复习练习卷22（函数的单调性与最值）-【新教材】2020-2021学年沪教版（2020）高中数学必修第一册（Word含答案）

10401300119380002020新版上海高一上数学复习卷22—函数的单调性与最值
1．函数的单调性
(1)增函数与减函数：
一般地，设函数f(x)的定义域为I：
①如果对于定义域I内某个区间D上的 自变量的值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 ．
②如果对于定义域I内某个区间D上的 自变量的值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 ．
(2)单调性与单调区间：
如果函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，那么就说函数y＝f(x)在这一区间具有(严格的) ，区间D叫做y＝f(x)的 ．
2．函数的最值
(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 ；
②存在x0∈I，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N满足：①对于任意的x∈I，都有 ；
②存在x0∈I，使得 ．那么我们称N是函数y＝f(x)的最小值
答案：1．(1)①任意两个　增函数②任意两个　减函数 (2)单调性　单调区间
2．(1)①f(x)≤M　②f(x0)＝M (2)①f(x)≥N　②f(x0)＝N
类型一　判断函数的单调性，求函数的单调区间
　(1)求下列函数的单调区间：
①y＝－x2＋2|x|＋3；②y＝1－；③y＝log(x2－4x＋3)．
解：①依题意，可得当x≥0时，y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4；
当x＜0时，y＝－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4.由二次函数的图象知，
函数y＝－x2＋2|x|＋3在(－∞，－1]，[0，1]上是增函数，在[－1，0]，[1，＋∞)上是减函数．
故y＝－x2＋2|x|＋3的单调增区间为(－∞，－1]和[0，1]；单调减区间为[－1，0]和[1，＋∞)．
②由x2－3x＋2≥0，得x≥2或x≤1，设u＝x2－3x＋2，则y＝1－，
当x∈(－∞，1]时，u为减函数，当x∈[2，＋∞)时，u为增函数，而u≥0时，y＝1－为减函数．
∴y＝1－的单调增区间为(－∞，1]，单调减区间为[2，＋∞)．
③令u＝x2－4x＋3>0，得x<1或x>3.∴函数y＝log(x2－4x＋3)的定义域为(－∞，1)∪(3，＋∞)．
又u＝x2－4x＋3的图象的对称轴为x＝2，且开口向上，∴u＝x2－4x＋3在(－∞，1)上是减函数，
在(3，＋∞)上是增函数．而函数y＝logu在(0，＋∞)上是减函数，
∴y＝log(x2－4x＋3)的单调递减区间为(3，＋∞)，单调递增区间为(－∞，1)．
(2)判断函数f(x)＝x＋(a>0)在(0，＋∞)上的单调性．
解：设0当00，即f(x1)>f(x2)，
所以函数f(x)在(0，]上是减函数；
同理，当＜x1a，又x1－x2<0，故f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)故函数f(x)在(，＋∞)上是增函数．
综上可知，函数f(x)＝x＋(a>0)在(0，]上是减函数，在(，＋∞)上是增函数．
【点拨】求函数的单调区间和判断函数的单调性方法一致．通常有以下几种方法：
(1)复合函数法：f(g(x))的单调性遵循“同增异减”的原则；
(2)定义法：先求定义域，再利用单调性定义求解；
(3)图象法：可由函数图象的直观性写出它的单调区间．
特别注意：单调区间必为定义域的子集．
　(1)函数y＝的递减区间为__________．
解：作出t＝2x2－3x＋1的图象如图，∵0<<1，∴y＝单调递减．要使y＝递减，
只要x∈.故填.
(2)求证：函数f(x)＝x3＋x在(－∞，＋∞)上是增函数．
证明：(定义法)任取x1＝(x－x)＋(x1－x2)＝(x1－x2)(x＋x1x2＋x＋1)＝(x1－x2)＜0，
即f(x1)类型二　函数单调性的应用
　已知函数f(x)＝loga(ax2－x＋)在上恒正，则实数a的取值范围是________．
解：设g(x)＝ax2－x＋，需满足g(x)＝ax2－x＋>0，即a>－.因为x∈，
所以max＝，从而a>.函数g(x)＝ax2－x＋的对称轴为x＝<1，
所以函数g(x)＝ax2－x＋在上单调递增．
当a>1时，函数f(x)在上单调递增，所以f(1)＝loga>0，解得a>；
当0，解得综上得实数a的取值范围为∪.故填∪.
【点拨】利用函数单调性讨论参数的取值范围一般要弄清三个环节：
(1)考虑函数的定义域，保证研究过程有意义，如本题中不能忽视g(x)＝ax2－x＋＞0；
(2)弄清常见函数单调区间与题中给出的区间的关系，如本题中g(x)的单调增区间为，是它的子集；
(3)注意恒成立不等式的等价转化问题．
　若在区间[0，1]上存在实数x使2x(3x＋a)<1成立，则实数a的取值范围是________．
解：2x(3x＋a)＜1可化为a＜2－x－3x，则在区间[0，1]上存在实数x使2x(3x＋a)＜1成立
等价于a＜(2－x－3x)max(x∈[0，1])．函数y＝2－x－3x在[0，1]上单调递减，
∴y＝2－x－3x的最大值为20－0＝1，∴a＜1，故a的取值范围是(－∞，1)．故填(－∞，1)．
类型三　抽象函数的单调性
　已知函数f(x)对于任意x，y∈R，总有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且当x>0时，f(x)<0，
f(1)＝－. (1)求证：f(x)在R上是减函数；(2)求f(x)在[－3，3]上的最大值和最小值．
解：(1)证法一：∵函数f(x)对于任意x，y∈R总有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，则x1－x2>0，f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝f(x1－x2)．
又∵x>0时，f(x)<0，而x1－x2>0，∴f(x1－x2)<0，即f(x1)因此f(x)在R上是减函数．
证法二：在R上任取x1，x2且x1>x2，则x1－x2＞0.则
f(x1)－f(x2)＝f(x1－x2＋x2)－f(x2)＝f(x1－x2)＋f(x2)－f(x2)＝f(x1－x2)．
又∵x>0时，f(x)<0，而x1－x2>0，∴f(x1－x2)<0，即f(x1)(2)∵f(x)在R上是减函数，∴f(x)在[－3，3]上也是减函数，
∴f(x)在[－3，3]上的最大值和最小值分别为f(－3)与f(3)．
而f(3)＝3f(1)＝－2，f(－3)＝－f(3)＝2.∴f(x)在[－3，3]上的最大值为2，最小值为－2.
【点拨】对于抽象函数单调性的判断仍然要紧扣单调性的定义，结合题目所给性质和相应的条件，
对任意x1，x2在所给区间内比较f(x1)－f(x2)与0的大小，或与1的大小．有时根据需要，
需作适当的变形，如x1＝x2＋x1－x2或x1＝x2·等．深挖已知条件，是求解此类题的关键．
在客观题的求解中，解这类题目也可考虑用特殊化方法，如本题可依题目条件取f(x)＝－x.
f(x)的定义域为(0，＋∞)，且对一切x＞0，y＞0都有f＝f(x)－f(y)，
当x＞1时，有f(x)＞0.(1)求f(1)的值；(2)判断f(x)的单调性并证明；
(3)若f(6)＝1，解不等式f(x＋5)－f＜2.
解：(1)f(1)＝f＝f(x)－f(x)＝0，x＞0.
(2)f(x)在(0，＋∞)上是增函数．证明：设0＜x1＜x2，则由f＝f(x)－f(y)，
得f(x2)－f(x1)＝f，∵＞1，∴f＞0.
∴f(x2)－f(x1)＞0，即f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
(3)∵f(6)＝f＝f(36)－f(6)，又f(6)＝1，∴f(36)＝2，
原不等式化为：f(x2＋5x)＜f(36)，又∵f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
∴ 解得0＜x＜4.
【规律总结】
1．证明函数的单调性与求函数的单调区间，均可运用函数单调性的定义，具体方法为差式比较法或商式比较法．注意单调性定义还有如下的两种等价形式：设x1，x2∈(a，b)，且x1≠x2，那么
(1) ＞0?f(x)在(a，b)内是增函数；
＜0?f(x)在(a，b)内是减函数．
(2)(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0?f(x)在(a，b)内是增函数；(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＜0
?f(x)在(a，b)内是减函数．
2．函数单调性的判断：
(1)常用的方法有：定义法、图象法及复合函数法．
(2)两个增(减)函数的和仍为增(减)函数；一个增(减)函数与一个减(增)函数的差是增(减)函数；
(3)奇函数在关于原点对称的两个区间上有相同的单调性，偶函数在关于原点对称的两个区间上有
相反的单调性；
(4)复合函数的单调性：如果y＝f(u)和u＝g(x)的单调性相同，那么y＝f(g(x))是增函数；
如果y＝f(u)和u＝g(x)的单调性相反，那么y＝f(g(x))是减函数．在应用这一结论时，
必须注意：函数u＝g(x)的值域必须是y＝f(u)的单调区间的子集．
5)在研究函数的单调性时，常需要先将函数化简，转化为讨论一些熟知的函数的单调性，
因此掌握一次函数、二次函数、幂函数、对数函数等的单调性，将大大缩短我们的判断过程．
3．函数最值的重要结论
(1)设f(x)在某个集合D上有最小值，m为常数，则f(x)≥m在D上恒成立的充要条件是f(x)min≥m；
(2)设f(x)在某个集合D上有最大值，m为常数，则f(x)≤m在D上恒成立的充要条件是f(x)max≤m.
4．自变量取值之间的不等关系和函数值的不等关系可正逆互推，即若f(x)是增(减)函数，
则f(x1)＜f(x2)?x1＜x2(x1＞x2)．在解决“与抽象函数有关的不等式”问题时，可以利用函数单调性的“可逆性”，脱去“函数符号f”，化为一般不等式求解，但运算必须在定义域内或给定的范围内进行．