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2014高三数学一轮复习:2.3函数的单调性与最值


[备考方向要明了]
考 什 么 怎 么 考

1.理解函数
的单调性、 最大值、

1.函数的单调性,是高考考查的重中之重,主要
考查求函数的单调区间、利用函数的单调性比 较函数值的大小、利用函数单调性求函数值域

最小值及其
几何意义.

或最值、利用函数的

单调性解不等式等相关问
题,如2009年高考T3,T10.

2.会利用函数 2.函数的最值问题是每年高考的必考内容,一般

的图象理解
和研究函数 的性质.

情况下,不会对最值问题单独命题,主要是结
合其他知识综合在一起考查,主要考查求最值 的基本方法,如2011年高考T19

1.函数的单调性

[归纳 知识整合]

(1)单调函数的定义:

增函数

减函数

一般地,设函数f(x)的定义域为A,区间I?A.如果对于 区间I内的任意两个值x1,x2 定 当x1<x2时,都有 当x1<x2时,都有 f(x1)>f(x2) , f(x1)<f(x2) 义 ,那么就 那么就说y=f(x)在区间I上是 说y=f(x)在区间I上是 单调减函数 单调增函数

增函数

减函数

图象 描述 自左向右看图象是 自左向右看图象是 逐渐上升的 ___________ 逐渐下降的 ___________

(2)如果函数y=f(x)在区间I上是 单调增函数



单调减函数 ,那么就说函数y=f(x)在区间I上具有(严格 的)单调性.单调增区间和单调减区间统称为单调区间.

[探究]

1 1.函数 y=x的单调递减区间为(-∞,0)∪(0,

+∞),这种表示法对吗?

提示:首先函数的单调区间只能用区间表示,不能用 集合或不等式的形式表示;如果一个函数有多个单调区间 应分别写,分开表示,不能用并集符号“∪”联结,也不

能用“或”联结.

2.函数f(x)在区间[a,b]上单调递增与函数f(x)的单 调递增区间为[a,b]含义相同吗? 提示:含义不同.f(x)在区间[a,b]上单调递增并不 能排除f(x)在其他区间上单调递增,而f(x)的单调递增区 间为[a,b]意味着f(x)在其他区间上不可能单调递增.

2.函数的最值
前提 设函数y=f(x)的定义域为A

如果存在x0∈A,使得 如果存在x0∈A,使得
条件 对于任意的x∈A,都 f(x)≤f(x0) 有___________ 对于任意的x∈A,都 有f(x)≥f(x0)

结论

称f(x0)为y=f(x)的最大 称f(x0)为y=f(x)的最小

ymax=f(x0) 值,记为 __________ 值,记为ymin=f(x0)

[探究]

3.函数的单调性、最大(小)值反映在其图

象上有什么特征? 提示:函数的单调性反映在图象上是上升或下降 的,而最大(小)值反映在图象上为其最高(低)点的纵坐 标的值.

[自测 牛刀小试] 2 1.(教材习题改编)函数 f(x)= ,x∈[2,6],则下列说 x-1
法正确的有________. ①函数 f(x)为减函数;②函数 f(x)为增函数;③函数 2 f(x)的最大值为 2;④函数 f(x)的最小值为 . 5 2 解析:易知函数 f(x)= 在 x∈[2,6]上为减函数,故 x-1

2 f(x)min=f(6)= ,f(x)max=f(2)=2. 5 答案:①③④

2.函数 y=(2k+1)x+b 在(-∞,+∞)上是减函数,则 ________.

解析:使 y=(2k+1)x+b 在(-∞,+∞)上是减函数, 1 则 2k+1<0,即 k<- . 2 1 答案:k<- 2

3.已知函数 f(x)为 R 上的减函数,则满足 x 的取值范围是________.

??1?? f??x??<f(1)的实数 ?? ??

解析:∵函数 f(x)为 R 上的减函数, 且
??1?? f??x??<f(1), ?? ?? ?? ??

?1? ∴?x?>1,即|x|<1 ? ? ? ?

且|x|≠0.

∴x∈(-1,0)∪(0,1).
答案:(-1,0)∪(0,1)

4.(教材习题改编)若函数 f(x)=4x2-kx-8 在[5,20]上是单 调递增函数,则实数 k 的取值范围是________. k 2 解析:∵函数 f(x)=4x -kx-8 的对称轴为 x= , 8
又函数 f(x)在[5,20]上为增函数, k ∴ ≤5,即 k≤40. 8

答案:(-∞,40]

5.(2012· 无锡调研)已知函数y=log2(ax-1)在(1,2)上单
调递增,则a的取值范围为________.
解析:令 m=ax-1,则函数 y=log2(ax-1)在(1,2)上 单调递增等价于 m=ax-1 在(1,2)上单调递增,且 ax -1>0
?a>0, ? 在(1,2)上恒成立,所以? ?a-1≥0, ?

即 a≥1.

答案:[1,+∞)

函数单调性的判断或证明
[例 1] 已知函数 f(x)= x2+1-ax,其中 a>0.

(1)若 2f(1)=f(-1),求 a 的值; (2)证明:当 a≥1 时,函数 f(x)在区间[0,+∞)上为单 调减函数. [自主解答]
(1)由 2f(1)=f(-1), 2 2+a,得 a= . 3

可得 2 2-2a=

(2)证明:任取 x1,x2∈[0,+∞),且 x1<x2, f(x1) - f(x2) = x2+1 - ax1 - 1
2 x2+1 + ax2 =

x2+1 - 1

x2+1-a(x1-x2) 2 x2-x2 1 2 = 2 -a(x1-x2) 2 x1+1+ x2+1
? =(x1-x2)? ? ? ? x1+x2 -a?. 2 ? x2+1+ x2+1 1 ?

∵0≤x1<

x2+1,0<x2< 1

x2+1, 2

x1+x2 ∴0< 2 <1. 2 x1+1+ x2+1 又∵a≥1,∴f(x1)-f(x2)>0, ∴f(x)在[0,+∞)上单调递减.

保持本例条件不变,若 f(x)在区间[1,+∞)上是增函 数,求 a 的取值范围.

解:任取 1≤x1<x2,f(x1)-f(x2)=
? (x1-x2)? ? ? ? x1+x2 -a?, x2+1+ x2+1 ? 1 2 ?

∵f(x)单调递增,所以 f(x1)-f(x2)<0.

x1+x2 又 x1-x2<0, 那么必须 2 -a>0 恒成立. 2 x1+1+ x2+1
2 2 ∵1≤x1<x2?2x2≥x1+1,2x2>x2+1, 1 2

∴ 2x1≥

2 x1+1, 2x2>

x2+1. 2
2 x2+1?

相加得 2(x1+x2)>

x2+1+ 1

x1+x2 2 2 > ,∴0<a≤ . 2 2 2 x1+1 x2+1 2

判断或证明函数的单调性的两种方法 (1)利用定义的基本步骤是: 取值 ? 作差?商?变形 ? 确定符号 ? 得出结论 (2)利用导数的基本步骤是: 求导函数 ? 确定符号 ? 得出结论

ax 1.讨论函数 f(x)= 2 (a>0)的单调性. x -1 解:由 x2-1≠0,得 x≠± 1,即
定义域为(-∞,-1)∪(-1,1)∪(1,+∞). ①当 x∈(-1,1)时,设-1<x1<x2<1, 则 f(x1)-f(x2)= ax1 ax2 - 2 x2-1 x2-1 1

2 ax1x2-ax1-ax2x1+ax2 a?x2-x1??x1x2+1? 2 = = . 2 ?x2-1??x2-1? ?x2-1??x2-1? 1 2 1

∵-1<x1<x2<1, ∴x2-x1>0,x1x2+1>0,(x2-1)(x2-1)>0. 1 2 又 a>0,∴f(x1)-f(x2)>0,函数 f(x)在(-1,1)上为减函数.

②设 1<x1<x2,则 f(x1)-f(x2) a?x2-x1??x1x2+1? ax1 ax2 = 2 - = , x1-1 x2-1 ?x2-1??x2-1? 2 1 2 ∵1<x1<x2,∴x2-1>0,x2-1>0, 1 2 x2-x1>0,x1x2+1>0. ∴f(x1)-f(x2)>0,即 f(x1)>f(x2). ∴f(x)在(1,+∞)上为减函数, 又函数 f(x)是奇函数, ∴f(x)在(-∞,-1)上是减函数.

求函数的单调区间
[例 2] 求下列函数的单调区间.

(1)y=-x2+2|x|+3; (2)y=log2(x2-1). [自主解答] (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.

(2)∵y=log2(x2-1), ∴该函数的定义域为(-∞,-1)∪(1,+∞). 又∵y=log2(x2-1)可看作由 y=log2μ 和 μ=x2-1 两个 函数复合而成的,且 y=log2μ 在 μ∈(0,+∞)上为增函数, 而 μ=x2-1 在(-∞,-1)上为减函数且 μ>0, 在(1,+∞)上为增函数且 μ>0. ∴当 x∈(-∞,-1)时,y=log2(x2-1)为减函数, 当 x∈(1,+∞)时,y=log2(x2-1)为增函数.

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————————————

1.求函数单调区间应注意的问题

函数的单调区间是函数定义域的子集或真子集,求
函数的单调区间必须首先确定函数的定义域,求函数的 单调区间的运算应该在函数的定义域内进行. ————————————————————————

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2.求复合函数y=f[g(x)]的单调区间的步骤 (1)确定定义域.

(2)将复合函数分解成基本初等函数:y=f(u),u=
g(x). (3)分别确定这两个函数的单调区间. (4)若这两个函数同增或同减,则y=f[g(x)]为增函数; 若一增一减,则y=f[g(x)]为减函数,即“同增异减”. ————————————————————————

2.求函数 y=

x2+x-6的单调区间.
x2+x-6可以看作有 y= u

解:令 u=x2+x-6,y=

与 u=x2+x-6 的复合函数. 由 u=x2+x-6≥0,得 x≤-3 或 x≥2. ∵u=x2+x-6 在(-∞,-3]上是减函数, 在[2,+∞)上是增函数,而 y= 函数. ∴y= x2+x-6的单调减区间为(-∞,-3],单调增 u在(0,+∞)上是增

区间为[2,+∞).

函数单调性与最值的应用
[例 3] [1,+∞). 1 (1)当 a= 时,求函数 f(x)的最小值; 2 (2)若对任意 x∈[1,+∞),f(x)>0 恒成立,试求实数 a 的取值范围. x2+2x+a (2012· 昆明模拟)已知函数 f(x)= ,x∈ x

[自主解答]

1 1 (1)当 a= 时, f(x)=x+ +2, 在[1, +∞) 2 2x

7 上为增函数,f(x)min=f(1)= . 2

a (2)f(x)=x+ +2,x∈[1,+∞). x ①当 a≤0 时,f(x)在[1,+∞)内为增函数. 最小值为 f(1)=a+3. 要使 f(x)>0 在 x∈[1, +∞)上恒成立, 只需 a+3>0, a>-3, 即 所以-3<a≤0. ②当 0<a≤1 时,f(x)在[1,+∞)上为增函数,f(x)min=f(1)=a +3. 所以 a+3>0,a>-3.所以 0<a≤1. ③当 a>1 时,f(x)在[1, a ]上为减函数,在( a,+∞)上为 增函数,所以 f(x)在[1,+∞)上的最小值是 f( a)=2 a+2,2 a+ 2>0,显然成立.综上所述,f(x)在[1,+∞)上恒大于零时,a 的取 值范围是(-3,+∞).

1.两种恒成立问题的转化 ?1?不等式 m>f?x?恒成立?m>f?x?max; ?2?m<f?x?恒成立?m<f?x?min.
2.利用函数的单调性求参数的方法及注意点 利用函数的单调性求参数的取值范围, 解题思路为视参数为 已知数,依据函数的图象或单调性定义,确定函数的单调区间, 与已知单调区间比较求参. 需注意若函数在区间[a,b]上是单调的,则该函数在此区间 的任意子集上也是单调的.

x 3.已知 f(x)= (x≠a). x-a (1)若 a=-2,试证 f(x)在(-∞,-2)内单调递增; (2)若 a>0 且 f(x)在(1, +∞)内单调递减, a 的取值范围. 求

解:(1)证明:任设 x1<x2<-2, 2?x1-x2? x1 x2 则 f(x1)-f(x2)= - = . x1+2 x2+2 ?x1+2??x2+2? ∵(x1+2)(x2+2)>0,x1-x2<0, ∴f(x1)-f(x2)<0,即 f(x1)<f(x2). ∴f(x)在(-∞,-2)内单调递增.

(2)任设 1<x1<x2,则 a?x2-x1? x1 x2 f(x1)-f(x2)= - = . x1-a x2-a ?x1-a??x2-a? ∵a>0,x2-x1>0, ∴要使 f(x1)-f(x2)>0, 只需(x1-a)(x2-a)>0 恒成立. ∴ a≤1.综上所述,a 的取值范围是(0,1].

? 2 个防范——对函数单调区间的记法及性质的防范

(1)函数的单调区间是指函数在定义域内的某个区间上单 调递增或单调递减.单调区间要分开写,即使在两个区间上的 单调性相同,也不能用并集表示.

(2)两函数 f(x),g(x)在 x∈(a,b)上都是增(减)函数,则 f(x) 1 +g(x)也为增(减)函数,但 f(x)· g(x), 等的单调性与其正负有 f?x? 关,切不可盲目类比.

? 2 种形式——单调函数的等价变形
设任意 x1,x2∈[a,b]且 x1<x2,那么 f?x1?-f?x2? (1) >0?(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0?f(x)在[a, b] x1-x2 上是增函数; f?x1?-f?x2? (2) <0?(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0?f(x)在[a, x1-x2
b]上是减函数.

? 4 种方法——函数单调性的判断
判断函数单调性的方法有以下四种: (1)定义法:取值、作差、变形、定号、下结论;

(2)复合法:同增异减,即内外函数的单调性相同时,为 增函数,不同时为减函数;
(3)导数法:利用导数研究函数的单调性;

(4)图象法:利用图象研究函数的单调性.

易误警示——分段函数单调性中的误区

[ 典 例 ]

(2012·福 州 模 拟 ) 已 知 函 数 f(x) = 满 足 对 任 意 的 实 数 x1≠x2 都 有

??3a-1?x+4a,x<1, ? ? ?logax,x≥1, ?

f?x1?-f?x2? <0 成立,则实数 a 的取值范围为________. x1-x2

[解析]

据题意使原函数在定义域 R 上为减函数, 1 1 解得 ≤a< . 7 3

?3a-1<0, ? 只需满足?0<a<1, ??3a-1?×1+4a≥log 1, ? a

[答案]

?1 1? ? , ? ?7 3?

[易误辨析]

(1)如果只考虑到使各段函数在相应定义域内为减函 数的条件, 而忽视在 R 上为减函数, 易求错 a 的取值范围.
(2)一般地,若函数 f(x)在区间[a,b)上为增函数,在区 间[b,c]上为增函数,则不一定说明函数 f(x)在[a,c]上为增

函数,如图:

,由图象可知函数 f(x)在[a,c]上

整体不呈上升趋势, 故此时不能说 f(x)在[a, c]上为增函数,

若图象满足如图:

,即可说明函数在[a,c]上为

增函数,即只需 f(x)在[a,b)上的最大值不大于 f(x)在[b, c]上的最小值即可,同理减函数的情况依据上述思路也可 推得相应结论.

?1,x>0, ? 1.设函数 f(x)=?0,x=0, ?-1,x<0, ? 的递减区间是________.
?x2,x>1, ? 解析:g(x)=?0,x=1, ?-x2,x<1. ? 其递减区间是[0,1).

[变式训练]

g(x)=x2f(x-1),则函数 g(x)

如图所示,

答案:[0,1)(开区间也行)

?ax?x>1?, ? 2.若 f(x)=?? a? 是 R 上的单调递增函数, ?4- ?x+2?x≤1?, ?? 2? ? 则实数 a 的取值范围为________.
解析:函数 f(x)在(-∞,1]和(1,+∞)上都为增函数, 且 f(x)在(-∞,1]上的最高点不高于其在(1,+∞)上的 ?a>1, ? ?4-a>0, 2 最低点,即? ? a ?a≥4- +2, 2 ? 答案:[4,8)

解得 a∈[4,8).

3.设函数 y=f(x)在 R 内有定义,对于给定的正数 k,定 义函数
?f?x?,f?x?≤k, ? fk(x)=? ?k,f?x?>k. ?

取函数 f(x)=log2|x|, 当

1 k= 时,函数 fk(x)的单调递增区间为________. 2 1 解析:函数 f(x)=log2|x|,k= 时,函数 2

fk(x)的图象如图所示,由图示可得函数 fk(x)的单调递增区间为(0, 2 ].
答案:(0, 2 ]

1.求函数 y= log (x2-3x+2)的单调增区间.
1 2

解:令 u=x2-3x+2,则原函数可以看作 y= log 1 u 与
2

u=x2-3x+2 的复合函数. 令 u=x2-3x+2>0,则 x<1 或 x>2. 所以函数 y= log 1 (x2-3x+2)的定义域为
2

(-∞,1)∪(2,+∞).

3 又 u=x -3x+2 的对称轴 x= ,且开口向上. 2
2

所以 u=x2-3x+2 在(-∞,1)上是单调减函数,在(2,+ ∞)上是单调增函数. 1 而 y=log u 在(0,+∞)上是单调减函数, 2 1 2 故 y=log (x -3x+2)的单调减区间为(2,+∞),单调增区 2 间为(-∞,1).

mx 2.讨论函数 f(x)= (m<0)的单调性. x-2 解:函数定义域为{x|x≠2},
不妨设 x1,x2∈(-∞,2)且 x1<x2, mx2 mx1 mx2?x1-2?-mx1?x2-2? f(x2)-f(x1)= - = = x2-2 x1-2 ?x1-2??x2-2? 2m?x1-x2? . ?x1-2??x2-2? ∵m<0,x1,x2∈(-∞,2),且 x1<x2, ∴x1-x2<0,(x2-2)(x1-2)>0.

m?x1-x2? ∴ >0, ?x2-2??x1-2? 即 f(x2)>f(x1),故函数 f(x)在区间(-∞,2)上是增函数. 同理可得函数 f(x)在区间(2,+∞)上也是增函数. 综上,函数 f(x)在(-∞,2),(2,+∞)上为增函数.

3.已知函数 f(x)对于任意 x,y∈R,总有 f(x)+f(y)=f(x 2 +y),且当 x>0 时,f(x)<0,f(1)=- . 3 (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)证明: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)<f(x2). 因此 f(x)在 R 上是减函数. 法二:在 R 上任取 x1,x2,不妨设 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)<f(x2). 因此 f(x)在 R 上是减函数.

(2)∵f(x)在 R 上为减函数, ∴f(x)在[-3,3]上也为减函数, ∴f(x)在[-3,3]上的最大值为 f(-3),最小值为 f(3), 而 f(3)=f(1+2)=f(1)+f(2)=f(1)+f(1+1) =f(1)+f(1)+f(1)=3f(1)=-2. ∵0=f(0)=f(3-3)=f(3)+f(-3), ∴f(-3)=-f(3)=2.

4. 已知定义在区间(0, +∞)上的函数 f(x)满足 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.

?x ? ? 1? f?x ?= ? 2?

解:(1)令 x1=x2>0, 代入得 f(1)=f(x1)-f(x2)=0,故 f(1)=0. x1 (2)任取 x1,x2∈(0,+∞),且 x1>x2,则 >1, x2 由于当 x>1 时,f(x)<0, 所以
?x1? f?x ?<0,即 ? 2?

f(x1)-f(x2)<0,因此 f(x1)<f(x2).

所以函数 f(x)在区间(0,+∞)上是单调递减函数.

(3)由

?x1? f?x ?=f(x1)-f(x2)得 ? 2?

?9? f?3?=f(9)-f(3),而 ? ?

f(3)=-1,所以 f(9)=-2.

由于函数 f(x)在区间(0,+∞)上是单调递减函数, 所以当 x>0 时,由 f(|x|)<-2 得 f(x)<f(9), 因此 x>9; 当 x<0 时,由 f(|x|)<-2 得 f(-x)<f(9), 因此-x>9,即 x<-9. 因此不等式的解集为{x|x>9 或 x<-9}.


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