函数的单调性
知识集结
知识元
利用定义判断函数单调性
知识讲解
1.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；当x1＜x2时，都有f（x1）＞f（x2），那么就说函数f（x）在区间D上是减函数．
2.单调区间
若函数f（x）在区间D上是增函数或减函数，则称函数f（x）在这一区间具有（严格的）单调性，区间D叫做y＝f（x）的单调区间.
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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，不能用符号“∪”联结，也不能用“或”联结，只能用“和”或“，”连结． 3.定义变式
设任意x1，x2∈[a，b]且x1≠x2，那么
①⇔f（x）在[a，b]上是增函数；
⇔f（x）在[a，b]上是减函数．
②（x1﹣x2）[f（x1）﹣f（x2）]＞0⇔f（x）在[a，b]上是增函数； （x1﹣x2）[f（x1）﹣f（x2）]＜0⇔f（x）在[a，b]上是减函数．
例题精讲
利用定义判断函数单调性
例1.
如果函数f（x）＝（12﹣a）x在实数集R上是减函数，那么实数a的取值范围是（ ）
A．（0，12） C．（﹣∞，12） B．（12，＋∞） D．（﹣12，12） 【答案】B 【解析】 题干解析:
∵函数f（x）＝（12﹣a）x在实数集R上是减函数， ∴12﹣a＜0， ∴a＞12， 故选：B．
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例2.
函数f（x）＝（k＋1）x＋b在实数集上是增函数，则有（ ） A．k＞1 【答案】B 【解析】 题干解析:
B．k＞﹣1 C．b＞0 D．b＜0 例3.
函数①y＝|x|；②y＝有 （填序号）． 【答案】 ④
【解析】
题干解析:①y＝|x|＝
；③y＝
；④y＝x＋
在（﹣∞，0）上为增函数的
，所以该函数在（﹣∞，0）上单调递减；②y＝
，所以该函数在（﹣∞，0）上是常数函数，不具有单调性；
③
，所以该函数在（﹣∞，0）上单调递减；④y＝x＋
，所以该函数在（﹣∞，0）上为增函数；∴在（﹣∞，0）上为
增函数的有④．故答案为：④． 例4.
下列四个命题：
（1）f（x）＝1是偶函数；
（2）g（x）＝x3，x∈（﹣1，1]是奇函数；
（3）若f（x）是奇函数，g（x）是偶函数，则H（x）＝f（x）•g（x）一定是奇函
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数；
（4）函数y＝f（|x|）的图象关于y轴对称， 其中正确的命题个数是（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【解析】 题干解析:
（1）f（﹣x）＝f（x）＝1，故结论正确；（2）定义域不关于原点对称，一定是非奇非偶函数，故假命题；
（3）H（﹣x）＝f（﹣x）•g（﹣x）＝﹣f（x）•g（x）＝﹣H（x），故结论正确； （4）f（|﹣x|）＝f（|x|），函数y＝f（|x|）是偶函数，图象关于y轴对称，结论正确； 故选C
例5.
已知y＝f（x）（x∈R）为奇函数，则在f（x）上的点是（ ）
A．（a，f（﹣a）） C．（﹣a，﹣f（a）） B．（﹣a，f（a）） D．（a，﹣f（a） 【答案】C 【解析】 题干解析:
因为奇函数的图象关于原点对称，且f（﹣x）＝﹣f（x），故f（﹣a）＝﹣f（a）．
即在f（x）上的点是（﹣a，﹣f（a））． 故选 C．
第 4 页
例6.
如果f（x）是定义在R上的奇函数，那么下列函数中，一定为偶函数的是（ ）
A．y＝x＋f（x） C．y＝x2＋f（x） B．y＝xf（x） D．y＝x2f（x） 【答案】B 【解析】 题干解析:
∵f（x）是奇函数，∴f（﹣x）＝﹣f（x）．
对于A，g（﹣x）＝﹣x＋f（﹣x）＝﹣x﹣f（x）＝﹣g（x）， ∴y＝x＋f（x）是奇函数．
对于B，g（﹣x）＝﹣xf（﹣x）＝xf（x）＝g（x）， ∴y＝xf（x）是偶函数．
对于C，g（﹣x）＝（﹣x）2＋f（﹣x）＝x2﹣f（x）， ∴y＝x2＋f（x）为非奇非偶函数，
对于D，g（﹣x）＝（﹣x）2f（﹣x）＝﹣x2f（x）＝﹣g（x）， ∴y＝x2f（x）是奇函数． 故选B．
通过图象平移得到新函数图象得到单调区间
知识讲解
第 5 页
1.图象的平移：左加右减（x的变化），上加下减（函数值y的变化） 2.图象的对称性：奇偶性
3.图象的翻折：含有绝对值的函数图象的画法
例题精讲
通过图象平移得到新函数图象得到单调区间
例1.
函数f（x）=x2﹣|x|的单调递减区间是 ．
【答案】
（﹣∞，﹣]和[0，） 【解析】 题干解析:
，
，当
，
∴其图象关于y轴对称，
作图如下：∴函数f（x）=x2﹣|x|的单调递减区间是（﹣∞，﹣]和[0，）．故
答案为：（﹣∞，﹣]和[0，）．例2.
函数y＝|x|的单调递增区间为 ．
【答案】 （0，＋∞） 【解析】
第 6 页
题干解析:函数y＝|x|的零点为x＝0，其图象如下，通过图象可知，函数单调递增
区间为（0，＋∞）．故答案为：（0，＋∞）．例3.
函数y＝|x|﹣1的减区间为（ ）
A．（﹣∞，0） C．（0，＋∞） B．（﹣∞，﹣1） D．（﹣1，＋∞）
【答案】A 【解析】 题干解析:
由题意y＝x﹣1是一次函数，将图象右边翻折到左边，去掉原来左边图形可得y＝|x|﹣1图象．由图象可知：函数y＝|x|﹣1的减区间为（﹣∞，0）， 故选A．
例4.
函数y＝|x﹣1|的递增区间是 ． 【答案】 [1，＋∞） 【解析】
第 7 页
题干解析:函数y＝|x﹣1|的图象如图所示：数形结合可得函数的增区间为[1，＋
∞），故答案为：[1，＋∞）．
备选题库
知识讲解
本题库作为知识点“函数单调性的定义”的题目补充.
例题精讲
备选题库
例1.
（2020春∙沙坪坝区校级期中）下列函数中，既是奇函数，又在（0，+∞）上是增函数的是（ ）
A．f（x）=sinx C．f（x）=x3+x 【答案】C 【解析】 题干解析:
B．f（x）=ex+e-x D．f（x）=xlnx A．f（x）=sinx在（0，+∞）上不是单调函数，不满足条件。 B．f（-x）=e-x+ex=f（x），函数f（x）为偶函数，不满足条件．
C．f（-x）=-x3-x=-（x3+x）=-f（x），则函数f（x）是奇函数，当x>0时，f（x）=x3+x是增函数，满足条件．
第 8 页
D．f（x）的定义域为（0，+∞），函数为非奇非偶函数，不满足条件．
例2.
（2020春∙温州期中）函数y=（2m-1）x+b在R上是减函数．则（ ）
A．m> C．m>- 【答案】B 【解析】 题干解析:
B．m< D．m<- 根据题意，函数y=（2m-1）x+b在R上是减函数， 则有2m-1<0，解可得m<，
例3.
（2020∙西湖区校级模拟）函数f（x）=-x2+x-1的单调递增区间为（ ）
A．【答案】D 【解析】 题干解析:
B． C． D． 根据题意，由已知所以函数在
上为增函数，
，
例4.
（2020∙永州三模）已知函数f（x）=-3x+2sinx，若a=f（3a，b，c的大小关系为（ ）
），b=-f（-2），c=f（log27），则
A．a 根据题意，函数f（x）=-3x+2sinx，有f（-x）=-f（x），则函数f（x）为奇函数， 则b=-f（-2）=f（2）， 又由f′（x）=-3+2cosx，且-1≤cosx≤1，则f′（x）<0，则函数f（x）在R上减函数， 又由2=log24 例5. （2020∙湖南模拟）定义在R的函数f（x）=-x3+m与函数g（x）=f（x）+x3+x2-kx在[-1，1]上具有相同的单调性，则k的取值范围是（ ） A．（-∞，-2] C．[-2，2] 【答案】B 【解析】 题干解析: B．[2，+∞） D．（-∞，-2]∪[2，+∞） 根据题意，函数f（x）=-x3+m，其定义域为R，则R上f（x）为减函数， g（x）=f（x）+x3+x2-kx=x2-kx+m在[-1，1]上为减函数， 必有x=≥1，解可得k≥2， 即k的取值范围为[2，+∞）； 例6. （2020∙平谷区一模）下列函数中，在区间（0，+∞）上为增函数的是（ ） A．y= C．y=sinx 【答案】B 【解析】 题干解析: 根据题意，依次分析选项： B．y=lnx D．y=2-x 对于A，y=，为反比例函数，在（0，+∞）上为减函数，不符合题意； 对于B，y=lnx，为指数函数，在区间（0，+∞）上为增函数，符合题意； 第 10 页 对于C，y=sinx，为正弦函数，在（0，+∞）上不是单调函数，不符合题意； 对于D，y=2-x=（）x，是指数函数，在（0，+∞）上为减函数，不符合题意； 例7. （2020∙西城区一模）下列函数中，值域为R且在区间（0，+∞）上单调递增的是（ ） A．y=x2+2x C．y=x3+1 【答案】C 【解析】 题干解析: 根据题意，依次分析选项： B．y=2x+1 D．y=（x-1）|x| 对于A，y=x2+2x=（x+1）2-1，其值域为[-1，+∞），不符合题意； 对于B，y=2x+1，其值域为（0，+∞），不符合题意； 对于C，y=x3+1，值域为R且在区间（0，+∞）上单调递增，符合题意； 对于D，y=（x-1）|x|=，在区间（0，）上为减函数，不符合题意； 例8. （2020秋∙合阳县期末）函数f（x）=x|x-2|的递减区间为（ ） A．（-∞，1） C．（1，2） 【答案】C 【解析】 题干解析: B．（0，1） D．（0，2） 当x≥2时，f（x）=x（x-2）=x2-2x，对称轴为x=1，此时f（x）为增函数， 当x<2时，f（x）=-x（x-2）=-x2+2x，对称轴为x=-，抛物线开口向下，当1 第 11 页 利用定义法证明单调性 知识讲解 1.利用定义证明单调性的步骤 （1）取值：设（2）作差：（3）变形：将它的符号的形式. （4）判断符号 （5）结论 2函数单调性的常见结论 （1）函数y＝－f(x)与函数y＝f(x)的单调性相反； （2）函数f(x)与函数f（x）＋c（c为常数）具有相同的单调性； （3）当c＞0时，函数y＝cf(x)与函数y＝f(x)的单调性相同； 当c＜0时，函数y＝cf(x)与函数y＝f(x)的单调性相反； ， 是所研究的区间内的任意两个值，且 通过因式分解、配方、通分、有理化等方法变形为有利于判断 （4）若f(x)≠0，则函数f(x)与（5）若 ，函数 与 具有相反的单调性； 具有相同的单调性； 第 12 页 （6）若性； （7）若 ,具有相同的单调性，则与,具有相同的单调 ,具有相反的单调性，则与具有相同（与具有 相反）的单调性。 例题精讲 利用定义法证明单调性 例1. 已知函数 ， （Ⅰ） 证明f（x）在[1，＋∞）上是增函数； （Ⅱ） 求f（x）在[1，4]上的最大值及最小值． 【答案】 （1）略（2）当x＝1时，有最小值2；当x＝4时，有最大值. 【解析】 题干解析:（I）证明：在[1，＋∞）上任取x1，x2，且x1＜x2（2分） （1分）＝（1分）∵x1＜ x2∴x1﹣x2＜0∵x1∈[1，＋∞），x2∈[1，＋∞）∴x1x2﹣1＞0∴f（x1）﹣f（x2）＜0即f（x1）＜f（x2）故f（x）在[1，＋∞）上是增函数（2分）（II）解：由（I）知：f（x）在[1，4]上是增函数∴当x＝1时，有最小值2；当x＝4时，有最大值例2. 用单调性定义证明函数 【答案】 在区间[1，＋∞）上是增函数． 第 13 页 见解析 【解析】 题干解析:任取区间[1，＋∞）上两个实数a，b，且a＜b则a﹣b＜0，ab＞1，ab﹣1＞0则f（a）﹣f（b）＝（﹣b）（1﹣）＝[1，＋∞）上是增函数 例3. （1）利用函数单调性的定义证明函数h（x）＝x＋在[ ，＋∞）上是增函数； 有上 ）﹣（ ）＝a﹣b＋ ＝a﹣b＋ ＝（a ＜0即f（a）＜f（b）故函数在区间 （2）我们可将问题（1）的情况推广到以下一般性的正确结论：已知函数如下性质：如果常数t＞0，那么该函数在是增函数． 若已知函数 上是减函数，在 ，x∈[0，1]，利用上述性质求出函数f（x）的单调 区间；又已知函数g（x）＝﹣x﹣2a，问是否存在这样的实数a，使得对于任意的x1∈[0，1]，总存在x2∈[0，1]，使得g（x2）＝f（x1）成立，若不存在，请说明理由；如存在，请求出这样的实数a的值． 【答案】 （1）见解析（2）【解析】 题干解析:（1）设 ，且x1＜x2，则 ＝，∵，∴x1﹣x2 ＞0，x1x2＞3．∴f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），因此，函数在给定的区间上单调递增．（2）∵x∈[0，1]，则1≤u≤3，则 ，设u＝2x＋1， ，由已知性质得，当 ，当 时，f（x）单调递减，∴递减区间为 第 14 页 时，f（x）单调递增，∴递增区间为．由 ，得f（x）的值域为[﹣4，﹣3]，由于g（x）＝ ﹣x﹣2a为减函数，故g（x）∈[﹣1﹣2a，﹣2a]，x∈[0，1]由题意，f（x）的值域为g（x）的值域的子集，从而有例4. 函数f（x）＝4﹣在（0，＋∞）上为 函数（填“增”或“减”） 【答案】 增 【解析】 题干解析:任取x1，x2∈（0，＋∞），且x1＜x2，则f（x1）﹣f（x2）＝4﹣＋ ＝ ﹣4 ，∴ ，∴存在满足条件的值． ．因为x1，x2∈（0，＋∞）且x1＜x2，所以x1﹣x2＜0，x1x2＞0， 所以f（x1）﹣f（x2）＝＜0，即f（x1）＜f（x2），所以函数f（x）＝4﹣在（0，＋∞）上是增函数．故答案：增． 例5. 证明函数 f（x）＝2x＋ 【答案】 见解析 【解析】 题干解析:设0≤x1＜x2，则f（x1）﹣f（x2）＝2x1＋＋（ ﹣ ）＝（ ﹣ ）[2（ ＋ ﹣2x2﹣ ＝2（x1﹣x2） ＜ 在[0，＋∞）上是增函数 ）＋1]，∵x1＜x2，∴ ，∵x1≥0，x2＞0，∴2（＋）＋1＞0，∴f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），∴函数f（x）＝2x＋在[0，＋∞）上是增函数． 例6. 已知函数f（x）是一次函数，g（x）是反比例函数，且满足f[f（x）]＝x＋2，g 第 15 页 （1）＝﹣1 （1）求函数f（x）和g（x）； （2）设h（x）＝f（x）＋g（x），判断函数h（x）在（0，＋∞）上的单调性，并用定义加以证明． 【答案】 （1）f（x）＝x＋1，g（x）＝﹣.（2）见解析 【解析】 题干解析:（1）因为f（x）是一次函数，g（x）是反比例函数∴设f（x）＝ax＋b（a≠0），g（x）＝（k≠0），∵f[f（x）]＝x＋2，∴a（ax＋b）＋b＝x＋2，∴a2x＋（a＋1）b＝x＋2，∴ ，解得：a＝1，b＝1，故f（x）＝x＋1； ∵g（1）＝﹣1，故k＝﹣1，故g（x）＝﹣；（2）判断：函数h（x）在（0，＋∞）上是增函数，由（1）知h（x）＝ ＋1，设x1，x2是（0，＋∞）上的任意 ）﹣（x2﹣ ）＝（x1﹣x2） 两个实数，且x1＜x2，h（x1）﹣h（x2）＝（x1﹣ （1＋），∵0＜x1＜x2，∴x1﹣x2＜0，x1x2＞0，∴h（x1）﹣h（x2）＜0，即h（x1）＜h（x2），∴函数h（x）在（0，＋∞）递增． 备选题库 知识讲解 本题库作为知识点“函数单调性的证明”的题目补充. 例题精讲 第 16 页 备选题库 例1. （2020秋∙椒江区校级月考）函数y=|x2-2x-3|的增区间是_______________，值域是________． 【答案】 （-1，1），（3，+∞）；[0，+∞） 【解析】 题干解析:如图所示 1，1），（3，+∞），值域是[0，+∞）． 例2. 函数的增区间为（- （2020春∙东海县期中）若函数f（x）=x|x-a|（a>0）在区间[2，4]上单调递减，则实数a的值是___。 【答案】 4 【解析】 题干解析:由题意，可知：去掉绝对值，可得：f（x）= ，整理，可 得：f（x）=．则f（x）的图象如下： 第 17 页 由图象可知：f（x）在区间[，a]上单调递减． ∴a=4． 例3. （2020∙恩施州模拟）设函数f（x）=________． ，则f（x）≤3成立的x的取值范围 【答案】 （-∞，9] 【解析】 题干解析:①∵x<1；∴x-1<0；∴ex-1<1；∴x<1时，f（x）≤3成立；②x≥1时，由f（x）≤3得，9]． 例4. ；∴x≤9；∴1≤x≤9；∴x≤9；∴x的取值范围为：（-∞， （2020∙西湖区校级模拟）已知函数f（x）=那么a的取值范围为_______． _ 是（-∞，+∞）上的减函数， 【答案】 （-，1] 【解析】 第 18 页 题干解析:由题意得：例5. （2020春∙梧州期末）函数y= ，解得：- _ 【答案】 [2kπ，+2kπ]，k∈Z 【解析】 题干解析:在函数y= 中，cosx≥0，∴-+2kπ≤x≤ +2kπ，k∈Z；∴当-也是增函数；当也是减函数；∴函数 +2kπ≤x≤2kπ，k∈Z时，y=cosx是增函数，∴y=2kπ≤x≤y=例6. （2020∙西湖区校级模拟）已知函数f（x）=函数，则实数a的取值范围是______________． +2kπ，k∈Z时，y=cosx是减函数，∴y= +2kπ]，k∈Z． 的单调递减区间是[2kπ， （a≠1）．若f（x）在区间（0，1]上是减 【答案】 （-∞，0）∪（1，3] 【解析】 题干解析:f′（x）=（x）<0；即 ；若f（x）在区间（0，1]上是减函数，则f′ ，解得a<0，或a>1；又3-ax≥0，即a≤，在（0，1]上恒成 立，在（0，1]上的最小值是3，∴a≤3；∴实数a的取值范围是（-∞，0）∪（1，3]． 例7. （2020春∙巢湖市校级月考）已知函数f（x）=alnx+x在区间[2，3]上单调递增，则实数a的取值范围是_________。 第 19 页 【答案】 [-2，+∞） 【解析】 题干解析:解析：∵f（x）=alnx+x，∴f′（x）=+1。又∵f（x）在[2，3]上单调递增，∴+1≥0在x∈[2，3]上恒成立，∴a≥（-x）max=-2，∴a∈[-2，+∞）． 利用单调性求最值 知识讲解 1.最大值：一般地，设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足： （1）对于任意的x∈I,都有f(x)≤M； （2）存在 ,使得 . 那么，我们称M是函数y＝f(x)的最大值. 2.最小值：一般地，设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足： （1）对于任意的x∈I,都有f(x)≥M； （2）存在 ,使得 . 那么，我们称M是函数y＝f(x)的最小值. 3.温馨提示 （1）对于单调函数与，最大（小）值出现在定义域的边界处. （2）对于非单调函数，通常借助图象求解更方便. （3）一般地，恒成立的问题可以用求最值得办法来解决，利用单调性是求最值的常用方法.有以下关系： 恒成立恒成立 ； ； 函数的单调性是研究函数的值域与最值问题的重要方法. 第 20 页 例题精讲 利用单调性求最值 例1. 已知函数（1）若点 ，x∈[3，5] 在函数f（x）的图象上，求m的值； （2）若m＝1，判断函数f（x）的单调性，并证明； （3）若m＝1，求函数f（x）的最大值和最小值． 【答案】 （1）2（2）见解析（3）最大值是【解析】 题干解析:（1）∵点 在函数f（x）＝ ，最小值是 的图象上，∴，解得m＝ 2，∴m的值是2．（2）当m＝1时，，f（x）在区间[3，5]上是减函数；证明如下：设x1，x2是区间[3，5]上的任意两个实数，且x1＜x2，则f（x1）﹣f（x2）＝＝＝；∵3≤x1＜x2≤5，∴x2﹣x1＞0，（x1﹣1）（x2﹣1）＞0；∴f（x1）﹣f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2）；∴函数 在区间[3，5]上是减函数．（3）由（2）知，函数 在区间[3，5]上是减函数，∴在x＝3时取得最大值，最大值是，在x＝5时取得最小值，最小值是 例2. 函数 在区间[3，6]上的最大值、最小值分别是（ ） ． 第 21 页 A．4，1 B．4，0 C．1，0 D．最大值4，无最小值 【答案】A 【解析】 题干解析: 函数 在区间[3，6]上是减函数， 所以当x＝3时，y有最大值4，当x＝6时，y有最小值1． 故选：A． 例3. y＝在区间[2，4]上的最大值、最小值分别是（ ） A．1， B．，1 C．， D．， 【答案】A 【解析】 题干解析: 函数y＝是区间[2，4]上的减函数， 因此，函数y＝在区间的两个端点上分别取得最大值与最小值， 即当x＝2时，ymax＝1．当x＝4时，ymin＝； 故选：A． 例4. 函数f（x）＝x＋，当x∈[1，4]时，函数的最小值和最大值分别为（ 第 22 页 ） A．﹣5，﹣4 B．﹣4，5 C．4，5 D．﹣5，4 【答案】C 【解析】 题干解析: ∵f（x）＝x＋是对勾函数， ∴函数f(x)在（1,2）上是减函数， 在（2,4）上是增函数. ∴当x＝2时，函数取最小值f（2）＝4， 又f（1）＝5，f（4）＝5，∴当x＝1或4时，函数取最大值5 故选：C 例5. 函数y＝x﹣，当x∈[1，4]时，函数的最大值与最小值的差是（ A．﹣6 B．6 C．3 D．﹣【答案】B 【解析】 题干解析: ∵ 在[1，4]上是增函数， 在[1，4]上是增函数 ∴x∈[1，4]时，函数y＝x﹣，是增函数， ∴x＝1时，ymin＝﹣3，x＝4时，ymax＝3， ∴函数的最大值与最小值的差是6， 故选：B． 例6. 第 23 页 ） 3 函数 A． 【答案】A 【解析】 题干解析: 在上的最大值是（ ） B． C．﹣2 D．2 函数y＝－x在（－，0）上是减函数，所以函数 在（－，0）上是减函数 在（－，0）上是减函数 可得f（x）在[﹣2，﹣]上递减， 即有f（﹣2）取得最大值，且为2﹣＝． 故选：A． 备选题库 知识讲解 本题库作为知识点“函数的最值”的题目补充. 例题精讲 备选题库 例1. 第 24 页 （2020春∙海淀区校级月考）若函数f（x）=-x2（x2+ax+b）的图象关于直线x=-1对称，则f（x）的最大值是___ 【答案】 0 【解析】 题干解析:∵函数f（x）关于直线x=-1对称，∴函数f（x-1）关于直线x=0对称，即函数f（x-1）为偶函数，又f（x-1）=-（x-1）2[（x-1）2+a（x-1）+b]=-x4+（4-a）x3+（3a-b-6）x2+（4-3a+2b）x+a-b-1，∴，∴，∴f（x）=-x2（x2+4x+4）=-x4-4x3-4x2，∴f′（x）=-4x3-12x2-8x=-4x（x+1）（x+2），∴函数f（x）在（-∞，-2），（-1，0）上单调递增，在（-2，-1），（0，+∞）单调递减，又f（-2）=f（0）=0，∴函数f（x）取得最大值0． 例2. （2020春∙迎泽区校级月考）函数 的最大值为____ 【答案】 2 【解析】 题干解析:函数（x）]2=4+2 ． 例3. =4+2 的定义域为：x∈[0，4]，[f ≤8，当x=2时，取得最大值；所以f（x） （2020春∙宁德期末）函数y=|x-1|+x的最小值为___． 【答案】 1 【解析】 题干解析:当x≥1时，y=x-1+x即y=2x-1，可得y≥1；当x<1时，y=1-x+x，即y=1，可得函数y的值域为[1，+∞），即函数的最小值为1． 例4. （2020∙上城区校级模拟）已知实数x，y，z满足时z=___． ，则xyz的最小值为___；此 【答案】 第 25 页 ； 【解析】 题干解析:由xy+2z=1，可得xy=1-2z．∴5=x2+y2+z2≥2|xy|+z2=z2+2|1-2z|，当且仅当|x|=|y|时取等号，∴2x2+z2=5，∴2x2=5-z2≥0，∴-≤z≤， ∵5=x2+y2+z2≥2|xy|+z2=z2+2|1-2z|，当z≥时，即为5≥z2+4z-2，化为：z2+4z-7≤0，解得 ≤z≤ ≤z≤ ，∴≤z≤ ，∴ 当z<时，即为5≥z2-4z+2，≤z<综上所述， ∴当z= 时，xyz的 化为：z2-4z-3≤0，即≤z≤最小值为例5. ∴xyz=（1-2z）z=-2z2+z=-． （2020∙汉中模拟）设b∈R，若函数f（x）=4x-2x+1+b在[-1，1]上的最大值是3，则f（x）在[-1，1]上的最小值是___． 【答案】 2 【解析】 题干解析:令2x=t，则t∈[，2]，函数f（x）=4x-2x+1+b化为g（t）=t2-2t+b，t∈[，2]，该函数图象是开口向上的抛物线，当t=2时，g（t）有最大值为b=3，则g（t）=t2-2t+3，当t=1时，g（t）有最小值为2．即f（x）在[-1，1]上的最小值是2． 例6. （2020∙浙江）已知a∈R，函数f（x）=ax3-x．若存在t∈R，使得|f（t+2）-f（t）|≤，则实数a的最大值是__． _ 【答案】 【解析】 题干解析:存在t∈R，使得|f（t+2）-f（t）|≤，即有|a（t+2）3-（t+2）-at3+t|≤，化为|2a（3t2+6t+4）-2|≤，可得-≤2a（3t2+6t+4）-2≤，即≤a 第 26 页 （3t2+6t+4）≤，由3t2+6t+4=3（t+1）2+1≥1，可得≤a≤，可得a的最大值为． 例7. （2020春∙温州期中）函数y=x+2cosx在区间 上的最大值是__，最小值是__． __ 【答案】 +； 【解析】 题干解析:由题意，可知：当x∈2sinx=0，sinx=，x= 时，y′=1-2sinx．①当y′=0时，即1-）= + ．②当y′>0时，即1- 时，函数取极值f（ 2sinx>0，sinx<，0≤x<2sinx<0，sinx>，= + ，f（ ）= 上的图象大致如下： ） ．∴f（x）在区间 则由图象可知：在区间 （x）取最大值 + ；当x= 时，f（x）取最小值 ． 上，当x=时，f 复合函数的单调性 第 27 页 知识讲解 求复合函数单调性的步骤 （1）求解函数的定义域 （2）分解内、外函数 （3）判断内、外函数的单调性 （4）结论（同增异减） 例题精讲 复合函数的单调性 例1. 函数 A．（1，3） C．（﹣1，1） 的单调减区间是（ ） B．（﹣∞，1） D．[﹣1，1] 【答案】C 【解析】 题干解析: 由函数有意义得﹣x2＋2x＋3＞0，解得﹣1＜x＜3． 又∵y＝﹣x2＋2x＋3对称轴为x＝1， ∴y＝﹣x2＋2x＋3在（﹣1，1]单调递增，在（1，3）上单调递减， ∴故选：C． 的单调减区间是（﹣1，1）． 第 28 页 例2. 求函数y=【答案】 见解析 【解析】 题干解析:由－x－x＋60可得x＋x－60,∴－3x2。设y＝x＋6。当x故y＝函数，y＝例3. 设y＝ f数。 证明y＝ f 【答案】 见解析 【解析】 题干解析:证明：设x＜x，且x、x (a,b)。∵u＝g(x)在x(a,b)内是减函 在x(a,b)内是减函数。 ,已知f(u)在u(c,d)内是增函数，u＝g(x)在x(a,b)内是减函在 在 时，u＝－x－x＋6是增函数，y＝ 上是增函数。当x是增函数，故y＝ 在 ,u＝－x－是增函数， 的单调区间。 时，u＝－x－x＋6是减在上 是减函数。 数∴g(x)＞g(x)又∵f(u)在u(c,d)内是增函数，且g(x)、g(x)(c,d)∴f例4. 函数 A．【答案】C 【解析】 第 29 页 ＞f，故y＝f在x(a,b)内是减函数。 的单调递减区间是（ ） B． C． D． 题干解析: 由1﹣4x2≥0可得﹣≤x≤， 故原函数的定义域为[﹣，]， ∴二次函数t＝1﹣4x2的单调递增区间为[ ，0]， 由复合函数的单调性可知原函数的单调递减区间为：[，0] 故选：C 例5. 函数的增区间是（ ） A．[﹣3，﹣1] B．[﹣1，1] C．（﹣∞，﹣3] D．[﹣1，＋∞） 【答案】A 【解析】 题干解析: 令t＝﹣x2﹣2x＋3≥0，求得﹣3≤x≤1，故函数y的定义域为[﹣3，1]，且函数， 本题即求函数t在定义域内的增区间． 再利用二次函数的性值可得函数t在定义域内的增区间为[﹣3，﹣1]， 故选：A． 利用函数的单调性求参数范围 第 30 页 y＝ 知识讲解 1.知识点的认识 所谓复合函数就是由两个或两个以上的基本函数构成，这种函数先要考虑基本函数的单调性，然后再考虑整体的单调性．平常常见的一般以两个函数的为主． 2.解题方法点拨 求复合函数y＝f（g（x））的单调区间的步骤： （1）确定定义域； （2）将复合函数分解成两个基本初等函数； （3）分别确定两基本初等函数的单调性； （4）按“同增异减”的原则，确定原函数的单调区间． 例题精讲 利用函数的单调性求参数范围 例1. （2020秋∙大荔县期末）已知函数（1）求函数f（x）的解析式； （2）判断函数f（x）的单调性，并用定义证明． 是定义在（-1，1）上是奇函数，且 ． 【答案】 详见解析 【解析】 题干解析:（1）由题意可知f（-x）=-f（x），∴分）∴ ，∵ ，∴a=1，∴ ，∴b=0．…（3．…（6分）（2）f（x） 第 31 页 在（-1，1）上递增，证明如下：设-1 ，∴，所以f（x1）-f（x2）<0，即f （x1） A．-2 【答案】C 【解析】 题干解析: ∵f（1-x）=f（1+x）， B．-1 C．0 D．1 ∴函数f（x）=-x2（x2+ax+b）的图象关于直线x=1对称， ∴将函数y=f（x）的图象向左平移1个单位，得函数y=f（x+1）的图象关于x=0对称， 可得f（x+1）=-（x+1）2[（x+1）2+a（x+1）+b]=-x4-（a+4）x3-（6+3a+b）x2-（4+3a+2b）x+1+a+b是偶函数， 设g（x）=f（x+1）=-x4-（a+4）x3-（6+3a+b）x2-（4+3a+2b）x+1+a+b， ∵g（-x）=g（x）， ∴，解之得， 因此，f（x）=-x2（x2-4x+4）=-x4+4x3-4x2， 求导数，得f'（x）=-4x3+12x2-8x， 令f'（x）=0，得x1=0，x2=1，x3=2， 当x∈（-∞，0）时，f'（x）>0；当x∈（0，1）时，f'（x）<0； 当x∈（1，2）时，f'（x）>0；当x∈（2，+∞）时，f'（x）<0， ∴f（x）在区间（-∞，0）、（1，2）上是增函数，在区间（0，1）、（2，+∞）上是减函数， ∴f（x）在x=0和x=2处有极值点f（0）=0，f （2）=0， 第 32 页 ∴f（x）max=0。 例3. （2020春∙商洛期末）若定义域为R的偶函数f（x）满足f（2-x）=-f（x），且当0≤x≤1时，f（x）=1-x，则函数g（x）=f（x）ex在[-2，2]上的最大值为（ ） A．1 【答案】A 【解析】 题干解析: B．1e C．2e D．-1e ∵f（2-x）=-f（x），∴f（x）=-f（2-x）。 设x∈（1，2]，则（2-x）∈[0，1）， ∴f（2-x）=1-（2-x）=x-1，又∵f（x）为偶函数， ∴当x∈[-2，0）时，f（x）=x+1， 当x∈（1，2]时，f（x）=-f（2-x）=1-x． ∴， ∴， ∴当-2⩽x<0时，g′（x）≥0，当0⩽x⩽2时，g′（x）≤0， ∴g（x）在[-2，0）是增加的，在[0，2]上是减少的， ∴g（x）在[-2，2]上的最大值为g（0）=1×e0=1． 备选题库 知识讲解 本题库作为知识点“函数单调性的应用”的题目补充. 例题精讲 第 33 页 备选题库 例1. （2020秋∙湖北期中）记函数f（x）= 在区间[3，4]上的最大值和最小值分别为M、m，则 的值为（ ） A． 【答案】D 【解析】 题干解析: f（x）= =2（1+ B． C． D． ）=2+， ∴f（x）在[3，4]上为减函数， ∴M=f（3）=2+m=f（4）=2+ =6， =4， ∴==， 例2. （2020春∙瀍河区校级月考）已知函数f（x）=axcosx+在区间 上有最大值 + ，则实数a=___。 _ 【答案】 - 【解析】 第 34 页 题干解析:函数的导数为f′（x）=a（cosx-xsinx），由x∈[， π]，可得cosx∈[-1，0]，xsinx≥0，即有cosx-xsinx<0，当a=0时，f（x）=，无最值；当a>0时，f′（x）<0，f（x）在[（ ，π]递减，可得f（x）的最大值为f ，π]递增，可得f（x）的最大值 ）=；当a<0时，f′（x）>0，f（x）在[ ，解得a=-， 为f（π）=-aπ=+例3. （2020秋∙聊城期中）生产一定数量的商品的全部费用称为生产成本，某企业一个月生产某种 商品x万件时的生产成本为C（x）=x2+4x+18（万元）一万件售价是22万元，为获取更大利润，该企业一个月应生产该商品数量为____万件。 【答案】 18 【解析】 题干解析:利润L（x）=22x-C（x）=-（x-18）2+144，当x=18时，L（x）有最大值． 例4. （2020秋∙新吴区校级月考）在平面直角坐标系xOy中，直线l过定点P（3，2），且与x轴的正半轴交于点M，与y轴的正半轴交于点N． （1）当PM∙PN取得最小值时，求直线l的方程； （2）求△MON面积的最小值． 【答案】 见解析 【解析】 题干解析:（1）设直线l的倾斜角为π-θ（θ为锐角），则 ，所以当 的方程为y=-x+5；（2） 号，所以△MON面积的最小值为12． 时，PM∙PN取得最小值，此时直线l ，当且仅当 时取等 第 35 页 例5. （2020秋∙汇川区校级期中）已知函数f（x）=2+log3x，x∈[1，9]，求y=[f（x）]2+f（x2）的最值及对应x的值． 【答案】 见解析 【解析】 题干解析:由f（x）=2+log3x．x∈[1，9]，可得：2≤f（x）≤4．f（x2）=2+log3x2=2+2log3x．x∈[1，3]，那么：y=[f（x）]2+f（x2）=（2+log3x） 2+2+2logx，x∈[1，3]，设：2+logx=t，t∈[2，3]，可得y=t2+2+2t-4，即y=t2+2t-33 2=（t+1）2-3．∵t∈[2，3]，∴当t=3时，可得最大值为ymax=13，此时2+log3x=3，可得log3x=1，即x=3．当t=2时，可得最大值为ymax=6，此时2+log3x=2，可得log3x=0，即x=1． 例6. （2020春∙毕节市期末）某租赁公司，购买了一辆小型挖掘机进行租赁．据市场分析，该小型挖掘机的租赁利润y（单位：万元）与租赁年数x（x∈N*）的关系为y=-x2+14x-36． （1）该挖掘机租赁到哪几年时，租赁的利润超过9万元？ （2）该挖掘机租赁到哪一年时，租赁的年平均利润最大？ 【答案】 见解析 【解析】 题干解析:（1）由题意，得-x2+14x-36>9，整理，得x2-14x+45<0，解得5 （2020春∙保定期末）做一个体积为32m3，高为2m的长方体容器，问底面的长和宽分别为多少时，所用的材料表面积最少？并求出其最小值． ．因为，所以当且仅当 ，所以该挖掘机租赁到第6年时，租赁的 【答案】 见解析 【解析】 第 36 页 题干解析:设底面的长为x，宽为，∴S=2（2x+16+2×）=4（x++8）≥4× （2+8）=64，当且仅当x=4时取等号∴底面的长与宽都为4时用材料最少，最少为64m2 当堂练习 单选题 练习1. （2020∙钦州二模）已知函数f（x）=-x2-6x-3，g（x）=2x3+3x2-12x+9，m<-2，若∀x1∈[m，-2），∃x2∈（0，+∞），使得f（x1）=g（x2）成立，则m的最小值为（ ） A．-5 【答案】A 【解析】 题干解析: B．-4 C．-2 D．-3 ∵g（x）=2x3+3x2-12x+9， ∴g′（x）=6x2+6x-12=6（x+2）（x-1）， 则当0 ∵f（x）=-x2-6x-3=-（x+3）2+6≤6， 作函数y=f（x）的图象，如图所示， 当f（x）=2时，方程两根分别为-5和-1， 则m的最小值为-5， 第 37 页 练习2. （2020∙红河州模拟）定义域为R的函数f（x）=ax2+b|x|+c（a≠0）有两个单调区间，则实数a，b，c满足（ ） A．b2-4ac≥0且a>0 B．b2-4ac≥0 C．-D．-≥0 ≤0 【答案】D 【解析】 题干解析: ∵f（x）=ax2+b|x|+c（a≠0）= 第 38 页 不妨设a>0，作出图象如下结合图象可得当对称轴-≤0时满足题意。 练习3. （2020∙和平区四模）定义域为R的函数f（x）满足f（x+1）=2f（x），且当x∈（0，1]时，f（x）=x2-x，则当x∈（-2，-1]时，f（x）的最小值为（ ） A．- B．- C．- D．0 【答案】A 【解析】 题干解析: 当x∈（-2，-1]时，x+2∈（0，1]， ∴f（x+2）=（x+2）2-（x+2）=x2+3x+2， 又f（x+1）=2f（x）， ∴f（x+2）=f[（x+1）+1]=2f（x+1）=4f（x）， ∴4f（x）=x2+3x+2（-2≤x≤-1）， ∴f（x）=（x2+3x+2）=∴当x=-时，f（x）取得最小值- -。 （-2≤x≤-1）， 练习4. （2020∙东城区二模）若函数围是（ ） 是R上的单调减函数，则实数a的取值范 第 39 页 A．（-∞，2） C．（0，2） 【答案】B 【解析】 题干解析: B．D． ∵函数是R上的单调减函数， ∴∴ 练习5. （2020秋∙镇海区校级月考）已知函数f（x）=-x2（x2+ax+b），且满足f（1-x）=f（1+x），则f（x）的最大值是（ ） A．-2 【答案】C 【解析】 题干解析: ∵f（1-x）=f（1+x）， B．-1 C．0 D．1 ∴函数f（x）=-x2（x2+ax+b）的图象关于直线x=1对称， ∴将函数y=f（x）的图象向左平移1个单位，得函数y=f（x+1）的图象关于x=0对称， 可得f（x+1）=-（x+1）2[（x+1）2+a（x+1）+b]=-x4-（a+4）x3-（6+3a+b）x2-（4+3a+2b）x+1+a+b是偶函数， 设g（x）=f（x+1）=-x4-（a+4）x3-（6+3a+b）x2-（4+3a+2b）x+1+a+b， ∵g（-x）=g（x）， ∴，解之得， 因此，f（x）=-x2（x2-4x+4）=-x4+4x3-4x2， 第 40 页 求导数，得f'（x）=-4x3+12x2-8x， 令f'（x）=0，得x1=0，x2=1，x3=2， 当x∈（-∞，0）时，f'（x）>0；当x∈（0，1）时，f'（x）<0； 当x∈（1，2）时，f'（x）>0；当x∈（2，+∞）时，f'（x）<0， ∴f（x）在区间（-∞，0）、（1，2）上是增函数，在区间（0，1）、（2，+∞）上是减函数， ∴f（x）在x=0和x=2处有极值点f（0）=0，f （2）=0， ∴f（x）max=0。 填空题 练习1. （2020春∙金东区校级期中）设函数f（x）=的单调递减区间为_______． ，g（x）=x2f（x-1），则函数g（x） 【答案】 [0，1） 【解析】 题干解析:[0，1）． 练习2. ；∴；∴g（x）的单调递减区间为 （2020春∙黄州区校级月考）设φ（a，b）=a，b变化时φ（a，b）的最小值为___。 +（a>0，b∈R），当 【答案】 【解析】 第 41 页 题干解析:设，则表示函数f（x）上一点 之间的距离，又函数 表示焦，∴φ P（a，lna）与函数g（x）上一点Q 点为F（0，1），准线为y=-1的抛物线，由抛物线的定义可得（a，b）=+（a>0，b∈R）的几何意义即为|PQ|+|QQ′|=|PQ|+|QF|-1，作出示意图如下， 由图观察可知，当点P运动至 点P′，且FP′垂直于过点P′的函数f（x）=lnx的切线，点Q为线段FP′与函数 的交点时，|PQ|+|QF|-1最小，设P′（x0，y0）， ，则 ，解得 ． 练习3. ，即P′（1，0），∴|PQ|+|QF|-1的最小值为 （2020∙浙江模拟）已知实数x，y∈[-1，1]，max（a，b）=的最小值为______． ，则max{x2-y2+1，|x-2y|} 【答案】 2-2 【解析】 第 42 页 题干解析:x2-y2+1的取值与x，y的符号无关，所以当max{x2-y2+1，|x-2y|}取最小值时，xy≥0，不妨设x≥0，y≥0．当x=y=0时，max{x2-y2+1，|x-2y|}=1，所以max{x2-y2+1，|x-2y|}的最小值≤1，因此x2-y2+1≤max{x2-y2+1，|x-2y|}≤1⇒x≤y．x≤y，所以2y-x≥0，2y-x关于y单调递增，x2-y2+1关于y单调递减，令t=x2-y2+1=2y-x⇒y0=-1（大于1舍）．当y>y0时，2y-x>2y0-x，所以max{x2-y2+1，|x-2y|}>2y0-x，当y （2020∙海安县校级模拟）用max{a，b，c}表示a，b，c中的最大值，已知实数x，y满足0≤x≤y≤10，设M=max{xy，xy-x-y+1，x+y-2xy}，则M的最小值为___ -x-2关于x单调递增，所以当x=0时，2y0-x取最小值 【答案】 【解析】 题干解析:令t=x+y，则t∈[0，20]．i．当t∈[，]时，x+y-2xy≥x+y-≥，所以M≥；ii．当t∈[0，）∪（，20]时，|（xy-x-y+1）-xy|=|1-t|≥，所以当max{xy，xy-x-y+1}≤时，（xy-x-y+1）+xy≤+（-）=．x+y-2xy=1-（xy-x-y+1）-xy≥，所以M≥；当x=y=或x=y=时，M=； 练习5. （2020秋∙全国期末）设m，n∈R，那么（m-en）2+（n-em）2的最小值是___． =t- 【答案】 2 【解析】 题干解析:令n=lnt，则原式可化为（m-t）2+（em-lnt）2，其几何意义是动点（m，em）和（t，lnt）的距离的平方，又因为曲线y=ex与曲线y=lnt关于y=x对称，设曲线y=ex上点且平行直线y=x的切线为y=x+a，设切点为（x1，y1），因为y′=ex，所以1=e，解得x1=0，则y1=1，所以a=1，即曲线y=ex上点且平行直线y=x的切线为y=x+1曲线y=lnx上点且平行直线y=x的切线为y=x+b，设切点为（x2，y2），因为y′=，所以 =1，即x2=1，y2=0，所以b=-1，即曲线y=lnx上点且平行直 第 43 页 线y=x的切线为y=x-1，则两切线的距离d==小值为2，即（m-en）2+（n-em）2的最小值是2， ，故（m-t）2+（em-lnt）2最 解答题 练习1. 已知函数（1）若点 ，x∈[3，5] 在函数f（x）的图象上，求m的值； （2）若m＝1，判断函数f（x）的单调性，并证明； （3）若m＝1，求函数f（x）的最大值和最小值． 【答案】 （1）2（2）见解析（3）最大值是【解析】 题干解析:（1）∵点 在函数f（x）＝ ，最小值是 的图象上，∴，解得m＝ 2，∴m的值是2．（2）当m＝1时，，f（x）在区间[3，5]上是减函数；证明如下：设x1，x2是区间[3，5]上的任意两个实数，且x1＜x2，则f（x1）﹣f（x2）＝＝＝；∵3≤x1＜x2≤5，∴x2﹣x1＞0，（x1﹣1）（x2﹣1）＞0；∴f（x1）﹣f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2）；∴函数 在区间[3，5]上是减函数．（3）由（2）知，函数 第 44 页 在区间[3，5]上是减函数，∴在x＝3时取得最大值，最大值是，在x＝5时取得最小值，最小值是 练习2. 求函数y=【答案】 见解析 【解析】 题干解析:由－x－x＋60可得x＋x－60,∴－3x2。设y＝x＋6。当x故y＝函数，y＝练习3. （2020春∙东阳市校级期中）已知函数f（x）=ln（1）求函数f（x）的定义域； （2）若函数f（x）在区间[2，+∞）上是减函数，求实数k的取值范围． （k>0）． ． 的单调区间。 ,u＝－x－是增函数， 时，u＝－x－x＋6是增函数，y＝在在 上是增函数。当x是增函数，故y＝ 在 时，u＝－x－x＋6是减在上 是减函数。 【答案】 见解析 【解析】 题干解析:（1）由题意，可知： >0．即：（kx-1）（x-1）>0．∵k>0， ∴x1=，x2=1．∴①当0 在区间[2，+∞）上是减函数，则 第 45 页 y=∴y′= 在区间[2+∞）上是减函数，且 = >0在[2+∞）上恒成立． >0在 ≤0．即：1-k≤0，∴k≥1．又∵ [2+∞）上恒成立．∴<2，即：k>．综上，可得：k>1． 练习4. （2020∙西湖区校级模拟）已知函数f（x）=点． （1）求c的值，并求证：f（）+f（x）=1； （2）判断函数f（x）在（-1，+∞）上的单调性，并证明． ，其中c为常数，且函数f（x）的图象过原 【答案】 见解析 【解析】 题干解析:：（1）函数f（x）图象过原点；∴f（0）=-c=0；∴c=0；∴ ； ∴；∴；（2）；函数f（x）在（-1，+∞）上是单调递增函数，证明如下：任取x1，x2∈（-1，+∞），且x1 是定义在（-1，1）上的奇函数，且 ． （1）求函数f（x）的解析式 （2）用单调性定义证明f（x）在（-1，1）上是增函数 （3）解不等式f（|t|-1）+f（t2） 【答案】 见解析 【解析】 题干解析:（1）函数f（x）= 是定义在（-1，1）上的奇函数，∴f（0） =b=0，∴f（x）=，而f（）==，解得a=1，∴f（x）=，x∈ （-1，1）；（2）函数f（x）=在（-1，1）上为增函数；证明如下：任意 - x1，x2∈（-1，1）且x1 ）． 且t≠0，所以该不等式的解集为（-1，0）∪ 第 47 页 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容