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学案5函数的单调性与最值
导学目标：1.理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义.2.会用定义判断函数的单
调性，会求函数的单调区间及会用单调性求函数的最值．
自主梳理
1．单调性
(1)定义：一般地，设函数y＝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x1，x2，当x1f(x2))，那么就说f(x)在区间D上是
______________．
(2)单调性的定义的等价形式：设x1，x2∈[a，b]，那么(x1－x2)(f(x1)－f(x2))>0?f?x1?－f?x2?x
1－x2
>0
?f(x)在[a，b]上是________；(x1－x2)(f(x1)－f(x2))<0?f?x1?－f?x2?x
1－x2
<0?f(x)在[a，b]上是
________．
(3)单调区间：如果函数y＝f(x)在某个区间上是增函数或减函数，那么说函数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__________．
(4)函数y＝x＋ax(a>0)在(－∞，－a)，(a，＋∞)上是单调________；在(－a，0)，
(0，a)上是单调______________；函数y＝x＋ax(a<0)在______________上单调递增．
2．最值
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
f(x)≤M(f(x)≥M)；②存在x0∈I，使得f(x0)＝M.那么，称M是函数y＝f(x)的____________．
自我检测
1．(2011·杭州模拟)若函数y＝ax与y＝－bx在(0，＋∞)上都是减函数，则y＝ax2＋bx在
(0，＋∞)上是()
A．增函数B．减函数
C．先增后减D．先减后增
2．设f(x)是(－∞，＋∞)上的增函数，a为实数，则有()
A．f(a)
C．f(a2＋a)f(a)
3．下列函数在(0,1)上是增函数的是
()
A．y＝1－2xB．y＝x－1
C．y＝－x2＋2xD．y＝5
4．(2011·合肥月考)设(a，b)，(c，d)都是函数f(x)的单调增区间，且x1∈(a，b)，x2∈(c，
d)，x1
A．f(x1)f(x2)
C．f(x1)＝f(x2)D．不能确定
5．当x∈[0,5]时，函数f(x)＝3x2－4x＋c的值域为()
A．[c,55＋c]B．[－43＋c，c]
C．[－43＋c,55＋c]D．[c,20＋c]
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探究点一函数单调性的判定及证明
例1设函数f(x)＝x＋ax＋b(a>b>0)，求f(x)的单调区间，并说明f(x)在其单调区间上的单
调性．
变式迁移1已知f(x)是定义在R上的增函数，对x∈R有f(x)>0，且f(5)＝1，设F(x)
＝f(x)＋1f?x?，讨论F(x)的单调性，并证明你的结论．
探究点二函数的单调性与最值
例2(2011·烟台模拟)已知函数f(x)＝x
2＋2x＋a
x，x∈[1，＋∞)．
(1)当a＝12时，求函数f(x)的最小值；
(2)若对任意x∈[1，＋∞)，f(x)>0恒成立，试求实数a的取值范围．
变式迁移2已知函数f(x)＝x－ax＋a2在(1，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围．
探究点三抽象函数的单调性
例3(2011·厦门模拟)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)＝－23.
(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．
变式迁移3已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足f(x1x
2
)＝f(x1)－f(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.
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分类讨论及数形结合思想
例(12分)求f(x)＝x2－2ax－1在区间[0,2]上的最大值和最小值．
【答题模板】
解f(x)＝(x－a)2－1－a2，对称轴为x＝a.
(1)当a<0时，由图①可知，f(x)min＝f(0)＝－1，f(x)max＝f(2)＝3－4a.[3分]
(2)当0≤a<1时，由图②可知，f(x)min＝f(a)＝－1－a2，f(x)max＝f(2)＝3－4a.[6分]
(3)当1
(4)当a>2时，由图④可知，f(x)min＝f(2)＝3－4a，f(x)max＝f(0)＝－1.
综上，(1)当a<0时，f(x)min＝－1，f(x)max＝3－4a；
(2)当0≤a<1时，f(x)min＝－1－a2，f(x)max＝3－4a；
(3)当1
(4)当a>2时，f(x)min＝3－4a，f(x)max＝－1.[12分]
【突破思维障碍】
(1)二次函数的单调区间是由图象的对称轴确定的．故只需确定对称轴与区间的关系．由
于对称轴是x＝a，而a的取值不定，从而导致了分类讨论．
(2)不是应该分a<0,0≤a≤2，a>2三种情况讨论吗？为什么成了四种情况？这是由于抛
物线的对称轴在区间[0,2]所对应的区域时，最小值是在顶点处取得，但最大值却有可能是
f(0)，也有可能是f(2)．
1．函数的单调性的判定与单调区间的确定常用方法有：
(1)定义法；(2)导数法；(3)图象法；(4)单调性的运算性质．
2．若函数f(x)，g(x)在区间D上具有单调性，则在区间D上具有以下性质：
(1)f(x)与f(x)＋C具有相同的单调性．
(2)f(x)与af(x)，当a>0时，具有相同的单调性，当a<0时，具有相反的单调性．
(3)当f(x)恒不等于零时，f(x)与1f?x?具有相反的单调性．
(4)当f(x)，g(x)都是增(减)函数时，则f(x)＋g(x)是增(减)函数．
(5)当f(x)，g(x)都是增(减)函数时，则f(x)·g(x)当两者都恒大于零时，是增(减)函数；当
两者都恒小于零时，是减(增)函数．
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(满分：75分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1．(2011·泉州模拟)“a＝1”是“函数f(x)＝x2－2ax＋3在区间[1，＋∞)上为增函数”
的
(
)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
2．(2009·天津)已知函数f(x)＝
??
??
?x2＋4x，x≥0，
4x－x2，x<0，若f(2－a
2)>f(a)，则实数a的取值范
围是
()
A．(－∞，－1)∪(2，＋∞)
B．(－1,2)
C．(－2,1)
D．(－∞，－2)∪(1，＋∞)
3．(2009·宁夏，海南)用min{a，b，c}表示a，b，c三个数中的最小值．设f(x)＝min{2x，
x＋2,10－x}(x≥0)，则f(x)的最大值为()
A．4B．5C．6D．7
4．(2011·丹东月考)若f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝ax＋1在区间[1,2]上都是减函数，则a的
取值范围是
()
A．(－1,0)∪(0,1)B．(－1,0)∪(0,1]
C．(0,1)D．(0,1]
5．(2011·葫芦岛模拟)已知定义在R上的增函数f(x)，满足f(－x)＋f(x)＝0，x1，x2，x3
∈R，且x1＋x2>0，x2＋x3>0，x3＋x1>0，则f(x1)＋f(x2)＋f(x3)的值()
A．一定大于0B．一定小于0
C．等于0D．正负都有可能
题号12345
答案
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．函数y＝－(x－3)|x|的递增区间是________．
7．设f(x)是增函数，则下列结论一定正确的是________(填序号)．
①y＝[f(x)]2是增函数；
②y＝1f?x?是减函数；
③y＝－f(x)是减函数；
④y＝|f(x)|是增函数．
8．设0
三、解答题(共38分)
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9．(12分)(2011·湖州模拟)已知函数f(x)＝a－1|x|.
(1)求证：函数y＝f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
(2)若f(x)<2x在(1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
10．(12分)已知f(x)＝x2＋ax＋3－a，若x∈[－2,2]时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．
11．(14分)(2011·鞍山模拟)已知f(x)是定义在[－1,1]上的奇函数，且f(1)＝1，若a，b
∈
[－1,1]，a＋b≠0时，有f?a?＋f?b?a＋b>0成立．
(1)判断f(x)在[－1,1]上的单调性，并证明它；
(2)解不等式：f(x＋12)
(3)若f(x)≤m2－2am＋1对所有的a∈[－1,1]恒成立，求实数m的取值范围．
答案自主梳理
1．(1)增函数(减函数)(2)增函数减函数(3)单调区间(4)递增递减(－∞，0)，
(0，＋∞)2.最大(小)值
自我检测
1．B[由已知得a<0，b<0.所以二次函数对称轴为直线x＝－b2a<0，且图象开口向下．]
2．D[∵a2＋1>a，f(x)在R上单调递增，
∴f(a2＋1)>f(a)．]
3．C[常数函数不具有单调性．]
4．D[在本题中，x1，x2不在同一单调区间内，故无法比较f(x1)与f(x2)的大小．]
5．C[∵f(x)＝3(x－23)2－43＋c，x∈[0,5]，∴当x＝23时，f(x)min＝－43＋c；当x＝5时，
f(x)max＝55＋c.]
课堂活动区
例1解题导引对于给出具体解析式的函数，判断或证明其在某区间上的单调性问
题，可以结合定义(基本步骤为：取点，作差或作商，变形，判断)来求解．可导函数则可以
利用导数求解．有些函数可以转化为两个或多个基本初等函数，利用其单调性可以方便求解．
解在定义域内任取x1，x2，且使x1
则Δx＝x2－x1>0，
Δy＝f(x2)－f(x1)＝x2＋ax
2＋b
－x1＋ax
1＋b
＝?x2＋a??x1＋b?－?x2＋b??x1＋a??x
1＋b??x2＋b?
＝?b－a??x2－x1??x
1＋b??x2＋b?
.
∵a>b>0，∴b－a<0，∴(b－a)(x2－x1)<0，
又∵x∈(－∞，－b)∪(－b，＋∞)，
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∴只有当x1
当x1
∴y＝f(x)在(－∞，－b)上是单调减函数，在(－b，＋∞)上也是单调减函数．
变式迁移1解在R上任取x1、x2，设x1f(x1)，F(x2)－F(x1)＝[f(x2)＋1f?x
2?
]
－[f(x1)＋1f?x
1?
]＝[f(x2)－f(x1)][1－1f?x
1?f?x2?
]，
∵f(x)是R上的增函数，且f(5)＝1，
∴当x<5时，05时f(x)>1；
①若x1
∴0
1?f?x2?
<0，
∴F(x2)
②若x2>x1>5，则f(x2)>f(x1)>1，
∴f(x1)·f(x2)>1，∴1－1f?x
1?f?x2?
>0，
∴F(x2)>F(x1)．
综上，F(x)在(－∞，5)为减函数，在(5，＋∞)为增函数．
例2解(1)当a＝12时，f(x)＝x＋12x＋2，
设x1，x2∈[1，＋∞)且x1
f(x1)－f(x2)＝x1＋12x
1
－x2－12x
2
＝(x1－x2)(1－12x
1x2
)
∵x1
∴1－12x
1x2
>0，
∴f(x1)－f(x2)<0，∴f(x1)
∴f(x)在区间[1，＋∞)上为增函数，
∴f(x)在区间[1，＋∞)上的最小值为f(1)＝72.
(2)方法一在区间[1，＋∞)上，f(x)＝x
2＋2x＋a
x>0恒成立，等价于x
2＋2x＋a>0恒成立．
设y＝x2＋2x＋a，x∈[1，＋∞)，
y＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1递增，
∴当x＝1时，ymin＝3＋a，
于是当且仅当ymin＝3＋a>0时，函数f(x)恒成立，
故a>－3.
方法二f(x)＝x＋ax＋2，x∈[1，＋∞)，
当a≥0时，函数f(x)的值恒为正，满足题意，当a<0时，函数f(x)递增；
当x＝1时，f(x)min＝3＋a，于是当且仅当f(x)min＝3＋a>0时，函数f(x)>0恒成立，
故a>－3.
方法三在区间[1，＋∞)上f(x)＝x
2＋2x＋a
x>0恒成立等价于x
2＋2x＋a>0恒成立．
即a>－x2－2x恒成立．
又∵x∈[1，＋∞)，a>－x2－2x恒成立，
∴a应大于函数u＝－x2－2x，x∈[1，＋∞)的最大值．
∴a>－x2－2x＝－(x＋1)2＋1.
当x＝1时，u取得最大值－3，∴a>－3.
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变式迁移2解设1
∵函数f(x)在(1，＋∞)上是增函数，
∴f(x1)－f(x2)＝x1－ax
1
＋a2－(x2－ax
2
＋a2)
＝(x1－x2)(1＋ax
1x2
)<0.
又∵x1－x2<0，∴1＋ax
1x2
>0，即a>－x1x2恒成立．
∵11，－x1x2<－1.
∴a≥－1，∴a的取值范围是[－1，＋∞)．
例3解题导引(1)对于抽象函数的问题要根据题设及所求的结论来适当取特殊值说
明抽象函数的特点．证明f(x)为单调减函数，首选方法是用单调性的定义来证．(2)用函数的
单调性求最值．
(1)证明设x1>x2，
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)解∵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)．
又∵f(3)＝f(2＋1)＝f(2)＋f(1)＝f(1)＋f(1)＋f(1)
∴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.
变式迁移3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，则x1x
2
>1，
由于当x>1时，f(x)<0，
∴f(x1x
2
)<0，即f(x1)－f(x2)<0，∴f(x1)
∴函数f(x)在区间(0，＋∞)上是单调递减函数．
(3)由f(x1x
2
)＝f(x1)－f(x2)得
f(93)＝f(9)－f(3)，而f(3)＝－1，∴f(9)＝－2.
由于函数f(x)在区间(0，＋∞)上是单调递减函数，
∴当x>0时，由f(|x|)<－2，得f(x)9；
当x<0时，由f(|x|)<－2，得f(－x)
∴－x>9，故x<－9，
∴不等式的解集为{x|x>9或x<－9}．
课后练习区
1．A[f(x)对称轴x＝a，当a≤1时f(x)在[1，＋∞)上单调递增．∴“a＝1”为f(x)在[1，
＋∞)上递增的充分不必要条件．]
2．C[由题知f(x)在R上是增函数，由题得2－a2>a，解得－2
3．C[
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由题意知函数f(x)是三个函数y1＝2x，y2＝x＋2，y3＝10－x中的较小者，作出三个函数
在同一坐标系之下的图象(如图中实线部分为f(x)的图象)可知A(4,6)为函数f(x)图象的最高
点．]
4．D[f(x)在[a，＋∞)上是减函数，对于g(x)，只有当a>0时，它有两个减区间为(－∞，
－1)和(－1，＋∞)，故只需区间[1,2]是f(x)和g(x)的减区间的子集即可，则a的取值范围是
0
5．A[∵f(－x)＋f(x)＝0，∴f(－x)＝－f(x)．
又∵x1＋x2>0，x2＋x3>0，x3＋x1>0，
∴x1>－x2，x2>－x3，x3>－x1.
又∵f(x1)>f(－x2)＝－f(x2)，
f(x2)>f(－x3)＝－f(x3)，
f(x3)>f(－x1)＝－f(x1)，
∴f(x1)＋f(x2)＋f(x3)>－f(x2)－f(x3)－f(x1)．
∴f(x1)＋f(x2)＋f(x3)>0.]
6．[0，32]
解析y＝
??
??
?－?x－3?x?x≥0?
?x－3?x?x<0?.
画图象如图所示：
可知递增区间为[0，32]．
7．③
解析举例：设f(x)＝x，易知①②④均不正确．
8．4
解析y＝1x＋11－x＝1x?1－x?，当0
∴y≥4.
9．(1)证明当x∈(0，＋∞)时，
f(x)＝a－1x，
设00，x2－x1>0.
f(x1)－f(x2)＝(a－1x
1
)－(a－1x
2
)
＝1x
2
－1x
1
＝x1－x2x
1x2
<0.………………………………………………………………………(5
分)
∴f(x1)
……………………………………………………………………………………………(6分)
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(2)解由题意a－1x<2x在(1，＋∞)上恒成立，
设h(x)＝2x＋1x，则a
……………………………………………………………………………………………(8分)
∵h′(x)＝2－1x2，x∈(1，＋∞)，∴2－1x2>0，
∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增．…………………………………………………………(10
分)
故a≤h(1)，即a≤3.
∴a的取值范围为(－∞，3]．…………………………………………………………(12分)
10．解设f(x)的最小值为g(a)，则只需g(a)≥0，
由题意知，f(x)的对称轴为－a2.
(1)当－a2<－2，即a>4时，
g(a)＝f(－2)＝7－3a≥0，得a≤73.
又a>4，故此时的a不存在．……………………………………………………………(4分)
(2)当－a2∈[－2,2]，即－4≤a≤4时，
g(a)＝f(－a2)＝3－a－a
2
4≥0得－6≤a≤2.
又－4≤a≤4，故－4≤a≤2.……………………………………………………………(8分)
(3)当－a2>2，即a<－4时，
g(a)＝f(2)＝7＋a≥0得a≥－7.
又a<－4，故－7≤a<－4.
综上得所求a的取值范围是－7≤a≤2.………………………………………………(12分)
11．解(1)任取x1，x2∈[－1,1]，且x1
则－x2∈[－1,1]，∵f(x)为奇函数，
∴f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)
＝f?x1?＋f?－x2?x
1＋?－x2?
·(x1－x2)，
由已知得f?x1?＋f?－x2?x
1＋?－x2?
>0，x1－x2<0，
∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)
∴f(x)在[－1,1]上单调递增．……………………………………………………………(4分)
(2)∵f(x)在[－1,1]上单调递增，
∴
??
??
?x＋12<1x－1，
－1≤x＋12≤1，
－1≤1x－1<1.………………………………?8分?
∴－32≤x<－1.……………………………………………………………………………(9分)
(3)∵f(1)＝1，f(x)在[－1,1]上单调递增．
∴在[－1,1]上，f(x)≤1.…………………………………………………………………(10分)
问题转化为m2－2am＋1≥1，
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即m2－2am≥0，对a∈[－1,1]成立．
下面来求m的取值范围．
设g(a)＝－2m·a＋m2≥0.
①若m＝0，则g(a)＝0≥0，自然对a∈[－1,1]恒成立．
②若m≠0，则g(a)为a的一次函数，若g(a)≥0，对a∈[－1,1]恒成立，必须g(－1)≥0，
且g(1)≥0，
∴m≤－2，或m≥2.
∴m的取值范围是m＝0或|m|≥2.……………………………………………………(14分)
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