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2013届高考文科数学一轮复习考案2.3 函数的单调性与最值


§2.3 函数的单调性与最值
考纲解读 知识盘点 典例精析 命题预测

基础拾遗
技巧归纳 例题备选

真题探究

考 1



考纲解读 了解函数的单调性,掌握 判断一些简单函数的单调 性的方法.

函数的单调性

2

函数的最值

会求一些实际问题的最大
值和最小值.

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?
函数的单调性在比较大小、求函数值域(最值)、求函数零点、 求解及证明不等式、求参数的取值范围等方面有广泛的应用.要求 掌握理解常见函数的单调性,会用概念分析函数的单调性,会用定义 法分析抽象函数的单调性,会利用导数的手段分析单调性,会利用图 象(或图象的平移与对称)分析函数的单调性,会分析简单的复合函 数的单调性.高考中的试题一般为选择题、填空题和解答题,选择题 与填空题多考查与函数的奇偶性、值域(最值)、定义域、图象等性 质的综合应用,解答题则与导数、值域(最值)、不等式等知识点进 行综合考查.
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1.函数的单调性 (1)函数的单调性定义: 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的值x1,x2,当x1<x
2

时,都有f(x1)<f(x2),那么就说函数f(x)在区间D上是增函数;

如果对于定义域I内某个区间D上的任意两个自变量的值x1,x2,当x1<x
2

时,都有f(x1)>f(x2),那么就说函数f(x)在区间D上是减函数.

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基础拾遗 例题备选

(2)利用定义证明函数f(x)在区间D上的单调性的一般步骤: ①在区间D上任取x1,x2,且x1<x2,

②计算f(x1)-f(x2),
③变形成乘积的形式或者是其他可以判断符号的形式,

④判断f(x1)-f(x2)的符号,
⑤下结论(函数f(x)在区间D上的单调性). (3)函数的单调性与奇偶性的关系 奇函数在其关于原点的对称的区间上的单调性相同; 偶函数在其关于原点的对称的区间上的单调性相反.
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(4)判断函数单调性的方法: ①定义证明抽象函数的单调性. ②概念分析法:利用x增大,逐步推出函数值y是增大还是减少来判断 函数的单调性. ③导数法.

④函数图象法(涉及平移,对称问题等). ⑤复合函数的单调性.
⑥函数的性质法. 2.函数的最值
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(1)函数的最大值的定义: 一般地,设函数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x∈I,使得f(x)=M. 那么,我们称M是函数y=f(x)的最大值. (2)函数的最小值的定义:

一般地,设函数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x∈I,使得f(x)=M. 那么,我们称M是函数y=f(x)的最小值.
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1.(2011年浙江宁海模拟)四个函数中,在(0,1)上为增函数的是?(

)

(A)y=-log2x. (C)y=(?. )
1
x

(B)y=sin x.
x (D)y=? .
2 1 ? 1

2

g x 【解析】y=-log2x=lo?x为减函数,y=(? 为减函数,y=? =?在(0,+∞) )

1

x

?

2

1

1

2

2

x

上为减函数,只有y=sin x在(0,1)上是增函数,故选B. 【答案】B

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基础拾遗 例题备选

2.(2011年重庆南开)函数f(x)=x2-3x,x∈[2,4]的最大值是? ( (A)-2. (B)4. (C)-3. (D)2.
3 2

)

【解析】函数f(x)的对称轴为x=? ,开口向上, ∴f(x)在[2,4]上为增函数, ∴f(x)max=f(4)=16-12=4,故选B. 【答案】B

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基础拾遗 例题备选

3.(安徽省合肥市2011年高三第一次教学质量检测理科)已知偶函数f (x)在区间(0,+∞)上单调递增,则满足f(?x ? 2 )<f(x)的x的取值范围是 ( ) (B)(-∞,-1). (D)(-1,2).

(A)(2,+∞). (C)[-2,-1)∪(2,+∞).

【解析】由“偶函数f(x)在区间(0,+∞)单调递增”可得?x ? 2 <|x|<即
?x ? ? 2 ? 0, , 解得-2≤x<-1或x>2. ? x?2? x ?
2

【答案】C

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基础拾遗 例题备选

4.(2011年福建卷)函数f(x)=ln x-? 的零点所在的大致区间是? (
2 x

)

(A)(1, 2). (C)(e,3).

(B)(2,e). (D)(e,+∞).
1 2 x x
2

【解析】∵x>0,∴f'(x)=? ?>0, f(x)在(0,+∞)上是增函数,又f(2)<0,f + (e)>0,故在(2,e)上存在一个零点.故选B. 【答案】B

?
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题型1函数的单调性与最值
?

例1 (1)函数f(x)=? 在区间[2,3]的最小值为
x ?1

1

,最大值



.
1 x

(2)偶函数f(x)在[0,+∞)上是增函数,则不等式f(? )>f(2)的解集为 . (3)定义在R上的函数y=f(x)在(-100,2]上是增函数,且y=f(x+2)的图象 关于y轴对称,则? ( (A)f(-1)<f(2)<f(3). (C)f(-1)<f(3)<f(2).
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) (B)f(3)<f(-1)<f(2). (D)f(3)<f(2)<f(-1).
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【分析】(1)f(x)=? 的图象可由y=? 的图象向右平移1个单位得到,
1
1

x ?1

x

再利用图象分析其单调性.
(2)偶函数f(x)在[0,+∞)上是增函数,故函数图象上的点离y轴的距离 越大,函数值越大. (3)y=f(x+2)图象向右平移2个单位后可得到y=f(x)的图象,再利用图象 解决问题. 【解析】(1)分析函数的图象可知, f(x)=?在区间[2,3]是单调减函数,
1 x ?1

∴f(x)min=?=?,∴f(x)max=?=1,
1
1

1

3 ?1

2

2 ?1

(2)偶函数f(x)在[0,+∞)上是增函数,不等式f(?)>f(2)等价于|?|>2,∴|x|
1 1 x x
1 1 1 <?且x≠0,∴-?<x<0或0<x<?. 2 2 2
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(3)y=f(x+2)的图象向右平移2个单位后为y=f(x)的图象,∵y=f(x+2)的 图象关于y轴对称,∴y=f(x)的图象关于x=2对称,∴f(1)=f(3),y=f(x)在(100,2]上是增函数,∴f(-1)<f(1)<f(2),即f(-1)<f(3)<f(2),故选C.

【答案】(1)? 1 (2)(-? ,0)∪(0,? (3)C )
1 1 1 2 2 2

【点评】(1)用函数的图象分析函数的单调性的关键是熟悉各种初 等函数的图象.
(2)利用函数的单调性解决不等式问题是常考的题型. (3)利用函数的单调性和对称性分析、比较函数值的大小是高考中 的常考试题.
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变式训练1 (1)已知f(x)=x2+2(a-1)x+2在(-∞,2]上是减函数,则实数a 的取值范围为 (2)函数f(x)=? . (3)函数f(x)=log7(ax2+2x+1)在(1,+∞)上是增函数,则实数a的取值范围 为 .
x ? 2x ? a
2

.
x

在[? ,+∞)上是增函数,则实数a的取值范围为
2

1

【解析】(1)f(x)=x2+2(a-1)x+2在(-∞,2]上是减函数,则函数的对称轴x =1-a≥2,∴a≤-1.

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(2)f(x)=

x ? 2x ? a
2

x

a ?=x+?+2. x
1

当a≤0时,f(x)在[?,+∞)上是增函数;
2

a a 当a>0时,f‘(x)=1-?,令f’(x)>0,则x>? 或x<-?,故要使f(x)在[?,+∞)上
a
1

x

2

2

1 是增函数,则?a ≤?,∴0<a≤1?. 2 4

综上:实数a的取值范围为(-∞,?].
1 4

(3)当a=0时,f(x)=log7(2x+1)在(1,+∞)上是增函数; 当a<0时,f(x)=log7(ax2+2x+1)在(1,+∞)上不可能是增函数;

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当a>0时,y=ax2+2x+1的对称轴为x=-?<0,且开口向上,∴y=ax2+2x+1在
1 a

(1,+∞)上是增函数, ∴f(x)=log7(ax2+2x+1)在(1,+∞)上是增函数. 综上:实数a的取值范围为[0,+∞).

【答案】(1)(-∞,-1]

(2)(-∞,? (3)[0,+∞). ]
1 4

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题型2函数的单调性与参数问题

? 例2 已知函数f(x)=x3-ax-1.
(1)若a≤0,请用定义证明函数f(x)在R上单调递增函数; (2)是否存在实数a,使f(x)在(-1,1)上单调递减?若存在,求出实数a的取 值范围;若不存在,请说明理由.

【分析】(1)用定义证明函数的单调性要注意格式;(2)对存在性问题
的探索,首先是假设存在,看能否导出相应结论或矛盾. 【解析】(1)在R上任取x1,x2且x1<x2,
x x 则f(x1)-f(x2)=?-ax1-1-(?-ax2-1)
3 3 1 2

x x =(x1-x2)(? +x1x2+? -a)
2

2

1

2

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基础拾遗 例题备选

x =(x1-x2)[(x1+?2)2+? -a], x ?
1 3 4
2

2

2

∵x1<x2,∴x1-x2<0,
x x x1与x2不同时为零,∴(x1+?2)2>0,? ≥0,又-a≥0,∴(x1+?2)2+? -a> x ? x ?
1 3 4
2

1

3 4

2

2

2

2

2

0,

∴f(x1)-f(x2)<0,∴f(x1)<f(x2),
∴函数f(x)在R上单调递增.
(2)假设存在实数a,使f(x)在(-1,1)上单调递减,
x x 在(-1,1)上任取x1,x2且x1<x2,则f(x1)-f(x2)=(x1-x2)(?+x1x2+?-a).
2

2

1

2

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x x ∵-1<x1<x2<1,∴?<1,x1x2<1,?<1,
2

2

1

2

x x x x ∴?+x1x2+?<3,∴?+x1x2+?-a<3-a,
2

2

2

2

1

2

1

2

∵f(x)在(-1,1)上单调递减,则f(x1)-f(x2)>0,

∴3-a≤0,∴a≥3.
∴存在实数a使f(x)在(-1,1)上单调递减,此时实数a的取值范围为[3,+ ∞).

【点评】利用函数的定义对函数单调性的分析,即比较f(x1)-f(x2)与0 的大小,再利用不等关系解决问题.

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变式训练2

已知函数f(x)=x2+? (x≠0,a∈R),若f(x)在区间[2,+∞)上
a x

是增函数,求实数a的取值范围. 【解析】在[2,+∞)上任取x1,x2,且x1<x2,
x 则f(x1)-f(x2)=? +? ? +? -( x )
2

a

2

a

1

x1

2

x2

=(x1-x2)(x1+x2)-?

a ( x1 ? x 2 ) x1 x 2

=?

( x1 ? x 2 ) x1 x 2

[(x1+x2)x1x2-a],

∵2≤x1<x2,x1-x2<0, x1+x2>4,x1x2>4, ∴(x1+x2)x1x2>16,∴(x1+x2)x1x2-a>16-a, ∵f(x)在区间[2,+∞)上是增函数,则f(x1)-f(x2)<0, ∴16-a≥0,∴a≤16.∴实数a的取值范围(-∞,16].
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题型3函数单调性综合试题

? 例3 函数f(x)的定义域为R,对任意的实数m,n都有f(m+n)=f(m)+
f(n)-1,且f(? )=2,又当x<-? 时,有f(x)<0.
1 1 2 2

(1)求f(-? ),f(1)的值;
1 2

(2)求证:f(x)在R上是单调增函数;

(3)设集合A={y|f(x2)+f(y2)<4},集合B={x|f(ax+y+2)=1,x+y+3>0},A∩B=
A,求实数a的取值范围.

【分析】(1)特值法可以求出f(-? ),f(1)的值;(2)紧扣当x<-? 时,有f(x)<
1 1 2 2

0,由定义证明函数的单调性;(3)充分理解所给条件的含义,将其转化 为不等关系,从而求出a的取值范围.
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【解析】(1)∵f(m+n)=f(m)+f(n)-1, ∴f(1)=f(? ? )+f( )-1=2+2-1=3,
1 1 2 2

f(? )=f[1+(-? )]=f(1)+f(-? )-1,
1 1 1 2 2 2

∴f(-? ? )=f( )-f(1)+1=2-3+1=0.
1 1 2 2

(2)在R上任取x1,x2且x1<x2,

则f(x1)-f(x2)

=f[(x1-x2)+x2]-f(x2) =f(x1-x2)+f(x2)-1-f(x2) =f(x1-x2)-1 =f[(x1-x2-?)+?]-1
1 1 2 2

=f(x1-x2-?)+f(?)-1-1 =f(x1-x2-?),
1 1 1 2 2 2
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∵x1<x2,∴x1-x2-?<-?,
1 1 2 2

∴f(x1-x2-?)<0,f(x1)-f(x2)<0,f(x1)<f(x2),
1 2

∴f(x)在R上是单调增函数. (3) A={y|f(x2)+f(y2)<4}={y|f(x2+y2)+1<4}={y|f(x2+y2)<3}. ∵f(1)=3,A={y|f(x2+y2)<f(1)}={y|x2+y2<1}, ∴A={y|-1<y<1}. ∵B={x|f(ax+y+2)=1,x+y+3>0}, ∴B={x|f(ax+y+2)=f(0),x+y+3>0}={x|ax+y+2=0,y>-x-3}, B={x|-ax-2>-x-3}={x|(1-a)x>-1},

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当a=1时,B=R,A∩B=A. 当a>1时,B={x|x<?}, A∩B=A,
1 a ?1

∴?≥1,1<a≤2.
1 a ?1

当a<1时,B={x|x>?},A∩B=A,
1 a ?1

∴?≤-1,0≤a<1.
1 a ?1

综上:实数a的取值范围为[0,2].

【点评】本题考查了特值法求函数值、转化化归的方法证明函数 的单调性、利用函数的单调性解决参数取值范围问题,还牵涉到用 讨论的方式解决问题.
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变式训练3
2

已知定义在区间(0,+∞)上的函数f(x)满足f(? )=f(x1)-f(x
x1 x2

),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. 【解析】(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,则?>1,
x1 x2

由于当x>1时,f(x)<0,所以f(?)<0,
x1 x2
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即f(x1)-f(x2)<0,因此f(x1)<f(x2), 所以函数f(x)在区间(0,+∞)上是单调递减函数. (3)由f(?)=f(x1)-f(x2)得f(?)=f(9)-f(3),
x1

9

x2

3

而f(3)=-1,所以f(9)=-2. 由于函数f(x)在区间(0,+∞)上是单调递减函数, 由f(|x|)<f(9),得|x|>9,∴x>9或x<-9. 因此不等式的解集为{x|x>9或x<-9}.

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?
1.定义法与导数法均可以用来判断函数的单调性,定义法可以分析

抽象函数的单调性,如果能求导,导数法对函数的单调性分析更加形
象直观,也比较简洁,显示出导数的优越性. 2.只要把握住了函数的单调性或者单调区间,那就可以分析函数的 值域与最值. 3.复合函数的单调性的性质与判定,对解决某些问题可以起到迅速

和准确的效果.

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1.(2011年全国课标卷)下列函数中,既是偶函数又在(0,+∞)单调递增 的是? ( (A)y=x3. (C)y=-x2+1. ) (B) y=|x|+1. (D) y=2-|x|.

【解析】 经判断知A项是奇函数;B项是偶函数且在(0,+∞)单调递
增;C、D项是偶函数但在(0,+∞)单调递减.故选B. 【答案】B

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2.(2011年上海卷)下列函数中,既是偶函数,又是在区间(0,+∞)上单 调递减的为? ( )

(A)y=ln?.
1 |x|

(B)y=x3.
(D)y=cos x.
1

(C)y=2|x|.

【解析】y=ln?=-ln|x|为偶函数,当x>0时,y=-ln x显然为减函数,即在
|x|

(0,+∞)单调递减. 【答案】A

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?

例1

? ( 2 a ? 1) x ? a ( x ? 1), 已知函数f(x)= ? lo g x ( x ? 1) 是(-∞,+∞)上的减函数,求 a ?

?

实数a的取值范围. 【解析】由函数在(-∞,+∞)上递减,
? 2 a ? 1 ? 0, ? 可得 ? 0 ? a ? 1, ? ( 2 a ? 1) ? a ? lo g 1, a ?

?

∴? ? ≤a< ,∴实数a的取值范围为[? ). ,?
1
1

1 1

3

2

3 2

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?

例2 已知函数f(x)=? 是定义在(-1,1)上的奇函数,且f(? ? )= .
1

ax ? b
2

2

1? x

2

5

(1)确定函数f(x)的解析式; (2)用定义证明f(x)在(-1,1)上是增函数; (3)解不等式f(t-1)+f(t)<0.
? b ? 0, ?1 ? 02 ? f (0 ) ? 0, ? ? ? 【解析】(1)依题意得 ? f ( 1 ) ? 2 即 ? a ? b 2 解得 ? ?2 ? , 2 5 ? 1 5 ? 1? ? 4 ?

?

?

?a ? x ? 1, ∴f(x)=?x ? b ? 0, 1? ?

2

.
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(2)任取-1<x1<x2<1, 则f(x1)-f(x2)=?-?=?,
x1

x2

( x1 ? x 2 )(1 ? x1 x 2 ) (1 ? x1 )(1 ? x 2 )
2 2
2

1 ? x1

2

1 ? x2

2

x x ∵-1<x1<x2<1,∴x1-x2<0,1+?>0,1+?>0,
2
1

2

且-1<x1x2<1,∴1-x1x2>0,∴f(x1)-f(x2)<0, ∴f(x)在(-1,1)上是增函数. (3)f(t-1)<-f(t)=f(-t), ∵f(x)在(-1,1)上是增函数,∴-1<t-1<-t<1,解得0<t<?.
1 2

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