第二章函數第3節單調性與最大(小)值(二)1.會利用函數的單調性比較函數值的大小，解函數不等式.2.會求函數的最值或值域.目

錄CONTENTS考點聚焦突破01課時分層精練02考點聚焦突破1KAODIANJUJIAOTUPO考點一比較函數值的大小D(2)若a＝ln3，b＝lg5，c＝log126，則(

)A.a>b>c

B.b>c>a C.c>b>a

D.a>c>bD解析∵a＝ln3>lne＝1，b＝lg5<lg10＝1，c＝log126<log1212＝1，∴a>b，a>c，顯然函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，又∵0<log25<log26，∴f(log25)<f(log26)，即lg5<log126，∴a>c>b.感悟提升1.若題目條件中有具體的函數，則先判斷已知函數的單調性，利用其單調性比較大小.2.若題目條件中無具體函數，則需根據數值的結構特征構造函數，再利用其單調性比較大小.C當x＞0時，f′(x)＞0，函數f(x)單調遞增，∵0＜p＜m＜n，且f(m)＝1，∴f(p)＜f(m)＝1＜f(n).(2)若2x－2y<3－x－3－y，則(

)A.ln(y－x＋1)>0 B.ln(y－x＋1)<0 C.ln|x－y|>0 D.ln|x－y|<0A解析原已知條件等價于2x－3－x<2y－3－y，設函數f(x)＝2x－3－x.因為函數y＝2x與y＝－3－x在R上均單調遞增，所以f(x)在R上單調遞增，即f(x)<f(y)，所以x<y，即y－x>0，所以A正確，B不正確.因為|x－y|與1的大小不能確定，所以C，D不正確.考點二求函數的最值或值域例2(1)函數f(x)＝x2－2x＋3，x∈[0，3)的值域為________.[2，6)解析f(x)＝x2－2x＋3＝(x－1)2＋2(x∈[0，3))，其圖象開口向上，對稱軸x＝1，所以f(x)在[0，1]上單調遞減，在[1，3)上單調遞增，而f(0)＝3，f(1)＝2，f(3)＝6，故其值域為[2，6).解析函數的定義域為[1，＋∞)，感悟提升1.求函數最值的三種基本方法：(1)單調性法：先確定函數的單調性，再由單調性求最值.(2)圖象法：先作出函數的圖象，再觀察其最高點、最低點，求出最值.(3)基本不等式法：先對解析式變形，使之具備“一正二定三相等”的條件后用基本不等式求出最值.2.對于較復雜函數，可運用導數，求出在給定區間上的極值，最后結合端點值，求出最值.1解析法一(數形結合法)在同一坐標系中，作函數f(x)，g(x)的圖象，依題意，h(x)的圖象為如圖所示的實線部分.易知點A(2，1)為圖象的最高點，因此h(x)的最大值為h(2)＝1.法二(單調性法)當0<x≤2時，h(x)＝log2x是增函數；當x>2時，h(x)＝3－x是減函數，因此h(x)在x＝2時取得最大值h(2)＝1.考點三解函數不等式例3已知函數f(x)＝lnx＋2x，若f(x2－4)<2，則實數x的取值范圍是_______________________.解析因為函數f(x)＝lnx＋2x在定義域(0，＋∞)上單調遞增，且f(1)＝ln1＋2＝2，所以由f(x2－4)<2，得f(x2－4)<f(1)，所以0<x2－4<1，感悟提升求解函數不等式時，由條件脫去“f”，轉化為自變量間的大小關系，應注意函數的定義域.(－3，1)解析

根據所給的分段函數，畫出圖象如圖.已知函數在整個定義域上是單調遞減的，由f(3－a2)<f(2a)可知，3－a2>2a，解得－3<a<1.微點突破

復合函數的單調性1.復合函數單調性判定原則：同增異減.2.設復合函數y＝f[g(x)]，A是y＝f[g(x)]定義域的某個區間，B是u＝g(x)的值域；(1)若u＝g(x)在A上是增(或減)函數，y＝f(u)在B上也是增(或減)函數，則函數y＝f[g(x)]在A上是增函數；(2)若u＝g(x)在A上是增(或減)函數，而y＝f(u)在B上是減(或增)函數，則函數y＝f[g(x)]在A上是減函數.一、

求復合函數的單調區間例1已知函數f(x)＝x2－2x－3，g(x)＝f(5－x2)，試求g(x)的單調區間.解令u(x)＝5－x2,則u(x)在(－∞，0]上單調遞增，在[0,＋∞)上單調遞減，且u(0)＝5.f(x)＝x2－2x－3＝(x－1)2－4在(－∞，1]上單調遞減，在[1，＋∞)上單調遞增.即u(x)的單調性是以“0”為界來劃分的，f(x)的單調性是以“1”為界來劃分的，由此可確定g(x)的單調性.令5－x2＝1，則x＝±2.x(－∞，－2][－2，0][0，2][2，＋∞)u(x)＝5－x2增增減減u(－∞，1][1，5][1，5](－∞，1]f(u)減增增減f(5－x2)減增減增所以函數g(x)的單調遞減區間是(－∞，－2]，[0，2]，單調遞增區間是[－2,0]，[2，＋∞).解假設存在滿足條件的實數λ，則由f(x)＝x2＋1，g(x)＝f(f(x))，得g(x)＝(x2＋1)2＋1.∴F(x)＝g(x)－λf(x)＝x4＋(2－λ)x2＋2－λ.令t＝x2，則t＝x2在(－∞，0)上單調遞減，A解析A中，∵函數f(x)在R上是增函數，∴y＝－f(x)在R上是減函數，故A正確.C中，函數f(x)在R上是增函數，但y＝[f(x)]2在R上不一定是減函數，如f(x)＝x在R上是增函數，但y＝[f(x)]2＝x2在R上不是減函數，故排除C.D中，函數f(x)在R上是增函數，但y＝af(x)(a為實數)在R上不一定是增函數，例如f(x)＝x在R上是增函數，但f(x)＝－2x在R上不是增函數，故排除D.(2)已知函數f(x)是R上的減函數，若f(ax2－2x)在(1，＋∞)上是增函數，則實數a的取值范圍是____________.(－∞，0]解析由題意知函數y＝ax2－2x在(1，＋∞)上單調遞減，課時分層精練2KESHIFENCENGJINGLIAN1.(2024·廈門調考)若函數f(x)＝(m－1)x＋1在R上是增函數，則f(m)與f(1)的大小關系是(

) A.f(m)<f(1) B.f(m)>f(1) C.f(m)≤f(1) D.f(m)≥f(1)B解析因為f(x)＝(m－1)x＋1在R上是增函數，所以m>1，故f(m)>f(1).C則f(x)在(－∞，1]上單調遞增，在[1，＋∞)上單調遞減，所以f(x)的最大值為f(1)＝1.B解析易知f(x)是R上的減函數，又π＞3＞2，故f(π)＜f(3)＜f(2).4.(2024·哈爾濱質檢)已知函數f(x)在R上為增函數，若不等式f(－4x＋a)>f(－3－x2)對?x∈(3，＋∞)恒成立，則a的取值范圍為(

) A.[－1，＋∞) B.[3，＋∞) C.[0，＋∞) D.(1，＋∞)C解析由題意，得－4x＋a>－3－x2對?x∈(3，＋∞)恒成立，則a>－x2＋4x－3對?x∈(3，＋∞)恒成立.設函數g(x)＝－x2＋4x－3＝－(x－2)2＋1，則當x>3時，g(x)<0，所以a的取值范圍為[0，＋∞).C解析由題意可知，函數f(x)在[2，＋∞)上單調遞增，∵f(2a2－5a＋4)＜f(a2＋a＋4)，∴2≤2a2－5a＋4＜a2＋a＋4，A解析y＝ex是增函數，y＝－e－x是增函數，因此在(0，＋∞)上y＝ex－e－x單調遞增，且此時f(x)＞0；又f(x)＝－x2在(－∞，0]上單調遞增，且f(x)≤0，所以f(x)在R上單調遞增.c＝log20.9＜0，0＜b＝log32＜1，a＝50.01＞1，即a＞b＞c，所以f(a)＞f(b)＞f(c).B(0，1)(－∞，－1]∪{0}解析當x≥a時，f(x)＝x2－2ax＋1圖象的對稱軸方程為x＝a，要想f(x)存在最小值，當x<a時，f(x)＝ax－1單調遞減,且在x＝a處，y＝ax－1的函數值要大于等于y＝x2－2ax＋1的函數值，當a＜0時，需滿足a2－1≥a2－2a2＋1，解得a≤－1.此時f(x)min＝－1，符合題意.當a＞0時，f(x)不存在最小值.綜上，a≤－1或a＝0.∴f(x)在(0，1]上單調遞增，即a＝1時取等號，∴g(a)的最小值為2.解函數f(x)的定義域為{x|x≠0}.(2)證明函數f(x)在(0，＋∞)上為減函數，并求f(x)在x∈[2，8]上的最大值和最小值.證明由題意可設0＜x1＜x2，又0＜x1＜x2，所以x1x2＞0，x2－x1＞0，所以f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，所以函數f(x)在(0，＋∞)上為減函數.D根據max{a，b}的定義，可得函數f(x)的圖象為圖中實線部分.由圖知f(x)在(－∞，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，所以當x＝1時，f(x)最小，且最小值為f(1)