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高考第一轮复习数学:2.3函数的单调性


2.3 函数的单调性
●知识梳理 1.增函数、减函数的定义 一般地,对于给定区间上的函数 f(x) ,如果对于属于这个区间的任意两个自变量的值 x1、x2,当 x1<x2 时,都有 f(x1)<f(x2) 〔或都有 f(x1)>f(x2),那么就说 f(x)在这 〕 个区间上是增函数(或减函数). 如果函数 y=f(x)在某个区间上是增函数(或减函数) ,就说 f(x)

在这一区间上具有 (严格的)单调性,这一区间叫做 f(x)的单调区间.如函数是增函数则称区间为增区间, 如函数为减函数则称区间为减区间. 2.函数单调性可以从三个方面理解 (1)图形刻画:对于给定区间上的函数 f(x) ,函数图象如从左向右连续上升,则称函 数在该区间上单调递增,函数图象如从左向右连续下降,则称函数在该区间上单调递减. (2)定性刻画:对于给定区间上的函数 f(x) ,如函数值随自变量的增大而增大,则称 函数在该区间上单调递增, 如函数值随自变量的增大而减小, 则称函数在该区间上单调递减. (3)定量刻画,即定义. 上述三方面是我们研究函数单调性的基本途径. ●点击双基 1.下列函数中,在区间(0,2)上为增函数的是 A.y=-x+1 C.y=x2-4x+5 B.y= x D.y=

2 x

答案:B 2.函数 y=loga(x2+2x-3) ,当 x=2 时,y>0,则此函数的单调递减区间是 A.(-∞,-3) B.(1,+∞) C.(-∞,-1) D.(-1,+∞) 2 解析:当 x=2 时,y=loga5>0,∴a>1.由 x +2x-3>0 ? x<-3 或 x>1,易见函数 t=x2+2x-3 在(-∞,-3)上递减,故函数 y=loga(x2+2x-3) (其中 a>1)也在(- ∞,-3)上递减. 答案:A 3. ( 2003 年 北 京 朝 阳 区 模 拟 题 ) 函 数 y=log
1 2

|x - 3| 的 单 调 递 减 区 间 是

__________________. 解析:令 u=|x-3|,则在(-∞,3)上 u 为 x 的减函数,在(3,+∞)上 u 为 x 的增 函数.又∵0<

1 <1,∴在区间(3,+∞)上,y 为 x 的减函数. 2 答案: (3,+∞) 4.有下列几个命题:
①函数 y=2x2+x+1 在(0,+∞)上不是增函数;②函数 y=

1 在(-∞,-1)∪ x ?1

(-1,+∞)上是减函数;③函数 y= 5 ? 4 x ? x 2 的单调区间是[-2,+∞) ;④已知 f

(x)在 R 上是增函数,若 a+b>0,则有 f(a)+f(b)>f(-a)+f(-b).其中正确命题 的序号是___________________. 解析:①函数 y=2x2+x+1 在(0,+∞)上是增函数,∴①错;②虽然(-∞,-1) 、 (-1,+∞)都是 y=

1 的单调减区间,但求并集以后就不再符合减函数定义,∴②错; x ?1

③要研究函数 y= 5 ? 4 x ? x 2 的单调区间,首先被开方数 5+4x-x2≥0,解得-1≤x≤5, 由于[-2,+∞)不是上述区间的子区间,∴③错;④∵f(x)在 R 上是增函数,且 a>- b,∴b>-a,f(a)>f(-b) ,f(b)>f(-a) ,f(a)+f(b)>f(-a)+f(-b) ,因 此④是正确的. 答案:④ ●典例剖析 【例 1】 如果二次函数 f(x)=x2-(a-1)x+5 在区间(

1 ,1)上是增函数,求 f(2) 2

的取值范围. 剖析:由于 f(2)=22-(a-1)×2+5=-2a+11,求 f(2)的取值范围就是求一次函 数 y=-2a+11 的值域,当然就应先求其定义域.

1 ,1)上是增函数,由于其图象(抛物线)开口向上, 2 a ?1 1 1 a ?1 1 故其对称轴 x= 或与直线 x= 重合或位于直线 x= 的左侧, 于是 ≤ , 解之得 2 2 2 2 2 a≤2,故 f(2)≥-2×2+11=7,即 f(2)≥7. ax 【例 2】 讨论函数 f(x)= 2 (a>0)在 x∈(-1,1)上的单调性. x ?1 解:设-1<x1<x2<1,
解:二次函数 f(x)在区间( 则 f(x1)-f(x2)=

ax1 x1 ? 1
2
2



ax2 x2 ? 1
2

=

ax1 x 2 ? ax1 ? ax 2 x1 ? ax 2
2

( x1 ? 1)( x 2 ? 1)
2 2

=

a( x 2 ? x1 )( x1 x 2 ? 1) ( x1 ? 1)( x 2 ? 1)
2 2

.

∵-1<x1<x2<1,∴x2-x1>0,x1x2+1>0, 12-1) 22-1)>0.又 a>0,∴f(x1) (x (x -f(x2)>0,函数 f(x)在(-1,1)上为减函数.

1 的单调区间. x 剖析:求函数的单调区间(亦即判断函数的单调性) ,一般有三种方法: (1)图象法; (2)定义法; (3)利用已知函数的单调性.但本题图象不易作,利用 y=x 1 与 y= 的单调性(一增一减)也难以确定,故只有用单调性定义来确定,即判断 f(x2)- x f(x1)的正负. 解:首先确定定义域:{x|x≠0},∴在(-∞,0)和(0,+∞)两个区间上分别讨论.
【例 3】 求函数 y=x+ 任取 x1、x2∈(0,+∞) x1<x2,则 f(x2)-f(x1) 2+ 且 =x

x ? x2 1 1 -x1- =(x2-x1)+ 1 = x1 x 2 x1 x2

(x2-x1) (1-

1 1 ) ,要确定此式的正负只要确定 1- 的正负即可. x1 x 2 x1 x 2 1 大于 1,还是小于 1.由于 x1、x2 的任意性,考虑到要将(0,+ x1 x 2

这样,又需要判断

∞)分为(0,1)与(1,+∞) (这是本题的关键). (1)当 x1、x2∈(0,1)时,1- ∴f(x2)-f(x1)<0,为减函数. (2)当 x1、x2∈(1,+∞)时,1-

1 <0, x1 x 2

1 >0, x1 x 2

∴f(x2)-f(x1)>0,为增函数. 同理可求(3)当 x1、x2∈(-1,0)时,为减函数; (4)当 x1、x2∈(-∞,-1)时, 为增函数. 评述:解答本题易出现以下错误结论:f(x)在(-1,0)∪(0,1)上是减函数,在 (-∞,-1)∪(1,+∞)上是增函数,或说 f(x)在(-∞,0)∪(0,+∞)上是单 调函数.排除障碍的关键是要正确理解函数的单调性概念:函数的单调性是对某个区间而言 的,而不是两个或两个以上不相交区间的并.

深化拓展
a (a>0)的单调区间. x 提示:函数定义域 x≠0,可先考虑在(0,+∞)上函数的单调性,再根据奇偶性与单 调性的关系得到在(-∞,0)上的单调性.
求函数 y=x+ 答案:在(-∞,- a ]( a ,+∞)上是增函数,在(0, a ](- a ,0)上 , , 是减函数. 【例 4】 定义在 R 上的函数 y=f(x) ,f(0)≠0,当 x>0 时,f(x)>1,且对任意的 a、b∈R,有 f(a+b)=f(a) ·f(b). (1)求证:f(0)=1; (2)求证:对任意的 x∈R,恒有 f(x)>0; (3)求证:f(x)是 R 上的增函数; (4)若 f(x) ·f(2x-x2)>1,求 x 的取值范围. (1)证明:令 a=b=0,则 f(0)=f 2(0). 又 f(0)≠0,∴f(0)=1. (2)证明:当 x<0 时,-x>0, ∴f(0)=f(x) ·f(-x)=1. ∴f(-x)=

1 >0.又 x≥0 时 f(x)≥1>0, f ( x)

∴x∈R 时,恒有 f(x)>0. (3)证明:设 x1<x2,则 x2-x1>0.

∴f(x2)=f(x2-x1+x1)=f(x2-x1) ·f(x1). ∵x2-x1>0,∴f(x2-x1)>1. 又 f(x1)>0,∴f(x2-x1) ·f(x1)>f(x1). ∴f(x2)>f(x1).∴f(x)是 R 上的增函数. (4)解:由 f(x) ·f(2x-x2)>1,f(0)=1 得 f(3x-x2)>f(0).又 f(x)是 R 上 的增函数, ∴3x-x2>0.∴0<x<3. 评述:解本题的关键是灵活应用题目条件,尤其是(3)中“f(x2)=f[ 2-x1)+x1] (x ” 是证明单调性的关键,这里体现了向条件化归的策略. ●闯关训练 夯实基础 1.(2004 年湖北,理 7)函数 f(x)=ax+loga(x+1)在[0,1]上的最大值与最小值的 和为 a,则 a 的值为

1 1 B. C.2 D.4 4 2 解析: (x) [0, 上的增函数或减函数, (0) (1) 即 1+a+loga2=a ? loga2= f 是 1] 故f +f =a, 1 - -1,∴2=a 1 ? a= . 2 答案:B 2.设函数 f(x)=loga|x|在(-∞,0)上单调递增,则 f(a+1)与 f(2)的大小关系是 A.f(a+1)=f(2) B.f(a+1)>f(2) C.f(a+1)<f(2) D.不能确定
A.

?log a (? x), x ? (??,0), 解析:由 f(x)= ? 且 f(x)在(-∞,0)上单调递增,易得 0<a ?log a x, x ? (0,??),
<1.∴1<a+1<2.又∵f(x)是偶函数,∴f(x)在(0,+∞)上单调递减.∴f(a+1)>f(2). 答案:B 3.函数 y=loga(2-ax)在[0,1]上是减函数,则 a 的取值范围是 A.(0,1) B.(0,2) C.(1,2) D.(2,+∞) 解析:题中隐含 a>0,∴2-ax 在[0,1]上是减函数.∴y=logau 应为增函数,且 u=

?a ? 1, 2-ax 在[0,1]上应恒大于零.∴ ? ?2 ? a ? 0.
∴1<a<2. 答案:C 4.(文)如果函数 f(x)=x2+2(a-1)x+2 在区间(-∞,4]上是减函数,那么实数 a 的取值范围是___________________. 解析:对称轴 x=1-a,由 1-a≥4,得 a≤-3. 答案:a≤-3 (理) (2003 年湖北省荆州市高中毕业班质量检查题)函数 y=f(x)的图象与 y=2x 的图 象关于直线 y=x 对称,则函数 y=f(4x-x2)的递增区间是___________________. 解析:先求 y=2x 的反函数,为 y=log2x,∴f(x)=log2x,f(4x-x2)=log2(4x-x2). 令 u=4x-x2,则 u>0,即 4x-x2>0.∴x∈(0,4). 又∵u=-x2+4x 的对称轴为 x=2, 且对数的底为 2>1, ∴y=f 4x-x2) ( 的递增区间为 (0, . 2)

答案: (0,2)

ax ? 1 1 (a≠ )在(-2,+∞)上的单调性. 2 x?2 解:设 x1、x2 为区间(-2,+∞)上的任意两个值,且 x1<x2,则
5.讨论函数 f(x)= f(x1)-f(x2)=

ax1 ? 1 ax2 ? 1 ? x1 ? 2 x 2 ? 2

=

(ax1 ? 1)( x 2 ? 2) ? (ax2 ? 1)( x1 ? 2) ( x1 ? 2)( x 2 ? 2) ( x 2 ? x1 )(1 ? 2a) . ( x1 ? 2)( x 2 ? 2)

=

∵x1∈(-2,+∞) 2∈(-2,+∞)且 x1<x2, ,x ∴x2-x1>0,x1+2>0,x2+2>0. ∴当 1-2a>0,即 a< 当 1-2a<0,即 a> 培养能力 6.(2003 年重庆市高三毕业班诊断性试题)已知函数 f(x)=m(x+ h(x)=

1 时,f(x1)>f(x2) ,该函数为减函数; 2

1 时,f(x1)<f(x2) ,该函数为增函数. 2 1 )的图象与函数 x

1 1 (x+ )+2 的图象关于点 A(0,1)对称. 4 x (1)求 m 的值; a (2)若 g(x)=f(x)+ 在区间(0,2]上为减函数,求实数 a 的取值范围. 4x 解: (1)设 P(x,y)为函数 h(x)图象上一点,点 P 关于 A 的对称点为 Q(x′,y′) , 则有 x′=-x,且 y′=2-y. 1 ∵点 Q(x′,y′)在 f(x)=m(x+ )上, x 1 ∴y′=m(x′+ ). x? 1 将 x、y 代入,得 2-y=m(-x- ). x 1 1 整理,得 y=m(x+ )+2.∴m= . x 4 1 1? a (2)∵g(x)= (x+ ) ,设 x1、x2∈(0,2] ,且 x1<x2, 4 x
则 g(x1)-g(x2)=

x x ? (1 ? a) 1 (x1-x2) 1 2 · >0 对一切 x1、x2∈(0,2]恒成立. x1 x 2 4

∴x1x2-(1+a)<0 对一切 x1、x2∈(0,2]恒成立. ∴由 1+a>x1x2≥4,得 a>3.

7.(2004 年春季上海)已知函数 f(x)=|x-a|,g(x)=x2+2ax+1(a 为正常数) ,且函 数 f(x)与 g(x)的图象在 y 轴上的截距相等. (1)求 a 的值; (2)求函数 f(x)+g(x)的单调递增区间;

4 g(n) ) <4. 5 (1)解:由题意,f(0)=g(0) ,|a|=1,又 a>0,所以 a=1. (2)解:f(x)+g(x)=|x-1|+x2+2x+1. 当 x≥1 时,f(x)+g(x)=x2+3x,它在[1,+∞)上单调递增; 1 当 x<1 时,f(x)+g(x)=x2+x+2,它在[- ,1)上单调递增. 2 4 g(n) ( ) (3)证明:设 cn=10f n · ( ) ,考查数列{cn}的变化规律: 5
(3)若 n 为正整数,证明 10f
(n)

· (

解不等式

c n ?1 <1,由 cn>0,上式化为 cn

10· (

4 2n+3 ) <1, 5

解得 n>

3 ?1 - ≈3.7.因 n∈N*,得 n≥4,于是 c1≤c2≤c3≤c4.而 c4>c5>c6>?, 2 lg 0.8 2
· (

所以 10f

(n)

4 g(n) 4 4 ( ) ( ) ) ≤10f 4 · ( )g 4 =103· ( )25<4. 5 5 5
e?x (ax2+a+1) ,其中 e 是自然 2

探究创新 8.(2005 年北京西城区模拟题)设 a∈R,函数 f(x)=

对数的底数. (1)判断 f(x)在 R 上的单调性; (2)当-1<a<0 时,求 f(x)在[1,2]上的最小值. 解: (1)由已知

f ? (x)=-
=

1 -x 1 - e (ax2+a+1)+ e x·2ax 2 2

1 -x e (-ax2+2ax-a-1). 2 1 - 因为 e x>0,以下讨论函数 g(x)=-ax2+2ax-a-1 值的情况: 2
当 a=0 时,g(x)=-1<0,即 f ? (x)<0,所以 f(x)在 R 上是减函数. 当 a>0 时,g(x)=0 的判别式Δ =4a2-4(a2+a)=-4a<0,所以 g(x)<0,即 f ?(x) <0,所以 f(x)在 R 上是减函数. 当 a<0 时,g(x)=0 有两个根 x1,2=

a? ?a a? ?a a? ?a ,并且 < ,所以在 a a a

a? ?a )上,g(x)>0,即 f ? (x)>0,f(x)在此区间上是增函数; a a? ?a a? ?a 在区间( , )上,g(x)<0,即 f ? (x)<0,f(x)在此区间上是 a a 减函数.
区间(-∞, 在区间( 数. 综上,当 a≥0 时,f(x)在 R 上是减函数; 当 a<0 时,f(x)在(-∞, 上单调递减,在(

a? ?a ,+∞)上,g(x)>0,即 f ? (x)>0,f(x)在此区间上是增函 a

a? ?a a? ?a a? ?a )上单调递增,在( , ) a a a

a? ?a ,+∞)上单调递增. a
a? ?a ?a a? ?a 1 =1+ <1, =1+ >2,所以在区间 a a a ?a

(2)当-1<a<0 时,

5a ? 1 . 2e 2 评述:函数的最值和函数的单调性有紧密联系.判断较复杂函数的单调性,利用导函数 的符号是基本方法. ●思悟小结 1.函数的单调性是对于函数定义域内的某个子区间而言的.有些函数在整个定义域内是 单调的, 如一次函数; 而有些函数在定义域内的部分区间上是增函数而在另一部分区间上可
[1, 上, 2] 函数 f x) ( 单调递减.所以函数 f x) ( 在区间 [1, 上的最小值为 f 2) 2] ( = 能是减函数,如二次函数;还有的函数是非单调的,如 y= 2.函数单调性定义中的 x1、x2 有三个特征:一是同属一个单调区间;二是任意性,即 x1、 x2 是给定区间上的任意两个值, “任意”二字绝不能丢掉,更不可随意以两个特殊值替换; 三是有大小,通常规定 x1<x2.三者缺一不可. 3.在解决与函数单调性有关的问题时,通常有定义法、图象法、复合函数判断法,但最 基本的方法是定义法,几乎所有的与单调性有关的问题都可用定义法来解决. 4.讨论函数的单调性必须在定义域内进行. ●教师下载中心 教学点睛 1.本节的重点是函数单调性的有关概念, 难点是利用概念证明或判断函数的单调性.复习 本节时,老师最好引导学生总结出证明函数单调性的一般步骤:1°设值;2°作差;3°变 形;4°定号;5°结论. 2.教学过程中应要求学生准确理解、把握单调性定义中“任意”的含意,函数单调性的 重要作用在于化归,要重视运用函数的单调性将问题化归转化,培养化归意识. 3.讨论复合函数单调性的根据:设 y=f(u) ,u=g(x) ,x∈[a,b] ,u∈[m,n]都是 单调函数,则 y=f[g(x) ]在[a,b]上也是单调函数. (1)若 y=f(u)是[m,n]上的增函数,则 y=f[g(x) ]与 u=g(x)的增减性相同; (2)若 y=f(u)是[m,n]上的减函数,则 y=f[g(x) ]的增减性与 u=g(x)的增减 性相反.

拓展题例 【例 1】 设函数 f(x)= 单调区间上的单调性.

x?a (a>b>0) ,求 f(x)的单调区间,并证明 f(x)在其 x?b

x?a 的定义域为(-∞,-b)∪(-b,+∞) , x?b 任取 x1、x2∈(-∞,-b)且 x1<x2,
解:函数 f(x)= 则 f(x1)-f(x2)=

x ?a (a ? b)( x 2 ? x1 ) x1 ? a - 2 = . x2 ? b ( x1 ? b)( x 2 ? b) x1 ? b

∵a-b>0,x2-x1>0, 1+b) 2+b)>0, (x (x ∴f(x1)-f(x2)>0, 即 f(x)在(-∞,-b)上是减函数. 同理可证 f(x)在(-b,+∞)上也是减函数.

x?a 在(-∞,-b)与(-b,+∞)上均为减函数. x?b 【例 2】 已知 f(x)是定义在[-1,1]上的奇函数,且 f(1)=1,若 a、b∈[-1,1] , f (a) ? f (b) a+b≠0 时,有 >0. a?b 判断函数 f(x)在[-1,1]上是增函数还是减函数,并证明你的结论. 解:任取 x1、x2∈[-1,1] ,且 x1<x2,则-x2∈[-1,1].又 f(x)是奇函数,于 是 f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)
∴函数 f(x)= =

f ( x1 ) ? f (? x 2 ) · 1-x2). (x x1 ? (? x 2 ) f ( x1 ) ? f (? x 2 ) >0,x1-x2<0, x1 ? (? x 2 )

据已知

∴f(x1)-f(x2)<0,即 f(x1)<f(x2). ∴f(x)在[-1,1]上是增函数.


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