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专题05函数的单调性与最值（教学案）2017年高考数学（理）一轮复习精品资料1.利用函数的单调性求单调区间，比较大小，解不等式；2.利用函数单调性求最值和参数的取值范围；3.与导数交汇命题，以解答题形式考查．1．函数单调性的定义增函数减函数定义设函数y＝f(x)的定义域为A，区间M⊆A，如果取区间M中任意两个值x1，x2，改变量Δx＝x2－x1>0，则当Δy＝f(x2)－f(x1)>0时，就称函数y＝f(x)在区间M上是增函数Δy＝f(x2)－f(x1)<0时，就称函数y＝f(x)在区间M上是减函数图象自左向右看图象是上升的自左向右看图象是下降的2.单调性与单调区间如果一个函数在某个区间M上是增函数或是减函数就说这个函数在这个区间M上具有单调性，区间M称为单调区间．【特别提醒】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；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．高频考点一确定函数的单调性(区间)例1、(1)下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是()A．y＝ln(x＋2) B．y＝－eq\r(x＋1)C．y＝(eq\f(1,2))x D．y＝x＋eq\f(1,x)(2)函数f(x)＝log(x2－4)的单调递增区间是()A．(0，＋∞) B．(－∞，0)C．(2，＋∞) D．(－∞，－2)(3)y＝－x2＋2|x|＋3的单调增区间为________．答案(1)A(2)D(3)(－∞，－1]，[0,1](3)由题意知，当x≥0时，y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4；当x<0时，y＝－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4，二次函数的图象如图．由图象可知，函数y＝－x2＋2|x|＋3在(－∞，－1]，[0,1]上是增函数.【变式探究】试讨论函数f(x)＝eq\f(ax,x－1)(a≠0)在(－1,1)上的单调性．【感悟提升】确定函数单调性的方法：(1)定义法和导数法，证明函数单调性只能用定义法和导数法；(2)复合函数法，复合函数单调性的规律是“同增异减”；(3)图象法，图象不连续的单调区间不能用“∪”连接．【举一反三】已知a>0，函数f(x)＝x＋eq\f(a,x)(x>0)，证明：函数f(x)在(0，eq\r(a)]上是减函数，在[eq\r(a)，＋∞)上是增函数．证明方法一任意取x1>x2>0，则f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(a,x1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(a,x2)))＝(x1－x2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x1)－\f(a,x2)))＝(x1－x2)＋eq\f(ax2－x1,x1x2)＝(x1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a,x1x2))).当eq\r(a)≥x1>x2>0时，x1－x2>0,1－eq\f(a,x1x2)<0，有f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，此时，函数f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)在(0，eq\r(a)]上为减函数；当x1>x2≥eq\r(a)时，x1－x2>0,1－eq\f(a,x1x2)>0，有f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，此时，函数f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)在[eq\r(a)，＋∞)上为增函数；综上可知，函数f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)在(0，eq\r(a)]上为减函数，在[eq\r(a)，＋∞)上为增函数．方法二f′(x)＝1－eq\f(a,x2)，令f′(x)>0，则1－eq\f(a,x2)>0，解得x>eq\r(a)或x<－eq\r(a)(舍)．令f′(x)<0，则1－eq\f(a,x2)<0，解得－eq\r(a)<x<eq\r(a).∵x>0，∴0<x<eq\r(a).故f(x)在(0，eq\r(a)]上为减函数，在[eq\r(a)，＋∞)上为增函数．高频考点二函数的最值例2、已知函数f(x)＝eq\f(x2＋2x＋a,x)，x∈[1，＋∞)，a∈(－∞，1]．(1)当a＝eq\f(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．思维升华求函数最值的常用方法：(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)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．【变式探究】(1)函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，x≥1，,－x2＋2，x<1))的最大值为________．(2)已知函数f(x)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,x)(a>0，x>0)，若f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的值域为[eq\f(1,2)，2]，则a＝________.答案(1)2(2)eq\f(2,5)解析(1)当x≥1时，函数f(x)＝eq\f(1,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.(2)由反比例函数的性质知函数f(x)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,x)(a>0，x>0)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上单调递增，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝\f(1,2)，,f2＝2，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－2＝\f(1,2)，,\f(1,a)－\f(1,2)＝2，))解得a＝eq\f(2,5).高频考点三函数单调性的应用例3、已知函数f(x)＝log2x＋eq\f(1,1－x)，若x1∈(1,2)，x2∈(2，＋∞)，则()A．f(x1)<0，f(x2)<0 B．f(x1)<0，f(x2)>0C．f(x1)>0，f(x2)<0 D．f(x1)>0，f(x2)>0答案B【变式探究】已知函数f(x)为R上的减函数，则满足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))))<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，＋∞)答案C解析由f(x)为R上的减函数且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))))<f(1)，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))>1，,x≠0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x|<1，,x≠0.))∴－1<x<0或0<x<1.【举一反三】(1)如果函数f(x)＝ax2＋2x－3在区间(－∞，4)上是单调递增的，则实数a的取值范围是()A．a>－eq\f(1,4) B．a≥－eq\f(1,4)C．－eq\f(1,4)≤a<0 D．－eq\f(1,4)≤a≤0(2)已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－ax＋1，x<1，,ax，x≥1))满足对任意x1≠x2，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0成立，那么a的取值范围是________．答案(1)D(2)[eq\f(3,2)，2)(2)由已知条件得f(x)为增函数，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－a>0，,a>1，,2－a×1＋1≤a，))解得eq\f(3,2)≤a<2，∴a的取值范围是[eq\f(3,2)，2)．【感悟提升】函数单调性应用问题的常见类型及解题策略(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；③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．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】D3.【2016高考上海理数】设、、是定义域为的三个函数，对于命题：=1\*GB3①若、、均为增函数，则、、中至少有一个增函数；=2\*GB3②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\*GB3①和=2\*GB3②均为真命题、=1\*GB3①和=2\*GB3②均为假命题、=1\*GB3①为真命题，=2\*GB3②为假命题、=1\*GB3①为假命题，=2\*GB3②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【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＝eq\r(x＋1)B．y＝(x－1)2C．y＝2－xD．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)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋1，x>0，,cosx，x≤0，))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)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－4x2＋2，－1≤x<0，,x，0≤x<1，))则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝________．【答案】1【解析】由题意可知，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋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)＝sinx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)＋eq\f(x,x2＋1)(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)＋eq\f(x,x2＋1)(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)＝eq\f(x,x2＋1)(x＞－2)．易知f(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，所以存在正数M＝eq\f(1,2)，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＝2.71828…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≤eq\f(1,2)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≥eq\f(e,2)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eq\f(1,2)<a<eq\f(e,2)时，令g′(x)＝0，得x＝ln(2a)∈(0，1)，所以函数g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2a)，1]上单调递增，于是，g(x)在[0，1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b.综上所述，当a≤eq\f(1,2)时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(0)＝1－b；当eq\f(1,2)<a<eq\f(e,2)时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(ln(2a))＝2a－2aln(2a)－b；当a≥eq\f(e,2)时，g(x)在[0，1]上的最小值是g(1)＝e－2a－b.此时g(x)在区间[0，ln(2a)]上单调递减，在区间(ln(2a)，1]上单调递增．因此x1∈(0，ln(2a)]，x2∈(ln(2a)，1)，必有g(0)＝1－b>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－2<a<1.当e－2<a<1时，g(x)在区间[0，1]内有最小值g(ln(2a))．若g(ln(2a))≥0，则g(x)≥0(x∈[0，1])，从而f(x)在区间[0，1]内单调递增，这与f(0)＝f(1)＝0矛盾，所以g(ln(2a))<0.又g(0)＝a－e＋2>0，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)<f(1)＝0，故f(x)在(x1，x2)内有零点．综上可知，a的取值范围是(e－2，1)．（2013·四川卷）已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x＋a，x<0，,lnx，x>0，))其中a是实数．设A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))为该函数图像上的两点，且x1<x2.(1)指出函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)的图像在点A，B处的切线互相垂直，且x2<0，求x2－x1的最小值；(3)若函数f(x)的图像在点A，B处的切线重合，求a的取值范围．【解析】(1)函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，单调递增区间为[－1，0)，(0，＋∞)．(3)当x1<x2<0或x2>x1>0时，f′(x1)≠f′(x2)，故x1<0<x2.当x1<0时，函数f(x)的图像在点(x1，f(x1))处的切线方程为y－(xeq\o\al(2,1)＋2x1＋a)＝(2x1＋2)(x－x1)，即y＝(2x1＋2)x－xeq\o\al(2,1)＋a.当x2>0时，函数f(x)的图像在点(x2，f(x2))处的切线方程为y－lnx2＝eq\f(1,x2)(x－x2)，即y＝eq\f(1,x2)·x＋lnx2－1.两切线重合的充要条件是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)＝2x1＋2，①,lnx2－1＝－xeq\o\al(2,1)＋a.②))由①及x1<0<x2，知－1<x1<0.由①②得，a＝xeq\o\al(2,1)＋lneq\f(1,2x1＋2)－1＝xeq\o\al(2,1)－ln(2x1＋2)－1.设h(x1)＝xeq\o\al(2,1)－ln(2x1＋2)－1(－1<x1<0)，则h′(x1)＝2x1－eq\f(1,x1＋1)<0.所以，h(x1)(－1<x1<0)是减函数．则h(x1)>h(0)＝－ln2－1，所以a>－ln2－1.又当x1∈(－1，0)且趋近于－1时，h(x1)无限增大，所以a的取值范围是(－ln2－1，＋∞)．故当函数f(x)的图像在点A，B处的切线重合时，a的取值范围是(－ln2－1，＋∞)．（2013·四川卷）设函数f(x)＝eq\r(ex＋x－a)(a∈R，e为自然对数的底数)．若曲线y＝sinx上存在(x0，y0)使得f(f(y0))＝y0，则a的取值范围是()A．[1，e]B．[e－1－1，1]C．[1，e＋1]D．[e－1－1，e＋1]【答案】A【解析】因为y0＝sinx0∈[－1，1]，且f(x)在[－1，1]上(有意义时)是增函数，对于y0∈[－1，1]，如果f(y0)＝c＞y0，则f(f(y0))＝f(c)＞f(y0)＝c＞y0，不可能有f(f(y0))＝y0.同理，当f(y0)＝d＜y0时，则f(f(y0))＝f(d)＜f(y0)＝d＜y0，也不可能有f(f(y0))＝y0，因此必有f(y0)＝y0，即方程f(x)＝x在[－1，1]上有解，即eq\r(ex＋x－a)＝x在[－1，1]上有解．显然，当x＜0时，方程无解，即需要eq\r(ex＋x－a)＝x在[0，1]上有解．当x≥0时，两边平方得ex＋x－a＝x2，故a＝ex－x2＋x.记g(x)＝ex－x2＋x，则g′(x)＝ex－2x＋1.当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，ex＞0，－2x＋1≥0，故g′(x)＞0，当x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))时，ex＞eq\r(e)＞1，0>－2x＋1≥－1，故g′(x)＞0.综上，g′(x)在x∈[0，1]上恒大于0，所以g(x)在[0，1]上为增函数，值域为[1，e]，从而a的取值范围是[1，e]．（2013·四川卷）函数y＝eq\f(x3,3x－1)的图像大致是()图1－5【答案】C【解析】函数的定义域是{x∈R|x≠0}，排除选项A；当x<0时，x3<0，3x－1<0，故y>0，排除选项B；当x→＋∞时，y>0且y→0，故为选项C中的图像．（2013·新课标全国卷Ⅱ]已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，下列结论中错误的是()A．x0∈R，f(x0)＝0B．函数y＝f(x)的图像是中心对称图形C．若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间(－∞，x0)单调递减D．若x0是f(x)的极值点，则f′(x0)＝0【答案】C1．函数y＝eq\r(|x|（x－1）)的定义域为()A．{x|x≥1} B．{x|x≥1或x＝0}C．{x|x≥0} D．{x|x＝0}答案B解析由题意得|x|(x－1)≥0，∴x－1≥0或|x|＝0.∴x≥1或x＝0.2．若函数y＝x2－4x的定义域是{x|1≤x<5，x∈N}，则其值域为()A．[－3，5) B．[－4，5)C．{－4，－3，0} D．{0，1，2，3，4}答案C解析分别将x＝1，2，3，4代入函数解析式，解得y＝－3，－4，－3，0，由集合中元素的互异性可知值域是{－4，－3，0}．3．函数f(x)＝lg(4x－2x＋1＋11)的最小值是()A．10 B．1C．11 D．lg11答案B解析令2x＝t，t>0，则4x－2x＋1＋11＝t2－2t＋11＝(t－1)2＋10≥10，所以lg(4x－2x＋1＋11)≥1，即所求函数的最小值为1.故选B.4．已知函数f(x)＝－