全国通用高考数学一轮复习第二章函数概念与基本初等函数I2.2函数的单调性与最大(小)值课件文北师大版

解析 因为 f(x)在 R 上为偶函数，且 f12＝0，
综上可知，函数 f(x)＝x＋ax(a>0)在(0， a]上是减函数，在[ a，＋ ∞)上为增函数． 法二 f′(x)＝1－xa2，令 f′(x)>0，则 1－xa2>0， 解得 x> a或 x<－ a(舍)． 令 f′(x)<0，则 1－xa2<0，解得－ a<x< a. ∵x>0，∴0<x< a. ∴f(x)在(0， a]上为减函数，在[ a，＋∞)上为增函数．
解析 易得 f(x)＝x－x 1＝1＋x－1 1， 当 x≥2 时，x－1>0，易知 f(x)在[2，＋∞)是减函数， ∴f(x)max＝f(2)＝1＋2－1 1＝2. 答案 2
考点一 确定函数的单调性(区间)
【例 1】 (1)函数 f(x)＝ (x2－4)的单调递增区间为
A．(0，＋∞)
B．(－∞，0)
• 规律方法 (1)求函数最值的常用方法：①单调性 法；②基本不等式法；③配方法；④图像法；⑤ 导数法．
• (2)利用单调性求最值，应先确定函数的单调性， 然后根据性质求解．若函数f(x)在闭区间[a，b]上 是增函数，则f(x)在[a，b]上的最大值为f(b)，最小 值为f(a)．若函数f(x)在闭区间[a，b]上是减函数， 则f(x)在[a，b]上的最大值为f(a)，最小值为f(b)．
• (4)若f(x)＝x，f(x)在[1，＋∞)上为增函数，但y＝f(x) 的单调递增区间可以是R.
答案 (1)√ (2)× (3)× (4)×
2．(2017·合肥调研)下列函数中，在区间(0，＋∞)内单调递减的是
()
A．y＝1x－x
B．y＝x2－x
C．y＝ln x－x
D．y＝ex－x
解析 对于 A，y1＝1x在(0，＋∞)内是减函数，y2＝x 在(0，＋∞)内 是增函数，则 y＝1x－x 在(0，＋∞)内是减函数；B，C 选项中的函 数在(0，＋∞)上均不单调；选项 D 中，y′＝ex－1，而当 x∈(0， ＋∞)时，y′＞0，所以函数 y＝ex－x 在(0，＋∞)上是增函数． 答案 A
• (2)函数单调性的判断方法有：①定义法；②图像 法；③利用已知函数的单调性；④导数法．
• (3)函数y＝f(g(x))的单调性应根据外层函数y＝f(t)和 内层函数
• t＝g(x)的单调性判断，遵循“同增异减”的原则．
【训练 1】 判断函数 f(x)＝x＋ax(a>0)在(0，＋∞)上的单调性，并给 出证明．
法二 f′(x)＝ax′x－x1－－1a2xx－1′ ＝ax－x－11－2 ax＝－x－a12. 当 a>0 时，f′(x)<0，函数 f(x)在(－1,1)上递减； 当 a<0 时，f′(x)>0，函数 f(x)在(－1,1)上递增．
• 规律方法 (1)求函数的单调区间，应先求定义域， 在定义域内求单调区间，如例1(1)．
• 3．如果二次函数f(x)＝3x2＋2(a－1)x＋b在区间 (－∞，1)上是减函数，那么
•( )
• A．a＝－2 B．a＝2 C．a≤－2 D．a≥2
解析 二次函数的对称轴方程为 x＝－a－3 1，
由题意知－a－3 1≥1，即 a≤－2. 答案 C
• 4．函数f(x)＝lg x2的单调递减区间是________．
②当 x∈[1，＋∞)时，x2＋2xx＋a>0 恒成立． 则 x2＋2x＋a>0 对 x∈[1，＋∞)上恒成立． 即 a>－(x2＋2x)在 x∈[1，＋∞)上恒成立． 令 g(x)＝－(x2＋2x)＝－(x＋1)2＋1，x∈[1，＋∞)， ∴g(x)在[1，＋∞)上是减函数，g(x)max＝g(1)＝－3. 又 a≤1，∴当－3<a≤1 时，f(x)>0 在 x∈[1，＋∞)上恒成立．故实 数 a 的取值范围是(－3,1].
围．
(1)解析 ①由于 f(x)＝ 所以 f(3)＝ 3＝－1，则 f(f(3))＝f(－1)＝－3， ②当 x>1 时，f(x)＝ x 是减函数，得 f(x)<0. 当 x≤1 时，f(x)＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1 在(－∞，1]上单调递增， 则 f(x)≤1，综上可知，f(x)的最大值为 1.
(2)解 法一 设－1<x1<x2<1， f(x)＝ax－x－1＋1 1＝a1＋x－1 1， f(x1)－f(x2)＝a1＋x1－1 1－a1＋x2－1 1＝ x1a－x12－xx2－1 1，由于－1<x1<x2<1， 所以 x2－x1>0，x1－1<0，x2－1<0， 故当 a>0 时，f(x1)－f(x2)>0，即 f(x1)>f(x2)，函数 f(x)在(－1,1)上递减； 当 a<0 时，f(x1)－f(x2)<0， 即 f(x1)<f(x2)，函数 f(x)在(－1,1)上递增．
(4)函数 y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间
是[1，＋∞)．
()
• 解析 －1，
(2)此单调区间不能用并集符号连接，取x1＝
• x2＝1，则f(－1)＜f(1)，故应说成单调递减区间为 (－∞，0)和(0，＋∞)．
• (3)应对任意的x1＜x2，f(x1)＜f(x2)成立才可以．
解得 0<x<13或 1<x<3.
所以原不等式的解集为x0<x<13或1<x<3

.

答案
(1)32，2
(2)x0<x<13或1<x<3

【迁移探究 1】 在例题第(1)题中，条件不变，若设 m＝f(－12)，n＝ f(a)，t＝f(2)，试比较 m，n，t 的大小．
，
• 2．函数的最值
前 函数y＝f(x)的定义域为D
提
(1)对于任意x∈D，都 条 有 f(x)≤M ； 件 (2)存在x0∈D，使得
f(x0)＝M 结
M为最大值 论
(3)对于任意x∈D，都有 f(x)≥M ； (4)存在x0∈D，使得 f(x0)＝M
M为最小值
诊断自测
1．判断正误(在括号内打“√”或“×”) 精彩 PPT 展示
考点二 确定函数的最值
【例 2】 (1)(2017·渭南一模)已知函数 f(x)＝
则 f(f(3))
＝________，函数 f(x)的最大值是________．
(2)已知函数 f(x)＝x2＋2xx＋a，x∈[1，＋∞)且 a≤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
增，且 f12＝0，则不等式
>0 的解集为________．
解析 (1)对任意 x1≠x2，都有fxx11－ －fx2x2>0. 所以 y＝f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数．
2－a>0， 所以a>1，
2－a×1＋1≤a，
解得32≤a<2.
故实数 a 的取值范围是32，2.
f(x1)＜f(x2) ，那么就说函数
当x1＜x2时，都有 f(x1)＞f(x2)，那么就说函数
f(x)在区间A上是增加的
f(x)在区间A上是减少的
图像 描述
自左向右看图像是 上升的 自左向右看图像是 下降的
• (2)单调区间的定义
• 如 那果 么函 就数称Ay＝为f单(x)调在区区间间．A增上加是的 减少的或
第2讲 函数的单调性与最大(小)值
• 最新考纲 1.理解函数的单调性、最大(小)值及其 几何意义；2.会运用基本初等函数的图像分析函数
的性质．
• 知识梳理 • 1．函数的单调性 • (1)单调函数的定义
增函数
减函数
在函数y＝f(x)的定义域内的一个区间A上，如果对于任意两
定 数x1，x2∈A 义 当x1＜x2时，都有
考点三 函数单调性的应用(典例迁移)
【例 3】(1)如果函数 f(x)＝a2x，－xa≥x＋1 1，x<1， 满足对任意 x1≠x2， 都有fxx11－ －fx2x2>0 成立，那么 a 的取值范围是________． (2)(2017·珠海模拟)定义在 R 上的奇函数 y＝f(x)在(0，＋∞)上递
【训练 2】 如果函数 f(x)对任意的实数 x，都有 f(1＋x)＝f(－x)，且
当 x≥12时，f(x)＝log2(3x－1)，那么函数 f(x)在[－2,0]上的最大值
与最小值之和为
－1
解析 根据 f(1＋x)＝f(－x)，可知函数 f(x)的图像关于直线 x＝12对 称．又函数 f(x)在12，＋∞上单调递增，故 f(x)在－∞，12上单调递 减，则函数 f(x)在[－2,0]上的最大值与最小值之和为 f(－2)＋f(0)＝f(1 ＋2)＋f(1＋0)＝f(3)＋f(1)＝log28＋log22＝4. 答案 C
解 由例题知 f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数， 且32≤a<2，又－12<a<2， ∴f－12<f(a)<f(2)，即 m<n<t.
【迁移探究 2】 在例题第(2)题中，若条件改为：“定义在 R 上的 偶函数 y＝f(x)在[0，＋∞)上单调递减”，且 f12＝0，则不等式 >0 的解集是________．
• 解析 f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，y ＝lg u在(0，＋∞)上为增函数，u＝x2在(－∞，0) 上递减，在(0，＋∞)上递增，故f(x)在(－∞，0)上 单调递减．
• 答案 (－∞，0)
5．(2016·北京卷)函数 f(x)＝x－x 1(x≥2)的最大值为________．