【正文】 y＝ log2(x2－ 2x－ 3)的單調(diào)增區(qū)間為 (3，＋ ∞ )，單調(diào)減區(qū)間為 (－ ∞ ，－ 1)． 第 2 講 函數(shù)的單調(diào)性與最值 【高考會(huì)這樣考】 1．考查求函數(shù)單調(diào)性和最值的基本方法． 2．利用函數(shù)的單調(diào)性求單調(diào)區(qū)間． 3．利用函數(shù)的單調(diào)性求最值和參數(shù)的取值范圍． 【復(fù)習(xí)指導(dǎo)】 本講復(fù)習(xí)首先回扣課本，從 “ 數(shù) ” 與 “ 形 ” 兩個(gè)角度來把握函數(shù)的單調(diào)性和最值的概念，復(fù)習(xí)中重點(diǎn)掌握： (1)函數(shù)單調(diào)性的判斷及其應(yīng)用； (2)求函數(shù)最值的 各種基本方法；對(duì)常見題型的解法要熟練掌握． 基礎(chǔ)梳理 1．函數(shù)的單調(diào)性 (1)單調(diào)函數(shù)的定義 增函數(shù) 減函數(shù) 定義 一般地，設(shè)函數(shù) f(x)的定義域?yàn)? I 內(nèi)某個(gè)區(qū)間 D 上的 任意 兩個(gè)自變量的值 x1， x2 當(dāng) x1＜ x2時(shí)，都有 f(x1)＜ f(x2)，那么就說函數(shù) f(x)在區(qū)間 D 上是增函數(shù) 當(dāng) x1＜ x2時(shí)，都有 f(x1)＞f(x2)，那么就說函數(shù) f (x )在區(qū)間 D 上是減函數(shù) 圖象 描述 自左向右圖象是上升的 自左向右圖象是下降的 (2)單調(diào)區(qū)間的定義 若函數(shù) f(x)在區(qū)間 D 上是 增函數(shù) 或 減函數(shù) ，則稱函數(shù) f(x)在這一區(qū)間上具有 (嚴(yán)格的 )單調(diào)性，區(qū)間 D 叫做 f(x)的單調(diào)區(qū)間． 2． 函數(shù)的最值 前提 設(shè)函數(shù) y＝ f(x)的定義域?yàn)?I，如果存在實(shí)數(shù) M 滿足 條件 . ① 對(duì)于 任意 x∈ I，都有 f(x)≤ M； ① 對(duì)于任意 x∈ I，都有f(x)≥ M； ② 存在 x0∈ I，使得f(x0)＝ M ② 存在 x0∈ I，使得 f(x0)＝ M. 結(jié) 論 M 為最大值 M 為最小值 一個(gè)防范 函數(shù)的單調(diào)性是對(duì)某個(gè)區(qū)間而言的，所以要受到區(qū)間的限制．例如函數(shù) y＝ 1x分別在 (－ ∞ ， 0)， (0，＋ ∞ )內(nèi)都是單調(diào)遞減的，但不能說它在整個(gè)定義域即 (－ ∞ ，0)∪ (0，＋ ∞ )內(nèi)單調(diào)遞減，只能分開寫，即函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間為 (－ ∞ ， 0)和 (0，＋ ∞ )，不能用 “ ∪ ” 連接． 兩種形式 設(shè)任意 x1， x2∈ [a， b]且 x1＜ x2，那么 ① f?x1?－ f?x2?x1－ x2＞ 0? f(x)在 [a， b]上是增函數(shù)； f?x1?－ f?x2?x1－ x2＜ 0? f(x)在 [a， b]上是減函數(shù)． ② (x1－ x2)[f(x1)－ f(x2)]＞ 0? f(x)在 [a， b]上是增函數(shù)； (x1－ x2)[f(x1)－ f(x2)]＜ 0? f(x)在 [a， b]上是減函數(shù)． 兩條結(jié)論 (1)閉區(qū)間上的連續(xù)函數(shù)一定存在最大值和最小值．當(dāng)函數(shù)在閉區(qū)間上單調(diào)時(shí)最值一定在端點(diǎn)取到． (2)開區(qū)間上的 “ 單峰 ” 函數(shù)一定存在最大 (小 )值． 四種方法 函數(shù)單調(diào)性的判斷 (1)定義法：取值、作差、變形、定號(hào)、下結(jié)論． (2)復(fù)合法：同增異減，即內(nèi)外函數(shù)的單調(diào)性相同時(shí)，為增函數(shù)，不同時(shí)為減函數(shù)． (3)導(dǎo)數(shù)法：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性． (4)圖象法：利用圖象研究函數(shù)的單調(diào)性． 雙基自測 1．設(shè) f(x)為奇函數(shù)，且在 (－ ∞ ， 0)內(nèi)是減函數(shù)， f(－ 2)＝ 0，則 xf(x)＜ 0 的解集為 ( )． A． (－ 2,0)∪ (2，＋ ∞ ) B． (－ ∞ ，－ 2)∪ (0,2) C． (－ ∞ ，－ 2)∪ (2，＋ ∞ ) D． (－ 2,0)∪ (0,2) 答案 C 2． (2020湖南 )已知函數(shù) f(x)＝ ex－ 1， g(x)＝－ x2＋ 4x－ f(a)＝ g(b)，則 b 的取值范圍為 ( )． A． [2－ 2， 2＋ 2] B． (2－ 2， 2＋ 2) C． [1,3] D． (1,3) 解析 函數(shù) f(x)的值域是 (－ 1，＋ ∞ )，要使得 f(a)＝ g(b)，必須使得－ x2＋ 4x－ 3＞－ x2－ 4x＋ 2＜ 0，解得 2－ 2＜ x＜ 2＋ 2. 答案 B 3． (2020保定一中質(zhì)檢 )已知 f(x)為 R 上的減函數(shù)，則滿足 f??? ?????? ???1x f(1)的實(shí)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： ??? ???1x 1，不等式等價(jià)于 ??? |x|1，x≠ 0， 解得－ 1x1，且 x≠ 0. 答案 C 4． (2020江蘇 )函數(shù) f(x)＝ log5(2x＋ 1)的單調(diào)增區(qū)間是 ______． 解析 要使 y＝ log5(2x＋ 1)有意義，則 2x＋ 1＞ 0，即 x＞－ 12，而 y＝ log5u 為 (0，＋ ∞ )上的增函數(shù)，當(dāng) x＞－ 12時(shí)， u＝ 2x＋ 1 也為增函數(shù)，故原函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間是 ??? ???－ 12，＋ ∞ . 答案 ??? ???－ 12，＋ ∞ 5．若 x＞ 0，則 x＋ 2x的最小值為 ________． 解析 ∵ x＞ 0，則 x＋ 2x≥ 2 x2x＝ 2 2 當(dāng)且僅當(dāng) x＝ 2x，即 x＝ 2時(shí)，等號(hào)成立，因此 x＋ 2x的最小值為 2 2. 答案 2 2 考向一 函數(shù)的單調(diào)性的判斷 【例 1】 ?試討論函數(shù) f(x)＝ xx2＋ 1的單調(diào)性． [審題視點(diǎn) ] 可采用定義法或?qū)?shù)法判斷． 解 法一 f(x)的定義域?yàn)?R，在定義域內(nèi)任取 x1＜ x2， 都有 f(x1)－ f(x2)＝ x1x21＋ 1－ x2x22＋ 1＝ ?x1－ x2??1－ x1x2??x21＋ 1??x22＋ 1?， 其中 x1－ x2＜ 0， x21＋ 1＞ 0， x22＋ 1＞ 0. ① 當(dāng) x1， x2∈ (－ 1,1)時(shí)，即 |x1|＜ 1， |x2|＜ 1， ∴ |x1x2|＜ 1， 則 x1x2＜ 1,1－ x1x2＞ 0， f(x1)－ f(x2)＜ 0， f(x1)＜ f(x2)， ∴ f(x)為增函數(shù)． ② 當(dāng) x1， x2∈ (－ ∞ ，－ 1]或 [1，＋ ∞ )時(shí)， 1－ x1x2＜ 0， f(x1)＞ f(x2)， ∴ f(x)為減函數(shù)． 綜上所述， f(x)在 [－ 1,1]上是增函數(shù)，在 (－ ∞ ，－ 1]和 [1，＋ ∞ )上是減函數(shù)． 法二 ∵ f′ (x)＝ ??? ???xx2＋ 1 ′ ＝ x2＋ 1－ x?x2＋ 1?′?x2＋ 1?2 ＝ x2＋ 1－ 2x2?x2＋ 1?2 ＝1－ x2?x2＋ 1?2， ∴ 由 f′ (x)＞ 0 解得－ 1＜ x＜ f′ (x)＜ 0 解得 x＜－ 1 或 x＞ 1， ∴ f(x)在 [－ 1,1]上是增函數(shù)，在 (－ ∞ ，－ 1]和 [1，＋ ∞ )上是減函數(shù)． 判斷 (或證明 )函數(shù)單調(diào)性的主要方法有： (1)函數(shù)單調(diào)性的定義； (2)觀察函數(shù)的圖象； (3)利用函數(shù)和、差、積、商和復(fù)合函數(shù)單調(diào)性的判斷法則； (4)利用函數(shù)的 導(dǎo)數(shù)等． 【訓(xùn)練 1】 討論函數(shù) f(x)＝ axx－ 1(a≠ 0)在 (－ 1,1)上的單調(diào)性． 解 設(shè)－ 1x1x21， f(x)＝ ax－ 1＋ 1x－ 1 ＝ a??? ???1＋ 1x－ 1 ， f(x1)－ f(x2)＝ a??? ???1＋ 1x1－ 1－ a??? ???1＋ 1x2－ 1 ＝ a x2－ x1?x1－ 1??x2－ 1? 當(dāng) a0 時(shí)， f(x1)－ f(x2)0，即 f(x1)f(x2)， 函數(shù) f(x)在 (－ 1,1)上遞減； 當(dāng) a0 時(shí)， f(x1)－ f(x2)0，即 f(x1)f(x2)， 函數(shù) f(x)在 (－ 1,1)上遞增． 考向二 利用已知函數(shù)的單調(diào)區(qū)間求參數(shù)的值 (或范圍 ) 【例 2】 ?已知函數(shù) f(x)＝ x2＋ ax (a0)在 (2，＋ ∞ )上遞增，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍． [審題視點(diǎn) ] 求參數(shù)的范圍轉(zhuǎn)化為不等式恒成時(shí)要注意轉(zhuǎn)化的等價(jià)性． 解 法 一 設(shè) 2x1x2，由已知條件 f(x1)－ f(x2)＝ x21＋ ax1 －x22＋ ax2 ＝ (x1－ x2)＋ ax2－ x1x1x2＝ (x1－ x2)x1x2－ ax1x20 恒成立．即當(dāng) 2x1x2時(shí)， x1x2a 恒成立．又 x1x24，則 0a≤ 4.法二 f(x)＝ x＋ ax， f′ (x)＝ 1－ ax2＞ 0 得 f(x)的遞增區(qū)間是 (－ ∞ ，－ a)， ( a，＋∞ )，根據(jù)已知條件 a≤ 2，解得 0a≤ 4. 已知函數(shù)的解析式，能夠判斷函數(shù)的單調(diào)性，確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，反之已知函數(shù)的單調(diào)區(qū)間可確定函數(shù)解析式中參數(shù)的值或范圍，可通過列不等式或解決不等式恒成立問題進(jìn)行求解． 【訓(xùn)練 2】 函數(shù) y＝ x－ 5x－ a－ 2在 (－ 1，＋ ∞ )上單調(diào)遞增，則 a 的取值范圍是 ( )． A． a＝－ 3 B． a3 C． a≤ － 3 D． a≥ － 3 解析 y＝ x－ 5x－ a－ 2＝ 1＋ a－ 3x－ ?a＋ 2?，需 ??? a－ 30，a＋ 2≤ － 1， 即 ??? a3，a≤ － 3， ∴ a≤ － 3. 答案 C 考向三 利用函數(shù)的單調(diào)性求最值 【例 3】 ?已知函數(shù) f(x)對(duì)于任意 x， y∈ R，總有 f(x)＋ f(y)＝ f(x＋ y)，且當(dāng) x＞ 0時(shí)， f(x)＜ 0， f(1)＝－ 23. (1)求證： f(x)在 R 上是減函數(shù)； (2)求 f(x)在 [－ 3,3]上的最大值和最小值． [審題視點(diǎn) ] 抽象函數(shù)單調(diào)性的判斷，仍須緊扣定義，結(jié)合題目作適當(dāng)變形． (1)證明 法一 ∵ 函數(shù) f(x)對(duì)于任意 x， y∈ R 總有 f(x)＋ f(y)＝ f(x＋ y)， ∴ 令 x＝ y＝ 0，得 f(0)＝ 0. 再令 y＝－ x，得 f(－ x)＝－ f(x)． 在 R 上任取 x1＞ x2，則 x1－ x2＞ 0， f(x1)－ f(x2)＝ f(x1)＋ f(－ x2)＝ f(x1－ x2)． 又 ∵ x＞ 0 時(shí)， f(x)＜ 0， 而 x1－ x2＞ 0， ∴ f(x1－ x2)＜ 0，即 f(x1)＜ f(x2)． 因此 f(x)在 R 上是減函數(shù)． 法二 設(shè) x1＞ x2， 則 f(x1)－ f(x2)＝ f(x1－ x2＋ x2)－ f(x2) ＝ f(x1－ x2)＋ f(x2)－ f(x2)＝ f(x1－ x2)． 又 ∵ x＞ 0 時(shí)， f(x)＜ 0，而 x1－ x2＞ 0， ∴ f(x1－ x2)＜ 0，即 f(x1)＜ f(x2)， ∴ f(x)在 R 上為減函數(shù)． (2)解 ∵ f(x)在 R 上是減函數(shù)， ∴ f(x)在 [－ 3,3]上也是減函數(shù)， ∴ f(x)在 [－ 3,3]上的最大值和最小值分別為 f(－ 3)與 f(3)． 而 f(3)＝ 3f(1)＝－ 2， f(－ 3)＝－ f(3)＝ 2. ∴ f(x)在 [－ 3,3]上的最大值為 2，最小值為－ 2. 對(duì)于抽象函數(shù)的單調(diào)性的判斷仍然要緊扣單調(diào)性的定義，結(jié)合題目所給性質(zhì)和相應(yīng)的條件，對(duì)任意 x1， x2在所給區(qū)間內(nèi)比較 f(x1)－ f(x2)與 0 的大小，或 f?x1?f?x2?與 1 的大?。袝r(shí)根據(jù)需要，需作適當(dāng)?shù)淖冃危喝?x1＝ x2x1x2或 x1＝ x2＋ x1－ x2等． 【訓(xùn)練 3】 已知定義在區(qū)間 (0，＋ ∞ )上的函數(shù) f(x)滿足 f??? ???x1x2＝ f(x1)－ f(x2)，且當(dāng)x＞ 1 時(shí)， f(x)＜ 0. (1)求 f(1)的值； (2)判斷 f(x)的單調(diào)性； (3)若 f(3)＝－ 1，求 f(x)在 [2,9]上的最小值． 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 x1x2＞ 1， 由于當(dāng) x＞ 1 時(shí)， f(x)＜ 0，所以 f??? ???x1x2＜ 0， 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(diào)遞減函數(shù)． (3)∵ f(x)在 [0，＋ ∞ )上是單調(diào)遞減函數(shù)． ∴ f(x)在 [2,9]上的最小值為 f(9)． 由 f??? ???x1x2＝ f(x1)－ f(x2)得， f??? ???93 ＝ f(9)－ f(3)， 而 f(3)＝－ 1，所以 f(9)＝ － 2. ∴ f(x)在 [2,9]上的最小值為－ 2. 規(guī)范解答 2——如何解不等式恒成立問題 【問題研究】 在恒成立的條件下，如何確定參數(shù)的范圍是歷年來高考考查的重點(diǎn)內(nèi)容，近年來在新課標(biāo)地區(qū)的高考命題中，由于三角函數(shù)、數(shù)列、導(dǎo)數(shù)知識(shí)的滲透，使原來的