第2節單調性與最大(小)值考試要求1.借助函數圖象，會用數學符號語言表達函數的單調性、最值，理解其實際意義.2.會運用基本初等函數的圖象分析函數的性質.知識診斷·基礎夯實【知識梳理】1.函數的單調性(1)單調函數的定義增函數減函數定義一般地，設函數f(x)的定義域為I，區間D?I，如果?x1，x2∈D當x1＜x2時，都有f(x1)＜f(x2)，那么就稱函數f(x)在區間D上單調遞增，特別地，當函數f(x)在它的定義域上單調遞增時，我們就稱它是增函數當x1＜x2時，都有f(x1)＞f(x2)，那么就稱函數f(x)在區間D上單調遞減，特別地，當函數f(x)在它的定義域上單調遞減時，我們就稱它是減函數圖象描述自左向右看圖象是上升的自左向右看圖象是下降的(2)單調區間的定義如果函數y＝f(x)在區間D上單調遞增或單調遞減，那么就說函數y＝f(x)在這一區間具有(嚴格的)單調性，區間D叫做y＝f(x)的單調區間.2.函數的最值前提設函數y＝f(x)的定義域為I，如果存在實數M滿足條件(1)?x∈I，都有f(x)≤M；(2)?x0∈I，使得f(x0)＝M(1)?x∈I，都有f(x)≥M；(2)?x0∈I，使得f(x0)＝M結論M為最大值M為最小值[常用結論]1.有關單調性的常用結論在公共定義域內，增函數＋增函數＝增函數；減函數＋減函數＝減函數；增函數－減函數＝增函數；減函數－增函數＝減函數.2.函數y＝f(x)(f(x)≠0)在公共定義域內與y＝－f(x)，y＝eq\f(1,f（x）)的單調性相反.【診斷自測】1.思考辨析(在括號內打“√”或“×”)(1)對于函數y＝f(x)，若f(1)<f(3)，則f(x)為增函數.()(2)函數y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函數，則函數的單調遞增區間是[1，＋∞).()(3)函數y＝eq\f(1,x)的單調遞減區間是(－∞，0)∪(0，＋∞).()(4)對于函數f(x)，x∈D，若對任意x1，x2∈D，且x1≠x2有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0，則函數f(x)在區間D上是增函數.()答案(1)×(2)×(3)×(4)√解析(1)錯誤，應對任意的x1＜x2，都有f(x1)＜f(x2)成立才可以.(2)錯誤，反例：f(x)＝x在[1，＋∞)上為增函數，但f(x)＝x的單調遞增區間是(－∞，＋∞).(3)錯誤，此單調區間不能用“∪”連接，故單調遞減區間為(－∞，0)和(0，＋∞).2.(必修一P86T7改編)函數f(x)＝eq\r(x2－2x)的單調遞增區間是________.答案[2，＋∞)解析由題意可知x2－2x≥0，解得x≤0或x≥2，所以函數f(x)的定義域為(－∞，0]∪[2，＋∞)，設y＝eq\r(u)，u＝x2－2x，二次函數u＝x2－2x的單調遞增區間是(1，＋∞)，單調遞減區間是(－∞，1)，所以f(x)的單調遞增區間是[2，＋∞).3.(必修一P81例5改編)函數f(x)＝eq\f(2,x－1)(x∈[2，6])，則f(x)的最小值為________，最大值為________.答案eq\f(2,5)2解析由于f(x)＝eq\f(2,x－1)在[2，6]上單調遞減，故f(x)的最大值為f(2)＝2，最小值為f(6)＝eq\f(2,5).4.函數y＝f(x)是定義在[－2，2]上的減函數，且f(a＋1)＜f(2a)，則實數a的取值范圍是________.答案[－1，1)解析由條件知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2≤a＋1≤2，,－2≤2a≤2，,a＋1＞2a，))解得－1≤a＜1.考點突破·題型剖析考點一函數的單調性(區間)例1(1)設函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x<0，))g(x)＝x2f(x－1)，則函數g(x)的遞減區間是________.答案[0，1)解析由題意知g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，x>1，,0，x＝1，,－x2，x<1，))該函數圖象如圖所示，其單調遞減區間是[0，1).(2)試討論函數f(x)＝eq\f(ax,x－1)(a≠0)在(－1，1)上的單調性.解法一設－1＜x1＜x2＜1，f(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－1＋1,x－1)))＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x－1)))，則f(x1)－f(x2)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x1－1)))－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2－1)))＝eq\f(a（x2－x1）,（x1－1）（x2－1）)，由于－1＜x1＜x2＜1，所以x2－x1＞0，x1－1＜0，x2－1＜0，故當a＞0時，f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，函數f(x)在(－1，1)上單調遞減；當a＜0時，f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，函數f(x)在(－1，1)上單調遞增.法二f′(x)＝eq\f(（ax）′（x－1）－ax（x－1）′,（x－1）2)＝eq\f(a（x－1）－ax,（x－1）2)＝－eq\f(a,（x－1）2).當a＞0時，f′(x)＜0，函數f(x)在(－1，1)上單調遞減；當a＜0時，f′(x)＞0，函數f(x)在(－1，1)上單調遞增.感悟提升1.求函數的單調區間，應先求定義域，在定義域內求單調區間.2.(1)函數單調性的判斷方法：①定義法；②圖象法；③利用已知函數的單調性；④導數法.(2)函數y＝f(g(x))的單調性應根據外層函數y＝f(t)和內層函數t＝g(x)的單調性判斷，遵循“同增異減”的原則.易錯警示函數在兩個不同的區間上單調性相同，一般要分開寫，用“，”或“和”連接，不要用“∪”.訓練1(1)函數y＝eq\r(x2＋2x－24)的單調遞減區間是________.答案(－∞，－6]解析由題意，要使函數y＝eq\r(x2＋2x－24)有意義，需滿足x2＋2x－24≥0，解得x≤－6或x≥4，又由t＝x2＋2x－24在(－∞，－6]上單調遞減，在[4，＋∞)上單調遞增，結合復合函數的單調性的判定方法，可得函數y＝eq\r(x2＋2x－24)的單調遞減區間是(－∞，－6].(2)已知函數f(x)＝eq\f(2x－1,x＋1).判斷f(x)在[0，＋∞)上單調遞增還是單調遞減，并證明你的判斷.解f(x)在[0，＋∞)上單調遞增，證明如下：設任意的0≤x1＜x2，則f(x1)－f(x2)＝eq\f(2x1－1,x1＋1)－eq\f(2x2－1,x2＋1)＝eq\f(3（x1－x2）,（x1＋1）（x2＋1）)，因為0≤x1＜x2，故x1－x2＜0，(x1＋1)(x2＋1)＞0，故f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，故f(x)在[0，＋∞)上單調遞增.考點二求函數的最值例2(1)函數f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)－log2(x＋4)在區間[－2，2]上的最大值為________.答案8解析因為函數y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)，y＝－log2(x＋4)在區間[－2，2]上都單調遞減，所以函數f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)－log2(x＋4)在區間[－2，2]上單調遞減，所以函數f(x)的最大值為f(－2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(－2)－log2(－2＋4)＝9－1＝8.(2)對于任意實數a，b，定義min{a，b}＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a，a≤b，,b，a>b.))設函數f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，則函數h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是________.答案1解析法一在同一坐標系中，作函數f(x)，g(x)的圖象，依題意，h(x)的圖象為如圖所示的實線部分.易知點A(2，1)為圖象的最高點，因此h(x)的最大值為h(2)＝1.法二依題意，h(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2x，0<x≤2，,－x＋3，x>2.))當0<x≤2時，h(x)＝log2x是增函數；當x>2時，h(x)＝3－x是減函數，因此h(x)在x＝2時取得最大值h(2)＝1.感悟提升1.求函數最值的三種基本方法：(1)單調性法：先確定函數的單調性，再由單調性求最值.(2)圖象法：先作出函數的圖象，再觀察其最高點、最低點，求出最值.(3)基本不等式法：先對解析式變形，使之具備“一正二定三相等”的條件后用基本不等式求出最值.2.對于較復雜函數，可運用導數，求出在給定區間上的極值，最后結合端點值，求出最值.訓練2(1)設函數f(x)＝eq\f(2x,x－2)在區間[3，4]上的最大值和最小值分別為M，m，則eq\f(m2,M)＝________.答案eq\f(8,3)解析∵f(x)＝eq\f(2x,x－2)＝eq\f(2x－4＋4,x－2)＝2＋eq\f(4,x－2)在[3，4]上單調遞減，∴f(x)min＝f(4)＝4，f(x)max＝f(3)＝6，∴M＝6，m＝4，∴eq\f(m2,M)＝eq\f(16,6)＝eq\f(8,3).(2)(2023·寧波調研)設f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)－3，x≥1，,x2＋1，x＜1.))則f(f(－1))＝________，f(x)的最小值是________.答案02eq\r(2)－3解析∵f(－1)＝2，∴f(f(－1))＝f(2)＝2＋eq\f(2,2)－3＝0，當x≥1時，f(x)＝x＋eq\f(2,x)－3在[1，eq\r(2)]上單調遞減，在[eq\r(2)，＋∞)上單調遞增，所以f(x)在x＝eq\r(2)時取得最小值，即f(x)min＝2eq\r(2)－3；當x＜1時，f(x)＝x2＋1在(－∞，0)上單調遞減，在(0，1)上單調遞增，所以f(x)在x＝0時取得最小值，即f(x)min＝1，綜上，f(x)的最小值為2eq\r(2)－3.考點三函數單調性的應用角度1比較函數值的大小例3已知f(x)＝2x－eq\f(1,x－1)，a＝f(eq\r(2))，b＝f(eq\r(3))，c＝f(eq\r(5))，則()A.a＞b＞c B.a＞c＞bC.c＞a＞b D.c＞b＞a答案D解析易知f(x)＝2x－eq\f(1,x－1)在(1，＋∞)上單調遞增，又eq\r(5)＞eq\r(3)＞eq\r(2)，故f(eq\r(5))＞f(eq\r(3))＞f(eq\r(2))，即c＞b＞a.角度2解函數不等式例4已知函數f(x)＝lnx＋2x，若f(x2－4)<2，則實數x的取值范圍是________.答案(－eq\r(5)，－2)∪(2，eq\r(5))解析因為函數f(x)＝lnx＋2x在定義域(0，＋∞)上單調遞增，且f(1)＝ln1＋2＝2，所以由f(x2－4)<2，得f(x2－4)<f(1)，所以0<x2－4<1，解得－eq\r(5)<x<－2或2<x<eq\r(5).角度3求參數的取值范圍例5(2023·湖北鄂西北四校聯考)已知f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（3a－1）x＋4a，x≤1，,a2x－1＋\f(1,2)，x＞1))滿足對于任意實數x1≠x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＜0成立，則實數a的取值范圍是________.答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,3)))解析因為對于任意實數x1≠x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＜0成立，所以函數f(x)在R上單調遞減，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a－1＜0，,0＜a＜1，,（3a－1）＋4a≥a2－1＋\f(1,2)，))解得eq\f(1,4)≤a＜eq\f(1,3)，所以實數a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,3))).感悟提升1.比較函數值的大小時，轉化到同一個單調區間內，然后利用函數的單調性解決.2.求解函數不等式時，由條件脫去“f”，轉化為自變量間的大小關系，應注意函數的定義域.3.利用單調性求參數的取值(范圍).根據其單調性直接構建參數滿足的方程(組)(不等式(組))或先得到其圖象的升降，再結合圖象求解.對于分段函數，要注意銜接點的取值.訓練3(1)(2022·昆明診斷)已知函數f(x)＝lgx－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)，f(m)＝1，且0＜p＜m＜n，則()A.f(n)＜1且f(p)＞1 B.f(n)＞1且f(p)＞1C.f(n)＞1且f(p)＜1 D.f(n)＜1且f(p)＜1答案C解析f′(x)＝eq\f(1,xln10)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)·lneq\f(1,2)＝eq\f(1,xln10)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)ln2，當x＞0時，f′(x)＞0，函數f(x)單調遞增，∵0＜p＜m＜n，且f(m)＝1，∴f(p)＜f(m)＝1＜f(n).(2)設函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋4x，x≤4，,log2x，x＞4，))若函數y＝f(x)在區間(a，a＋1)上單調遞增，則實數a的取值范圍是________.答案(－∞，1]∪[4，＋∞)解析畫出函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋4x，x≤4，,log2x，x＞4))的圖象，如圖，由圖可知函數f(x)的增區間為(－∞，2)，(4，＋∞)，∵函數f(x)在(a，a＋1)上單調遞增，∴a＋1≤2或a≥4，即a≤1或a≥4.(3)已知函數f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)－log2(x＋2)，若f(a－2)＞3，則a的取值范圍是________.答案(0，1)解析由f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)－log2(x＋2)知，f(x)在定義域(－2，＋∞)上是減函數，且f(－1)＝3，由f(a－2)＞3，得f(a－2)＞f(－1)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－2＜－1，,a－2＞－2，))解得0＜a＜1.分層精練·鞏固提升【A級基礎鞏固】1.函數f(x)＝－x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))上的最大值是()A.eq\f(3,2) B.－eq\f(8,3)C.－2 D.2答案A解析易知f(x)＝－x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))上單調遞減，故其最大值為f(－2)＝eq\f(3,2).2.已知定義域為R的函數f(x)，?x1，x2∈R，x1＜x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＜0，則()A.f(3)＞f(π)＞f(2) B.f(π)＜f(3)＜f(2)C.f(2)＞f(π)＞f(3) D.f(π)＞f(2)＞f(3)答案B解析易知f(x)是R上的減函數，又π＞3＞2，故f(π)＜f(3)＜f(2).3.(多選)下列函數在(0，＋∞)上單調遞增的是()A.y＝3x－3－x B.y＝|x2－2x|C.y＝x＋cosx D.y＝eq\r(x2＋x－2)答案AC解析∵y＝3x與y＝－3－x均為R上的增函數，∴y＝3x－3－x為R上的增函數，故A正確；由y＝|x2－2x|的圖象(圖略)知，故B不正確；對于選項C，y′＝1－sinx≥0，∴y＝x＋cosx在R上為增函數，故C正確；y＝eq\r(x2＋x－2)的定義域為(－∞，－2]∪[1，＋∞)，故D不正確.4.已知函數f(x)＝loga(－x2－2x＋3)(a＞0且a≠1)，若f(0)＜0，則此函數的單調遞增區間是()A.(－∞，－1] B.[－1，＋∞)C.[－1，1) D.(－3，－1]答案C解析令g(x)＝－x2－2x＋3，由題意知g(x)＞0，可得－3＜x＜1，故函數的定義域為{x|－3＜x＜1}.根據f(0)＝loga3＜0，可得0＜a＜1.又g(x)在定義域(－3，1)內的單調遞減區間是[－1，1)，所以f(x)的單調遞增區間為[－1，1).5.(多選)已知函數f(x)＝loga|x－1|在區間(－∞，1)上單調遞增，則()A.0＜a＜1 B.a＞1C.f(a＋2022)＞f(2023) D.f(a＋2022)＜f(2023)答案AC解析f(x)＝loga|x－1|的定義域為(－∞，1)∪(1，＋∞).設z＝|x－1|，可得函數z在(－∞，1)上單調遞減；在(1，＋∞)上單調遞增，由題意可得0＜a＜1，故A正確，B錯誤；由于0＜a＜1，可得2022＜a＋2022＜2023.又f(x)在(1，＋∞)上單調遞減，則f(a＋2022)＞f(2023)，故C正確，D錯誤.6.(2023·南通模擬)已知函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex－e－x，x＞0，,－x2，x≤0，))若a＝50.01，b＝log32，c＝log20.9，則有()A.f(a)＞f(b)＞f(c) B.f(b)＞f(a)＞f(c)C.f(a)＞f(c)＞f(b) D.f(c)＞f(a)＞f(b)答案A解析y＝ex是增函數，y＝－e－x是增函數，因此在(0，＋∞)上y＝ex－e－x單調遞增，且此時f(x)＞0；又f(x)＝－x2在(－∞，0]上單調遞增，所以f(x)在R上單調遞增.c＝log20.9＜0，0＜b＝log32＜1，a＝50.01＞1，即a＞b＞c，所以f(a)＞f(b)＞f(c).7.如果函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（2－a）x＋1，x＜1，,ax，x≥1，))滿足對任意x1≠x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞0成立，那么實數a的取值范圍是()A.(0，2) B.(1，2)C.(1，＋∞) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))答案D解析因為對任意x1≠x2，都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞0，所以y＝f(x)在R上是增函數，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－a＞0，,a＞1，,（2－a）×1＋1≤a，))解得eq\f(3,2)≤a＜2.故實數a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2)).8.函數f(x)＝|x－2|x的單調遞減區間是________.答案[1，2]解析f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2x，x≥2，,－x2＋2x，x＜2.))畫出f(x)的大致圖象(如圖所示)，由圖知f(x)的單調遞減區間是[1，2].9.設f(x)是定義在R上的增函數，且f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，則不等式f(x)＋f(－2)＞1的解集為________.答案eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＜－\f(3,2)))解析由已知條件可得f(x)＋f(－2)＝f(－2x)，又f(3)＝1.∴不等式f(x)＋f(－2)＞1可化為f(－2x)＞f(3).∵f(x)是定義在R上的增函數，∴－2x＞3，解得x＜－eq\f(3,2).∴不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＜－\f(3,2))).10.(2023·山東師大附中質檢)已知函數f(x)＝e|x－a|(a為常數)，若f(x)在區間[1，＋∞)上單調遞增，則實數a的取值范圍是________.答案(－∞，1]解析f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex－a，x≥a，,ea－x，x＜a，))當x≥a時，f(x)單調遞增，當x＜a時，f(x)單調遞減，由復合函數的單調性知，必有t＝|x－a|在區間[1，＋∞)上是增函數，又t＝|x－a|在區間[a，＋∞)上是增函數，所以[1，＋∞)?[a，＋∞)，所以a≤1.11.已知函數f(x)＝ax－eq\f(1,ax)＋eq\f(2,a)(a＞0)，且f(x)在(0，1]上的最大值為g(a)，求g(a)的最小值.解f(x)＝ax－eq\f(1,ax)＋eq\f(2,a)(a＞0)，∴f(x)在(0，1]上單調遞增，∴f(x)max＝f(1)＝a＋eq\f(1,a)，∴g(a)＝a＋eq\f(1,a)≥2，當且僅當a＝eq\f(1,a)，即a＝1時取等號，∴g(a)的最小值為2.12.已知函數f(x)＝eq\f(x＋2,x).(1)寫出函數f(x)的定義域和值域；(2)證明：函數f(x)在(0，＋∞)上為減函數，并求f(x)在x∈[2，8]上的最大值和最小值.(1)解函數f(x)的定義域為{x|x≠0}.又f(x)＝1＋eq\f(2,x)，所以值域為{y|y≠1}.(2)證明由題意可設0＜x1＜x2，則f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,x1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,x2)))＝eq\f(2,x1)－eq\f(2,x2)＝eq\f(2（x2－x1）,x1x2).又0＜x1＜x2，所以x1x2＞0，x2－x1＞0，所以f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，所以函數f(x)在(0，＋∞)上為減函數.當x∈[2，8]時，f(x)的最大值為f(2)＝2，最小值為f(8)＝eq\f(5,4).【B級能力提升】13.定義max{a，b，c}為a，b，c中的最大值，設M＝max{2x，2x－3，6－x}，則M的最小值是()A.2 B.3C.4 D.6答案C解析畫出函數M＝max{2x，2x－3，6－x}的圖象如圖中的實線部分，由圖可知，函數M在A處取得最小值22＝6－2＝4，故M的最小值為4.14.設函數f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2a)在區間(－2，＋∞)上單調遞增，那么a的取值范圍是________.答案[1，＋∞)解析f(x)＝eq\f(ax＋2a2－2a2＋1,x＋2a)＝a－eq\f(2a2－1,x＋2a)，定義域為{x|x≠－2a}，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a2－1＞0，,－2a≤－2，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞\f(\r(2),2)或a＜－\f(\r(2),2)