函数；
(2)若f (x )<2x 在(1，＋∞)上恒成立，求实数a 的取值范围．
10．(14分)已知f (x )＝x 2
＋ax ＋3－a ，若x ∈[－2,2]时，f (x )≥0恒成立，求a
的取值范围．
11．(14分)已知f (x )是定义在[－1,1]上的奇函数，且f (1)＝1，若a ，b ∈[－1,1]，
a ＋
b ≠0时，有f a ＋f b a ＋b
>0成立．
(1)判断f (x )在[－1,1]上的单调性，并证明；
(2)解不等式：f (x ＋12)<f (1
x －1
)；
(3)若f (x )≤m 2
－2am ＋1对所有的a ∈[－1,1]恒成立，求实数m 的取值范围．
答案 自主梳理
1．(1)增函数(减函数) (2)增函数 减函数 (3)单调区间 (4)递增 递减 (－∞，0)，(0，＋∞) 2.大 小
自我检测 1．单调减函数 2．> 3．③ 4．a ≤－3
5．[－4
3＋c,55＋c ]
课堂活动区
例1 解题导引 对于给出具体解析式的函数，判断或证明其在某区间上的单调性问题，可以结合定义(基本步骤为：取点，作差或作商，变形，判断)来求解．可导函数则可以利用导数求解．有些函数可以转化为两个或多个基本初等函数，利用其单调性可以方便求解．
解 在定义域内任取x 1，x 2，且使x 1<x 2， 则Δx ＝x 2－x 1>0，
Δy ＝f (x 2)－f (x 1)＝
x 2＋a x 2＋b －x 1＋a
x 1＋b
＝
x 2＋a
x 1＋b －x 2＋b x 1＋a
x 1＋b x 2＋b
＝
b －a x 2－x 1
x 1＋b
x 2＋b
.
∵a >b >0，∴b －a <0，∴(b －a )(x 2－x 1)<0， 又∵x ∈(－∞，－b )∪(－b ，＋∞)，
∴只有当x 1<x 2<－b ，或－b <x 1<x 2时，函数才单调． 当x 1<x 2<－b ，或－b <x 1<x 2时，f (x 2)－f (x 1)<0，即Δy <0.
∴y ＝f (x )在(－∞，－b )上是单调减函数，在(－b ，＋∞)上也是单调减函数． 变式迁移1 解 在R 上任取x 1、x 2，设x 1<x 2，∴f (x 2)>f (x 1)，F (x 2)－F (x 1)＝[f (x 2)＋
1
f x 2
]－[f (x 1)＋
1
f x 1
]＝[f (x 2)－f (x 1)][1－
1
f x 1f x 2
]，
∵f (x )是R 上的增函数，且f (5)＝1， ∴当x <5时，0<f (x )<1，而当x >5时f (x )>1； ①若x 1<x 2<5，则0<f (x 1)<f (x 2)<1，
∴0<f (x 1)f (x 2)<1，∴1－
1
f x 1f x 2
<0，
∴F (x 2)<F (x 1)；
②若x 2>x 1>5，则f (x 2)>f (x 1)>1，
∴f (x 1)·f (x 2)>1，∴1－
1
f x 1f x 2
>0，
∴F (x 2)>F (x 1)．
综上，F (x )在(－∞，5)上为减函数，在(5，＋∞)上为增函数． 例2 解 (1)当a ＝12时，f (x )＝x ＋1
2x
＋2，
设x 1，x 2∈[1，＋∞)且x 1<x 2，f (x 1)－f (x 2)＝x 1＋12x 1－x 2－12x 2＝(x 1－x 2)(1－1
2x 1x 2)．
∵x 1<x 2，∴x 1－x 2<0，又∵1<x 1<x 2， ∴1－1
2x 1x 2
>0，
∴f (x 1)－f (x 2)<0，∴f (x 1)<f (x 2)． ∴f (x )在区间[1，＋∞)上为增函数，
∴f (x )在区间[1，＋∞)上的最小值为f (1)＝7
2
.
(2)方法一 在区间[1，＋∞)上，f (x )＝x 2＋2x ＋a
x
>0恒成立，等价于x 2＋2x ＋a >0
恒成立．
设y ＝x 2＋2x ＋a ，x ∈[1，＋∞)，
y ＝x 2＋2x ＋a ＝(x ＋1)2＋a －1递增，
∴当x ＝1时，y min ＝3＋a ，
于是当且仅当y min ＝3＋a >0时，函数f (x )恒成立， 故a >－3.
方法二 f (x )＝x ＋a x
＋2，x ∈[1，＋∞)，
当a ≥0时，函数f (x )的值恒为正，满足题意，当a <0时，函数f (x )递增； 当x ＝1时，f (x )min ＝3＋a ，于是当且仅当f (x )min ＝3＋a >0时，函数f (x )>0恒成立，
故a >－3.
方法三 在区间[1，＋∞)上f (x )＝x 2＋2x ＋a x
>0恒成立等价于x 2＋2x ＋a >0恒成立． 即a >－x 2－2x 恒成立．
又∵x ∈[1，＋∞)，a >－x 2－2x 恒成立，
∴a 应大于函数u ＝－x 2－2x ，x ∈[1，＋∞)的最大值．
∴a >－x 2－2x ＝－(x ＋1)2＋1.
当x ＝1时，u 取得最大值－3，∴a >－3.
变式迁移2 解 设1<x 1<x 2.
∵函数f (x )在(1，＋∞)上是增函数，
∴f (x 1)－f (x 2)＝x 1－a x 1＋a 2－(x 2－a x 2＋a 2) ＝(x 1－x 2)(1＋a x 1x 2
)<0. 又∵x 1－x 2<0，∴1＋
a x 1x 2>0，即a >－x 1x 2恒成立． ∵1<x 1<x 2，x 1x 2>1，－x 1x 2<－1.
∴a ≥－1，∴a 的取值范围是[－1，＋∞)．
例 3 解题导引 (1)对于抽象函数的问题要根据题设及所求的结论来适当取特殊值说明抽象函数的特点．证明f (x )为单调减函数，首选方法是用单调性的定义来证．(2)用函数的单调性求最值．
解 (1)方法一 ∵函数f (x )对于任意x ，y ∈R 总有f (x )＋f (y )＝f (x ＋y )， ∴令x ＝y ＝0，得f (0)＝0.
再令y ＝－x ，得f (－x )＝－f (x )．
在R 上任取x 1>x 2，则x 1－x 2>0，
f (x 1)－f (x 2)＝f (x 1)＋f (－x 2)＝f (x 1－x 2)．
又∵x >0时，f (x )<0，而x 1－x 2>0，
∴f (x 1－x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)．
因此f (x )在R 上是减函数．
方法二 设x 1>x 2，则f (x 1)－f (x 2)
＝f (x 1－x 2＋x 2)－f (x 2)＝f (x 1－x 2)＋f (x 2)－f (x 2)
＝f (x 1－x 2)．
又∵x >0时，f (x )<0.而x 1－x 2>0，∴f (x 1－x 2)<0，
即f (x 1)<f (x 2)，∴f (x )在R 上为减函数．
(2)∵f (x )在R 上是减函数，
∴f (x )在[－3,3]上也是减函数，
∴f (x )在[－3,3]上的最大值和最小值分别为f (－3)与f (3)．
又∵f (3)＝f (2＋1)＝f (2)＋f (1)＝f (1)＋f (1)＋f (1)
∴f (3)＝3f (1)＝－2，f (－3)＝－f (3)＝2.
∴f (x )在[－3,3]上的最大值为2，最小值为－2.
变式迁移3 解 (1)令x 1＝x 2>0，
代入得f (1)＝f (x 1)－f (x 1)＝0，故f (1)＝0.
(2)任取x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1>x 2，则x 1
x 2
>1，
由于当x >1时，f (x )<0，
∴f (x 1
x 2
)<0，即f (x 1)－f (x 2)<0，∴f (x 1)<f (x 2)， ∴函数f (x )在(0，＋∞)上是单调递减函数．
(3)由f (x 1
x 2
)＝f (x 1)－f (x 2)得 f (93)＝f (9)－f (3)，而f (3)＝－1，∴f (9)＝－2.
由于函数f (x )在区间(0，＋∞)上是单调递减函数，
∴当x >0时，由f (|x |)<－2，得f (x )<f (9)，∴x >9；
当x <0时，由f (|x |)<－2，得f (－x )<f (9)，
∴－x >9，故x <－9，
∴不等式的解集为{x |x >9或x <－9}．
课后练习区
1．充分不必要
解析 f (x )对称轴x ＝a ，当a ≤1时f (x )在[1，＋∞)上单调递增．∴“a ＝1”为f (x )在[1，＋∞)上递增的充分不必要条件．
2．(－2,1)
解析 由题知f (x )在R 上是增函数，由题得2－a 2>a ，解得－2<a <1.
3．6
解析 由题意知函数f (x )是三个函数y 1＝2x ，y 2＝x ＋2，y 3＝10－x 中的较小者，作出三个函数在同一坐标系之下的图象(如图中实线部分为f (x )的图象)可知A (4,6)为函
数f (x )图象的最高点．
4．(0,1]
解析 f (x )在[a ，＋∞)上是减函数，对于g (x )，只有当a >0时，它有两个减区间为(－∞，－1)和(－1，＋∞)，故只需区间[1,2]是f (x )和g (x )的减区间的子集即可，则a 的取值范围是0<a ≤1.
5．正
解析 ∵f (－x )＋f (x )＝0，∴f (－x )＝－f (x )．
又∵x 1＋x 2>0，x 2＋x 3>0，x 3＋x 1>0，
∴x 1>－x 2，x 2>－x 3，x 3>－x 1.
又∵f (x 1)>f (－x 2)＝－f (x 2)，
f (x 2)>f (－x 3)＝－f (x 3)，
f (x 3)>f (－x 1)＝－f (x 1)，
∴f (x 1)＋f (x 2)＋f (x 3)>－f (x 2)－f (x 3)－f (x 1)．
∴f (x 1)＋f (x 2)＋f (x 3)>0.
6．[0，32
] 解析 y ＝⎩⎨⎧ －x －3x x ≥0x －3x x <0
.
画图象如图所示：
可知递增区间为[0，32
]．
7．③
解析 举例：设f (x )＝x ，易知①②④均不正确．
8．4
解析 y ＝1x ＋11－x ＝1x 1－x ，当0<x <1时，x (1－x )＝－(x －12)2＋14≤14
. ∴y ≥4.
9．(1)证明 当x ∈(0，＋∞)时，
f (x )＝a －1x
， 设0<x 1<x 2，则x 1x 2>0，x 2－x 1>0.
f (x 1)－f (x 2)＝(a －1x 1)－(a －1x 2
) ＝1x 2－1x 1＝x 1－x 2x 1x 2
<0.………………………………………………………………………(5分)
∴f (x 1)<f (x 2)，即f (x )在(0，＋∞)上是增函数．…………………………………………(6分)
(2)解 由题意a －1x
<2x 在(1，＋∞)上恒成立，
设h (x )＝2x ＋1x
，则a <h (x )在(1，＋∞)上恒成立．……………………………………(8分)
∵h ′(x )＝2－1x 2，x ∈(1，＋∞) ∵2－1x 2>0，x ∈(1，＋∞)， ∴h (x )在(1，＋∞)上单调递增．………………………………………………………(12分)
故a ≤h (1)，即a ≤3.
∴a 的取值范围为(－∞，3]．…………………………………………………………(14分)
10．解 设f (x )的最小值为g (a )，则只需g (a )≥0，
由题意知，f (x )的对称轴为－a 2. (1)当－a 2
<－2，即a >4时， g (a )＝f (－2)＝7－3a ≥0，得a ≤73.
又a >4，故此时的a 不存在．…………………………………………………………(4分)
(2)当－a 2∈[－2,2]，即－4≤a ≤4时， g (a )＝f (－a 2)＝3－a －a 24
≥0得－6≤a ≤2.
又－4≤a ≤4，故－4≤a ≤2.……………………………………………………………(8分)
(3)当－a 2>2，即a <－4时， g (a )＝f (2)＝7＋a ≥0得a ≥－7.
又a <－4，故－7≤a <－4.………………………………………………………………(13分)
综上得所求a 的取值范围是－7≤a ≤2.………………………………………………(14分)
11．解 (1)任取x 1，x 2∈[－1,1]，且x 1<x 2，
则－x 2∈[－1,1]，∵f (x )为奇函数，
∴f (x 1)－f (x 2)＝f (x 1)＋f (－x 2)
＝f x 1＋f －x 2x 1＋－x 2
·(x 1－x 2)， 由已知得
f x 1＋f －x 2x 1＋－x 2>0，x 1－x 2<0， ∴f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)．
∴f (x )在[－1,1]上单调递增．……………………………………………………………(4分)
(2)∵f (x )在[－1,1]上单调递增，
∴
⎩⎪⎨⎪⎧
x ＋12<1x －1，－1≤x ＋12
≤1，－1≤1x －1<1.…………………………………………………………………8分 ∴－32≤x <－1.……………………………………………………………………………(9分) (3)∵f (1)＝1，f (x )在[－1,1]上单调递增． ∴在[－1,1]上
，f (x )≤1.…………………………………………………………………(10分) 问题转化为m 2－2am ＋1≥1，
即m 2－2am ≥0，对a ∈[－1,1]成立．
下面来求m 的取值范围．
设g (a )＝－2m ·a ＋m 2≥0.
①若m ＝0，则g (a )＝0≥0，自然对a ∈[－1,1]恒成立．
②若m ≠0，则g (a )为a 的一次函数，若g (a )≥0，对a ∈[－1,1]恒成立，必须g (－
1)≥0，且g (1)≥0，
∴m ≤－2，或m ≥2.
∴m 的取值范围是m ＝0或|m |≥2.………………………………………………………(14分)。