2012届总复习-走向清华北大--6函数的单调性与最大(小)值

M为最小值
定义在闭区间上的单调函数必有最大(小)值.设f(x)是定义在 [m,n]上的单调增函数,则它的最大值是f(n),最小值是f(m).
考点陪练 1.(2010·福建)下列函数f(x)中,满足“对任意x1,x2∈(0,+∞), 当x1<x2时,都有f(x1)>f(x2)”的是( )
A.
1 f ( x) x
图象 描述
自左向右看图象是上升的
自左向右看图象 是下降的
(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 y=f(x)在这一区间上具有单调性,区间D叫做y=f(x)的单调
区间.
(3)若函数y=f(x)在某个区间内可导,当f′(x)>0时,f(x)为增函数; 当f′(x)<0时,f(x)为减函数.
2.函数的最值 前提 条件 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x∈I,都有 f(x)≤M; ②存在x0∈I,使得 f(x0)=M. 结论 M为最大值 ①对于任意 x∈I,都有 f(x)≥M; ②存在x0∈I,使 得f(x0)=M. M为最小值
结论 M为最大值
2 f x
任取x1 , x 2 0, , 且x1 x 2 , 则f x1 f x 2 x1 x2 ( x2 x1 )( x1 x2 1) 2 2 . 2 2 x1 1 x2 1 ( x1 1)( x2 1)
∴f(x2)=f[(x2-x1)+x1]=f(x2-x1)+f(x1)-1
又f(x2-x1)-1>0, 因此f(x2)>f(x1), 故f(x)在R上是增函数.
(2)令a=b=2,则f(4)=2f(2)-1. 又f(4)=5,∴f(2)=3. 原不等式即为f(3m2-m-2)<f(2). 由(1)知f(x)在R上是增函数, ∴3m2-m-2<2.
(3)在公共区间内,增函数+增函数=增函数,增函数-减函数=增 函数等; (4)复合函数单调性判断,要注意掌握“同增､异减”的原则.
3.图象法:是根据函数的图象直观判断函数在某个区间上的单 调性的方法.
ax 【典例1】判断函数f x 2 a 0 在区间 1,1 上的单调性. x 1
3a 1 0, 1 [错解]依题意应有 解得0 a , 选B. 3 0 a 1,
2
x 1,1 , x 1 0, x 2 1 0,
2 2
当a 0时, f x 0, f x 为增函数. 当a 0时, f x 0, f x 为减函数.
[反思感悟] 利用函数单调性的定义证明f(x)的单调性时,比 较f(x1)与f(x2)的大小常用作差法,有时可运用作商法､放缩 法等;讨论函数的单调性值域问题不可忽视函数的定义域.
(4)导数法:当函数较复杂(如指､对数函数与多项式结合)时,一 般采用此法. (5)数形结合法:画出函数图象,找出坐标的范围或分析条件的 几何意义,在图上找其变化范围.
x2 2x a 【典例3】已知函数f x , x 1 当a 4时, 求f x 的最小值; 1 2 当a 时, 求f x 的最小值; 2 3 若a为正数, 求f x 的最小值.
类型四
抽象函数的单调性与最值
解题准备:抽象函数是近几年高考的热点,研究这类函数性质 的根本方法是“赋值”,解题中要灵活应用题目条件赋值 转化或配凑.
【典例4】 函数f(x)对任意的a、b∈R,都有f(a+b)=f(a)+f(b)1,并且当x>0时,f(x)>1. (1)求证:f(x)是R上的增函数; (2)若f(4)=5,解不等式f(3m2-m-2)<3.
2 求f x 的单调区间, 并加以证明; 3 求f x x 0 的最值.
[分析] 利用f(-x)=-f(x)求a,b的值.
[解] 1 f x f x 0恒成立, xa xa 即 2 2 0 x bx 1 x bx 1 恒成立, 则2 a b x 2 2a 0对任意的实数x恒成立. a b 0. x x R 是奇函数, 2 x 1 只需研究 0, 上f x 的单调区间即可.
类型二
函数的奇偶性与单调性
解题准备:因为奇函数的图象关于原点对称,所以结合图象可 得奇函数在(a,b)与(-b,-a)上的单调性相同.因为偶函数的图
象关于y轴对称,所以偶函数在(a,b)与(-b,-a)上的单调性相
反.
xa 【典例2】已知f x 2 x bx 1 是奇函数. 1 求a, b的值;
B.f(x)=(x-1)2
C.f(x)=ex
答案:A
D.f(x)=ln(x+1)
x 2.函数f x 的最大值为( x 1 2 1 A. B. 5 2 2 C. 2
答案:B
)
D.1
3.(2011 长春质检)已知f x 为R上的减函数, 则满足 1 f f 1的实数x的取值范围是( x A. ,1 B. 1, C. , 0 0,1 D. , 0 1,
4 解之得 1 m . 3 4 原不等式解集为 1, . 3
[反思感悟] (1)若函数f(x)是增函数,则f(x1)<f(x2)⇔x1<x2,函 数不等式(或方程)的求解,总是想方设法去掉抽象函数的符 号,化为一般不等式(或方程)求解,但无论如何都必须在定 义域内或给定的范围内进行. (2)在解答过程中易出现不能正确构造f(x2-x1)的形式或不能将 不等式右边3转化为f(2)从而不能应用函数的单调性求解, 导致此种错误的原因是没有熟练掌握单调性的含义及没弄 清如何利用题目中的已知条件或者不能正确地将抽象不等 式进行转化.
2.直接法:运用已知的结论,直接得到函数的单调性.如一次函 数､二次函数､反比例函数的单调性均可直接说出. 了解以下结论,对直接判断函数的单调性有好处: (1)函数y=-f(x)与函数y=f(x)的单调性相反;
(2)当f(x)恒为正或恒为负时,函数
单调性相反;
1 y f ( x)
与y=f(x)的
答案:D
)
4.(2011福建模拟)已知函数y 1 1 A. B. 4 2 2 3 C. D. 2 2
答案:C
)
5.设x1,x2为y=f(x)的定义域内的任意两个变量,有以下几个命 题: ①(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0; ②(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0;
[分析] 在解决该类型函数的最值时,首先考虑到应用均值不 等式求解,但须逐一验证应用均值不等式所具备的条件.若 条件不具备,应从函数单调性的角度考虑.
4 2, 易知, f x 在 1, 2 x 上是减函数, 在 2, 上是增函数. f x min f 2 6. [解] 1 当a 4时, f x x 1 1 2 当a 时, f x x 2, 易知, f x 在 1, 2 2x 7 上为增函数. f x min f 1 . 2 a 3 函数f x x 2在(0, a ]上是减函数, 在[ a , ) x 上是增函数.若 a 1, 即a 1时, f x 在区间[1, ) 上先减后增, f x min f ( a ) 2 a 2; 若 a ≤1, 即0 a 1时, f x 在区间1, 上是增函数. f x min f 1 a 3.
a 0时, f x1 f x 2 , 函数f x 在 1,1 上递减; a 0时, f x1 f x 2 , 函数f x 在 1,1 上递增.
a ( x 1) 解法二 : 对f x 求导, 有f x , 2 2 ( x 1)
f ( x1 ) f ( x2 ) ③ 0; x1 x2 f ( x1 ) f ( x2 ) ④ 0. x1 x2 其中能推出函数y=f(x)为增函数的命题为________.
答案:①③
类型一
函数单调性的判定与证明
解题准备:判断函数的单调性的常见方法有三种:定义法､直接 法､图象法.
错源一
不注意分段函数的特点
(3a 1) x 4a, x≤1, 【典例1】已知f x .是 , logax, x 1 上的减函数, 那么a的取值范围是( A.(0,1) 1 1 C. , 7 3 1 B. 0, 3 1 D. ,1 7 )
x=1处可取得最大值.
∴f(1)=， ∴函数的最大值为 ,无最小值.
类型三
求函数的最值
解题准备:(1)若函数是二次函数或可化为二次函数型的函数, 常用配方法.
(2)利用函数的单调性求最值:先判断函数在给定区间上的单
调性,然后利用单调性求最值. (3)基本不等式法:当函数是分式形式且分子分母不同次时常 用此法.
[解]解法一 : 设 1 x1 x 2 1, 则f x1 f x 2 a ( x1 x2 1)( x2 x1 ) . 2 2 ( x1 1)( x2 1) ( x1 x2 1)( x2 x1 ) 0, 2 2 ( x1 1)( x2 1)
1.用定义法证明函数单调性的步骤:
(1)取值:设x1,x2为该区间内任意的两个值,且x1<x2,则Δx=x2x1>0; (2)作差变形:作差Δy=f(x2)-f(x1),并通过因式分解､配方､有理 化等方法,向有利于判断差值符号的方向变形;
(3)定号:确定差值Δy的符号,当符号不确定时,可考虑分类讨 论; (4)判断:根据定义作出结论.