第二章 第2讲 函数的单调性与最值-【金版教程】2023高考理科数学一轮复习解决方案word（老教材，经典版）

第2讲　函数的单调性与最值 1．函数的单调性 (1)单调函数的定义 (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)单调性，区间D叫做y＝f(x)的单调区间． 2．函数的最值 前提 设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足 条件 (1)对于任意x∈I，都有f(x)≤M； (2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M (1)对于任意x∈I，都有f(x)≥M； (2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M 结论 M为函数y＝f(x)的最大值 M为函数y＝f(x)的最小值 1．对勾函数y＝x＋(a>0)的增区间为(－∞，－]和[，＋∞)；减区间为[－，0)和(0，]，且对勾函数为奇函数． 2．设∀x1，x2∈D(x1≠x2)，则 (1)x1－x2>0(<0)，f(x1)－f(x2)>0(<0)⇔f(x)在D上单调递增；x1－x2>0(<0)，f(x1)－f(x2)<0(>0)⇔f(x)在D上单调递减； (2)>0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0)⇔f(x)在D上单调递增；<0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0)⇔f(x)在D上单调递减． 1．下列函数f(x)中，满足“∀x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0”的是(　　) A．f(x)＝2x B．f(x)＝|x－1| C．f(x)＝－x D．f(x)＝ln (x＋1) 答案　C 解析　由(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0可知，f(x)在(0，＋∞)上是减函数．A，D中，f(x)为增函数；B中，f(x)＝|x－1|在(0，＋∞)上不单调；C中，f(x)＝－x，因为y＝与y＝－x在(0，＋∞)上单调递减，因此f(x)在(0，＋∞)上是减函数． 2．函数f(x)＝|x2－3x＋2|的递增区间是(　　) A． B．和[2，＋∞) C．(－∞，1]和 D．和[2，＋∞) 答案　B 解析　y＝|x2－3x＋2|＝如图所示，函数的递增区间是和[2，＋∞).故选B. 3．(2021·安徽蚌埠第三次教学质量检测)已知a＝log31.5，b＝log0.50.1，c＝0.50.2，则a，b，c的大小关系为(　　) A．a<b<c B．a<c<b C．b<c<a D．c<a<b 答案　B 解析　∵0＝log31<log31.5<log3＝，∴0<a<，∵log0.50.1>log0.50.5＝1，∴b>1，∵0.5<0.50.2<0.50，∴<c<1，∴a<c<b，故选B. 4．设定义在[－1，7]上的函数y＝f(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的单调递增区间为 ． 答案　[－1，1]和[5，7] 解析　结合图象易知函数y＝f(x)的单调递增区间为[－1，1]和[5，7]. 5．函数f(x)＝|x－1|＋x2的值域为 ． 答案　 解析　因为f(x)＝|x－1|＋x2 ＝ 所以f(x)＝ 作出函数图象如图，由图象知f(x)＝|x－1|＋x2的值域为. 6．(2022·陕西咸阳摸底)已知函数f(x)＝则f(f(－3))＝ ，f(x)的最小值是 ． 答案　0　2－3 解析　因为f(－3)＝lg [(－3)2＋1]＝lg 10＝1，所以f(f(－3))＝f(1)＝1＋2－3＝0.当x≥1时，x＋－3≥2－3＝2－3，当且仅当x＝，即x＝时等号成立，此时f(x)min＝2－3<0；当x<1时，lg (x2＋1)≥lg (02＋1)＝0，此时f(x)min＝0.所以f(x)的最小值为2－3. 考向一　证明或判断函数的单调性 例1　讨论函数f(x)＝x＋(a>0)在(0，＋∞)内的单调性． 解　解法一：设x1，x2是任意两个正数，且0<x1<x2， 则f(x1)－f(x2)＝－＝·(x1x2－a). 当0<x1<x2≤ 时，0<x1x2<a. 又x1－x2<0，所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2). 所以函数f(x)在(0， ]上是减函数. 当<x1<x2时，x1x2>a. 又x1－x2<0，所以f(x1)－f(x2)<0， 即f(x1)<f(x2). 所以函数f(x)在(，＋∞)上是增函数． 解法二：因为f(x)＝x＋，所以f′(x)＝1－. 由f′(x)>0，得1－>0，即x2>a，解得x>； 由f′(x)<0，得1－<0，即x2<a，解得0<x<. 所以f(x)在(0，)内为减函数，在(，＋∞)内为增函数. 　　证明或判断函数单调性的方法 (1)判断函数单调性的四种方法 ①定义法；②图象法；③利用已知函数的单调性；④导数法. (2)证明