§2.2函數(shù)的單調性與最大(小)值要點梳理1.函數(shù)的單調性（1）單調函數(shù)的定義增函數(shù)減函數(shù)定義一般地，設函數(shù)f（x）的定義域為I.如果對于定義域I內某個區(qū)間D上的任意兩個自變量x1，x2

基礎知識自主學習定義當x1<x2時,都有，那么就說函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù)

當x1<x2時，都有，那么就說函數(shù)f（x）在區(qū)間D上是減函數(shù)

圖象描述自左向右看圖象是___________自左向右看圖象是__________f（x1）<f(x2)f(x1)>f(x2)上升的下降的(2)單調區(qū)間的定義若函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是________或________，則稱函數(shù)f（x）在這一區(qū)間上具有（嚴格的）單調性，________叫做f（x）的單調區(qū)間.增函數(shù)減函數(shù)區(qū)間D2.函數(shù)的最值前提設函數(shù)y=f(x)的定義域為I，如果存在實數(shù)M滿足條件①對于任意x∈I，都有___________；②存在x0∈I,使得_____________.①對于任意x∈I，都有____________；②存在x0∈I,使得_______________.結論M為最大值M為最小值f（x）≤Mf（x0）=Mf（x）≥Mf（x0）=M基礎自測1.下列函數(shù)中，在區(qū)間（0，2）上為增函數(shù)的是()A.y=-x+1B.y=

C.y=x2-4x+5D.

解析∵y=-x+1,y=x2-4x+5,分別為一次函數(shù)、二次函數(shù)、反比例函數(shù)，從它們的圖象上可以看出在（0，2）上都是減函數(shù).B2.已知函數(shù)y=f(x)是定義在R上的增函數(shù),則f(x)=0的根（）A.有且只有一個B.有2個C.至多有一個D.以上均不對

解析∵f（x）在R上是增函數(shù)，∴對任意x1,x2∈R,若x1<x2,則f(x1)<f(x2),反之亦成立.故若存在f(x0)=0,則x0只有一個.若對任意x∈R都無f(x)=0,則f(x)=0無根.C3.已知f(x)為R上的減函數(shù)，則滿足的實數(shù)x的取值范圍是（）A.(-1,1)B.(0,1)C.(-1,0)∪(0,1)D.（-∞,-1)∪(1,+∞)

解析由已知條件：不等式等價于解得-1<x<1,且x≠0.C4.函數(shù)y=(2k+1)x+b在（-∞，+∞）上是減函數(shù)，則()A.B.C.D.

解析使y=(2k+1)x+b在（-∞，+∞）上是減函數(shù),則2k+1<0，即

D[1,4]8題型一函數(shù)單調性的判斷【例1】已知函數(shù)

證明：函數(shù)f(x)在(-1,+∞)上為增函數(shù).

證明方法一任取x1,x2∈(-1,+∞),

不妨設x1<x2,則x2-x1>0,題型分類深度剖析又∵x1+1>0,x2+1>0,于是f(x2)-f(x1)=故函數(shù)f(x)在（-1,+∞）上為增函數(shù).方法二

求導數(shù)得∵a>1,∴當x>-1時，axlna>0,f′(x)>0在（-1，+∞）上恒成立，則f(x)在（-1,+∞）上為增函數(shù).

對于給出具體解析式的函數(shù)，判斷或證明其在某區(qū)間上的單調性問題，可以結合定義（基本步驟為取點、作差或作商、變形、判斷）求解.可導函數(shù)則可以利用導數(shù)解之.探究提高知能遷移1

試討論函數(shù)x∈(-1,1)的單調性（其中a≠0）.

解方法一根據(jù)單調性的定義求解.設-1<x1<x2<1,∵-1<x1<x2<1,∴|x1|<1,|x2|<1,x2-x1>0,即-1<x1x2<1,∴x1x2+1>0.因此，當a>0時，f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),此時函數(shù)為減函數(shù)；當a<0時，f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),此時函數(shù)f(x)為增函數(shù).方法二當a>0時，∵-1<x<1,即f′(x)<0,此時f（x)在（-1，1）上為減函數(shù).同理，當a<0時，f(x)在（-1，1）上為增函數(shù).綜上可知，a>0時，f（x)在（-1，1）上為減函數(shù)；a<0時，f(x)在（-1，1）上為增函數(shù).題型二復合函數(shù)的單調性【例2】已知函數(shù)f(x)=log2(x2-2x-3)，則使f(x)為減函數(shù)的區(qū)間是()A.(3,6)B.(-1,0)C.(1,2)D.（-3,-1）解析由x2-2x-3>0,得x<-1或x>3,結合二次函數(shù)的對稱軸直線x=1知,在對稱軸左邊函數(shù)y=x2-2x-3是減函數(shù)，所以在區(qū)間（-∞，-1）上是減函數(shù),由此可得D項符合.故選D.D（1）復合函數(shù)是指由若干個函數(shù)復合而成的函數(shù)，它的單調性與構成它的函數(shù)u=g(x),y=f(u)的單調性密切相關，其單調性的規(guī)律為“同增異減”，即f(u)與g(x)有相同的單調性，則f[g(x)]必為增函數(shù)，若具有不同的單調性，則f[g(x)]必為減函數(shù).（2）討論復合函數(shù)單調性的步驟是：①求出復合函數(shù)的定義域；②把復合函數(shù)分解成若干個常見的基本函數(shù)并判斷其單調性；③把中間變量的變化范圍轉化成自變量的變化范圍；④根據(jù)上述復合函數(shù)的單調性規(guī)律判斷其單調性.探究提高知能遷移2

函數(shù)y=的遞減區(qū)間為（）A.(1,+∞)B.C.D.

解析作出t=2x2-3x+1的示意圖如圖所示，∵0<<1,∴遞減.要使遞減,

t應該大于0且遞增,故x∈(1,+∞).A題型三函數(shù)的單調性與最值【例3】已知函數(shù)x∈[1,+∞).(1)當a=時,求f(x)的最小值;(2)若對任意x∈[1,+∞),f(x)>0恒成立，試求實數(shù)a的取值范圍.解

設1≤x1<x2,則f(x2)-f(x1)=∵1≤x1<x2,∴x2-x1>0,2x1x2>2,∴f(x2)-f(x1)>0,f(x1)<f(x2).∴f(x)在區(qū)間[1,+∞)上為增函數(shù)，∴f(x)在區(qū)間[1,+∞)上的最小值為f(1)=(2)在區(qū)間[1,+∞)上f(x)>0恒成立x2+2x+a>0恒成立.設y=x2+2x+a,x∈[1,+∞),則函數(shù)y=x2+2x+a=(x+1)2+a-1在區(qū)間[1,+∞)上是增函數(shù).∴當x=1時，ymin=3+a,于是當且僅當ymin=3+a>0時,函數(shù)f(x)>0恒成立，故a>-3.

要注意函數(shù)思想在求函數(shù)值域中的運用,(1)中用函數(shù)單調性求函數(shù)的最小值;(2)中用函數(shù)的最值解決恒成立問題.在(2)中，還可以使用分離參數(shù)法，要使x2+2x+a>0在[1,+∞)上恒成立,只要a>-x2-2x=-(x+1)2+1恒成立，由二次函數(shù)的性質得-(x+1)2+1≤-3,所以只要a>-3即可.探究提高知能遷移3已知函數(shù)(a>0,x>0),(1)求證:f(x)在(0,+∞)上是單調遞增函數(shù);(2)若f(x)在上的值域是求a的值.(1)證明

設x2>x1>0,則x2-x1>0,x1x2>0,∴f(x2)>f(x1),∴f(x)在(0,+∞)上是單調遞增的.題型四函數(shù)單調性與不等式【例4】(12分)函數(shù)f(x)對任意的a、b∈R,都有f(a+b)=f(a)+f(b)-1,并且當x>0時，f(x)>1.

（1）求證：f(x)是R上的增函數(shù)；（2）若f(4)=5,解不等式f(3m2-m-2)<3.

問題(1)是抽象函數(shù)單調性的證明,所以要用單調性的定義.

問題(2)將函數(shù)不等式中抽象的函數(shù)符號“f”運用單調性“去掉”,為此需將右邊常數(shù)3看成某個變量的函數(shù)值.思維啟迪解題示范解（1）設x1,x2∈R，且x1<x2,則x2-x1>0,∴f(x2-x1)>1.2分f(x2)-f(x1)=f((x2-x1)+x1)-f(x1)=f(x2-x1)+f(x1)-1-f(x1)=f(x2-x1)-1>0.5分∴f（x2）>f(x1).即f(x)是R上的增函數(shù).6分（2）∵f（4）=f（2+2）=f（2）+f（2）-1=5，∴f（2）=3，8分∴原不等式可化為f(3m2-m-2)<f(2),∵f(x)是R上的增函數(shù)，∴3m2-m-2<2,10分解得-1<m<,故解集為12分

f(x)在定義域上（或某一單調區(qū)間上）具有單調性，則f(x1)<f(x2)f(x1)-f(x2)<0,若函數(shù)是增函數(shù),則f(x1)<f(x2)x1<x2,函數(shù)不等式（或方程）的求解，總是想方設法去掉抽象函數(shù)的符號，化為一般不等式（或方程）求解，但無論如何都必須在定義域內或給定的范圍內進行.探究提高知能遷移4已知定義在區(qū)間（0，+∞）上的函數(shù)f(x)滿足=f(x1)-f(x2)，且當x>1時，f(x)<0.（1）求f(1)的值；（2）判斷f(x）的單調性；（3）若f(3)=-1,解不等式f(|x|)<-2.

解（1）令x1=x2>0,代入得f(1)=f(x1)-f(x1)=0,故f(1)=0.（2）任取x1,x2∈(0,+∞)，且x1>x2,則由于當x>1時，f(x)<0,所以即f(x1)-f(x2)<0,因此f(x1)<f(x2),所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,+∞)上是單調遞減函數(shù).（3）由=f(x1)-f(x2)得=f(9)-f(3),而f(3)=-1,所以f(9)=-2.由于函數(shù)f(x)在區(qū)間（0,+∞）上是單調遞減函數(shù)，由f(|x|)<f(9),得|x|>9,∴x>9或x<-9.因此不等式的解集為{x|x>9或x<-9}.1.根據(jù)函數(shù)的單調性的定義，證明（判定）函數(shù)f(x)在其區(qū)間上的單調性，其步驟是（1）設x1、x2是該區(qū)間上的任意兩個值，且x1＜x2；（2）作差f（x