高三数学 第5讲 函数的单调性与最值复习课件 文 北师大版
《函数单调性北师大》PPT课件
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思 考
：
强调定义中x1,x2的任意 性
函数的增减性是 针对给定区间来讲的，
离开了区间就不能谈函数的单调性
2021/4/24
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例题讲解
例1 说出函数 f (x) 1x的单调区间,并指明 在该区间上的单调性.
解 (-∞,0)和(0,+∞)都是函数的单调区间,在这
两个区间上函数
f (x) 1 x
2021/4/24
6
问题3：怎样用数学语言表达函数值y随x的增减
变化呢?
1.单调性概念
在函数y=f(x)的定义域内的一个区间A上,如果对于任意两个数
x1,x2∈A,
当x1<x2时,
都有f(x1)<f(x2),
那么,就称函数y=f(x)在区间A上是增 加的,有时也称函数y=f(x)在区间A上 是递增的.区间A为函数的增区间
当x1<x2时,
都有f(x1)>f(x2),
那么,就称函数y=f(x)在区间A上 是减少的,有时也称函数y=f(x) 在区间A上是递减的.区间A为函 数的减区间
图像特征：从左往右看图像上升 从左往右看图像下降
如果y=f(x)在区间A上是增加或是减少的，
那202么1/4/2称4 A为单调区间
7
单调函数
减少.
函数
f (x)
1 x
是减函数吗?
不是,当x1=-1,x2=1时，有f(x1)<f(x2)
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例题讲解
例2 画出函数f(x)=3x+2的图像,判断它的单调性, 并加以证明.
解 作出f(x)=3x+2的图像.由图看出,函数的图
在R上是上升的,函数是R上的增函数.
北师大版高中数学必修一《3函数的单调性和最值》新课件(69页)
答案：A
3. 函 数f(x)=—2x+1(x∈[ -2,2])的最小、最大值分别为( )
A.3,5 B.—3,5 C.1,5 D.—5,3
解析：因为f(x)=—2x+1(x∈ [-2,2])是单调递减函数，所以当 x=2 时，函数的最小值为一3.当x=—2 时，函数的最大值为5.
答案：B
4. 函数f(x)在[一2,2]上的图象如图所示，则此函数的最小值、
综上，函
间(Vk, 十一)上为增函数.
在区间(0, √k )上为减函数，在区
状元随笔 此题中函数f(x)是一种特殊函数(对勾函数),用
定 义法证明时通常需要进行因式分解，由于x₁x₂-k(k>0) 与0的大
小 关系是不明确的，因此要分类讨论.
方法归纳
利用定义证明函数单调性的步骤
取值 设 x₁,x₂ 是该区间内的任意两个值，且x₁<x₂
A. (一一，0)U[0,1]B.(—1,0)U[0,1]
C.(0, 十 一 )
D.[0,1]
解析：函数f(x)=—x²+4mx 的图象开口向下，且以直线x=2m 为对称轴，若在区间[2,4]上是减函数，则2m≤2, 解得m≤1,g(x)
的图象由
的图象向左平移一个单位长度得到的，若在
区间[2,4]上是减函数，则2m>0, 解得m>0.综上可得m 的取值范围
A.m>0
B.
C.—1<m<3
D.
解析：由题意知 答案：B
解得
状元随笔 利用单调性解不等式，就是根据单调性去掉函数 的对应法则，构造不等式(不等式组)求解，注意函数的定义域，所
有自变量都必须在函数的定义域内.
2021年新高考数学一轮专题复习第05讲-函数的单调性与最值(讲义版)
【例
2－1】（2020·安徽省六安一中高一月考）若函数
f
x
2x2 1
3 x2
，则
f
x
的值域为（
）
A． ,3
B． 2,3
C． 2,3
D．3,
【答案】C 【分析】
利用分子分离法化简 f x ，再根据不等式的性质求函数的值域.
【详解】
f
x
2x2 3 1 x2
2(x2 1) 1 1 x2
2
1
1 x
考点一 确定函数的单调性(区间)
【例 1－1】（2019·安徽省泗县第一中学高二开学考试（理））如果函数 f(x)在[a，b]上是增函数，
对于任意的 x1，x2∈[a，b](x1≠x2)，下列结论不正确的是( )
A．
f
x1
x1
f x2
x2
>0
B．f(a)<f(x1)<f(x2)<f(b)
C．(x1－x2) [f(x1)－f(x2)]>0
取到.
(2)开区间上的“单峰”函数一定存在最大值(或最小值). 2.函数 y＝f(x)(f(x)>0)在公共定义域内与 y＝－f(x)，y＝ 1 的单调性相反.
f（x） 3.“对勾函数”y＝x＋a(a>0)的增区间为(－∞，－ a)，( a，＋∞)；单调减区间是[－ a，0)，
x (0， a].
三、 经典例题
的最大值为（ ）
A．-2
B．-3
C．-4
D．-6
10．（2020·安徽省六安一中高一月考）已知函数 f (x) log 1 (3x2 ax 5) 在 (1, ) 上是减函数，则实数 a
2
2.3函数的单调性和最值(第1课时函数的单调性)课件高一上学期数学北师大版
(-2), ≥ 2,
解 f(x)=x|x-2|=
(2-), < 2,
图象如图所示.
由图象可知,函数在区间(-∞,1],[2,+∞)上单调递增;在区间[1,2]上单调递减.
角度2利用单调函数的运算性质判断函数的单调性
【例1-2】
解
2 2 -3
判断函数f(x)=
的单调性.
2.[探究点一·2024陕西咸阳高一期末]函数f(x)=(x-4)·|x|的单调递增区间
是( C )
A.(-∞,0)
B.(-∞,0)∪(2,+∞)
C.(-∞,0)和(2,+∞)
D.(2,+∞)
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
2 -4, ≥ 0,
解析 由于 f(x)=(x-4)·|x|= 2
知识点2 增函数、减函数的定义
函数 增函数
条件
减函数
设函数y=f(x)的定义域是D,如果对于任意的x1,x2∈D,当x1<x2时,都有
f(x1)<f(x2)
结论 称函数y=f(x)是增函数
f(x1)>f(x2)
称函数y=f(x)是减函数
名师点睛
1.若f(x),g(x)均是区间A上的增(减)函数,则f(x)+g(x)也是区间A上的增(减)函
由图象可得原函数在区间[-3,-1]和[1,+∞)上单调递增,原函数在区间(-∞,-3]
和[-1,1]上单调递减.
- 2 + 2 + 1, ≥ 0,
(2)y= 2
- -2 + 1, < 0,
-(-1)2 + 2, ≥ 0,
《函数的单调性和最值(1)》示范公开课教学课件【高中数学北师大版】
设f(x)=画出的图象，并通过图象直观判断它的单调性．
依题意知f(x)=其图象可由f(x)=的图象向左平移3个单位长度得到．该函数在区间上单调递减．
对于f(x)和都是它的单调区间，并且函数f(x)在这两个区间上都是单调递减，那么能否说函数f(x)=在整个定义域上是减函数?
不能，因为函数f(x)的定义域不连续，当我们在区间上取一个数比如1，在区间上取一个数比如4，我们知道4<1，但f(4)<f(1)即不能说函数f(x)在整个定义域上是减函数．
请根据函数图象直观判断下列函数在给定区间上的单调性，并求出它们的最值：（1）y ， （2） ，；（3） ， ．
（1）y在区间单调递减．最小值是f(7)=35，最大值是f(2)=10．（2）函数f(x)=的开口向上，对称轴为x=1，所以在区间单调递增．最小值是f(3)=10，无最大值．（3）由题意，函数 ，在区间和上单调递减；在和单调递增．最小值是0，最大值是f(3)=f()=3．
观察问题2中函数的图象，函数值在哪个范围内变化？从函数图象上看，函数的最大值（最小值）在哪个自变量处取到？
根据函数图象，函数值在和这两个函数值之间变化，其中在x=3处取得最小值，在x=2处取得最大值．
M首先是一个函数值，它是值域中的一个元素；最大（小）值定义中的“对所有的”是说对于定义域内的每个值都必须满足不等式，即对于定义域内的全部元素，都有成立，也就是说，函数的图象不能位于直线y=M的上（下）方．
如下图是某只股票价格在某一天内的变化图，说一说这只股票当天的走势．
随着时间的增加，股票价格不断增长，最后随着时间的增加，价格稳定不变．
观察函数图象，分析当自变量x变化时，函数值f(x)是怎样随之变化的．
对于区间[-6，-5]，[-2，1]，[3，4.5]，[7，8]，图象上升，区间上 f(x)都随 x的增大而增大;对于区间[-5，-2]，[1，3]，[4.5，7]，[8，9]，图象下降, 区间上 f(x)都随 x的增大而减小．
北师大版版高考数学一轮复习函数导数及其应用函数的单调性与最值教学案理解析版
[考纲传真] １．理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义.２．会运用基本初等函数的图像分析函数的性质．１．函数的单调性（１）单调函数的定义增函数减函数定义在函数y＝f（x）的定义域内的一个区间A上，如果对于任意两数x１，x２∈A当x１＜x２时，都有f（x１）＜f（x２），那么就说函数f（x）在区间A上是增加的当x１＜x２时，都有f（x１）＞f（x２），那么就说函数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如果函数y＝f（x）在区间A上是增加的或减少的，那么称A为单调区间．２．函数的最值前提函数y＝f（x）的定义域为D，如果存在实数M满足条件（１）对于任意的x∈D，都有f（x）≤M；（２）存在x0∈D，使得f（x0）＝M（３）对于任意的x∈D，都有f（x）≥M；（４）存在x0∈D，使得f（x0）＝M结论M为函数y＝f（x）的最大值，记作y max＝f（x0）M为函数y＝f（x）的最小值，记作y min＝f（x0）１．对任意x１，x２∈D（x１≠x２），错误!＞0⇔f（x）在D上是增函数，错误!＜0⇔f（x）在D上是减函数．２．对勾函数y＝x＋错误!（a＞0）的增区间为（—∞，—错误!]和[错误!，＋∞），减区间为[—错误!，0）和（0，错误!]．３．在区间D上，两个增函数的和仍是增函数，两个减函数的和仍是减函数．４．函数f（g（x））的单调性与函数y＝f（u）和u＝g（x）的单调性的关系是“同增异减”．５．函数最值存在的两条结论（１）闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值．（２）开区间上的“单峰”函数一定存在最大（小）值．[基础自测]１．（思考辨析）判断下列结论的正误．（正确的打“√”，错误的打“×”）（１）函数y＝错误!的递减区间是（—∞，0）∪（0，＋∞）．（）（２）若定义在R上的函数f（x）有f（—１）＜f（３），则函数f（x）在R上为增函数．（）（３）函数y＝f（x）在[１，＋∞）上是增函数，则函数的递增区间是[１，＋∞）．（）（４）闭区间上的单调函数，其最值一定在区间端点取到．（）[答案] （１）×（２）×（３）×（４）√２．下列函数中，在区间（0，＋∞）上为增函数的是（）Ａ．y＝ln（x＋２）Ｂ．y＝—错误!Ｃ．y＝错误!xＤ．y＝x＋错误!A[y＝ln（x＋２）在（—２，＋∞）上是增函数，故A正确．]３．若函数f（x）＝ax＋１在R上递减，则函数g（x）＝a（x２—４x＋３）的递增区间是（）Ａ．（２，＋∞）Ｂ．（—∞，２）Ｃ．（—２，＋∞）Ｄ．（—∞，—２）B[由题意可知a＜0，而函数g（x）＝a（x２—４x＋３）＝a（x—２）２—a，∴g（x）＝a（x２—４x＋３）的递增区间为（—∞，２）．]４．若函数f（x）是R上的减函数，且f（a２—a）＜f（a），则a的取值范围是（）Ａ．（0,２）Ｂ．（—∞，0）∪（２，＋∞）Ｃ．（—∞，0）Ｄ．（２，＋∞）B[由题意得a２—a＞a，解得a＞２或a＜0，故选Ｂ．]５．（教材改编）已知函数f（x）＝错误!，x∈[２,6]，则f（x）的最大值为________，最小值为________．２错误![易知函数f（x）＝错误!在x∈[２,6]上为减函数，故f（x）max＝f（２）＝２，f（x）min＝f（6）＝错误!.]确定函数的单调性（区间）【例１】（１）（２0１9·石嘴山模拟）函数y＝ln（—x２＋２x＋３）的减区间是（）Ａ．（—１,１] Ｂ．[１,３）Ｃ．（—∞，１] Ｄ．[１，＋∞）（２）试讨论函数f（x）＝错误!（a≠0）在（—１,１）上的单调性．（１）B[令t＝—x２＋２x＋３，由t＞0得—１＜x＜３，故函数的定义域为（—１,３），要求函数y＝ln（—x２＋２x＋３）的减区间，由复合函数单调性可知，只需求t＝—x２＋２x＋３在（—１,３）上的减区间，即[１,３）．]（２）[解] 法一：设—１＜x１＜x２＜１，f（x）＝a错误!＝a错误!，f（x１）—f（x２）＝a错误!—a错误!＝错误!，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．法二：f′（x）＝错误!＝错误!＝—错误!.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.２１函数单调性的判断方法有：a.定义法；b.图像法；c.利用已知函数的单调性；d.导数法.,２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.Ａ．y ＝错误! Ｂ．y ＝sin xＣ．y ＝２—xＤ．y ＝log 错误!（x ＋１）（２）y ＝—x ２＋２|x |＋３的递增区间为________．（１）A （２）（—∞，—１]，[0,１] [（１）A 项是[—１，＋∞）上的增函数，B 项不是单调函数，C 项是R 上的减函数，D 项是（—１，＋∞）上的减函数． （２）由题意知，当x ≥0时，y ＝—x ２＋２x ＋３＝—（x —１）２＋４；当x＜0时，y ＝—x ２—２x ＋３＝—（x ＋１）２＋４，二次函数的图像如图． 由图像可知，函数y ＝—x ２＋２|x |＋３的递增区间为（—∞，—１]，[0,１]．]求函数的最值【例２】 （１）若函数f （x ）＝错误!的最小值为f （0），则实数a 的取值范围是（ ） Ａ．[—１,２] Ｂ．[—１,0] Ｃ．[１,２]Ｄ．[0,２]（２）函数f （x ）＝错误!x—log ２（x ＋２）在区间[—１,１]上的最大值为________． （３）函数y ＝错误!—x （x ≥0）的最大值为________．（１）D （２）３ （３）错误! [（１）当x ＞0时，f （x ）＝x ＋错误!＋a ≥２＋a ，当且仅当x ＝错误!，即x ＝１时，等号成立．故当x ＝１时取得最小值２＋a ，∵f （x ）的最小值为f （0）， ∴当x ≤0时，f （x ）＝（x —a ）２递减，故a ≥0， 此时的最小值为f （0）＝a ２， 故２＋a ≥a ２得—１≤a ≤２． 又a ≥0，得0≤a ≤２．故选Ｄ．（２）∵f （x ）＝错误!x —log ２（x ＋２）在区间[—１,１]上是递减，∴f （x ）max ＝f （—１）＝３—log ２１＝３．（３）令t ＝错误!，则t ≥0，所以y ＝t —t ２＝—错误!２＋错误!，当t ＝错误!，即x ＝错误!时，y max ＝错误!.][规律方法] 求函数最值值域的常用方法及适用类型１单调性法：易确定单调性的函数，利用单调性法研究函数最值值域.２图像法：能作出图像的函数，用图像法，观察其图像最高点、最低点，求出最值值域.３基本不等式法：分子、分母其中一个为一次，一个为二次的函数结构以及两个变量如x，y的函数，一般通过变形使之具备“一正、二定、三相等”的条件，用基本不等式法求最值值域.４导数法：若f x是三次、分式以及含e x，ln x，sin x，cos x结构的函数且f′x可求，可用导数法求函数的最值值域.（２）对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝错误!设函数f（x）＝—x＋３，g（x）＝log２x，则函数h（x）＝min{f（x），g（x）}的最大值是________．（１）8 （２）１[（１）f（x）＝错误!＝错误!＝（x—１）＋错误!＋２≥２错误!＋２＝8，当且仅当x—１＝错误!，即x＝４时，f（x）min＝8．（２）法一：在同一坐标系中，作函数f（x），g（x）图像，依题意，h（x）的图像如图所示．易知点A（２,１）为图像的最高点，因此h（x）的最大值为h（２）＝１．法二：依题意，h（x）＝错误!当0＜x≤２时，h（x）＝log２x是增函数，当x＞２时，h（x）＝３—x是减函数，所以h（x）在x＝２时取得最大值h（２）＝１．]函数单调性的应用►考法１比较大小【例３】已知函数f（x）的图像向左平移１个单位后关于y轴对称，当x２＞x１＞１时，[f（x２）—f（x）]（x２—x１）＜0恒成立，设a＝f错误!，b＝f（２），c＝f（３），则a，b，c的大小关系为（）１Ａ．c＞a＞bＢ．c＞b＞aＣ．a＞c＞bＤ．b＞a＞cD[根据已知可得函数f（x）的图像关于直线x＝１对称，且在（１，＋∞）上是减函数．所以a＝f错误!＝f错误!，f（２）＞f（２．５）＞f（３），所以b＞a＞c.]►考法２解抽象不等式【例４】f（x）是定义在（0，＋∞）上的增函数，满足f（xy）＝f（x）＋f（y），f（３）＝１，则不等式f（x）＋f（x—8）≤２的解集为________．（8,9] [因为２＝１＋１＝f（３）＋f（３）＝f（9），由f（x）＋f（x—8）≤２可得f[x（x—8）]≤f（9），f（x）是定义在（0，＋∞）上的增函数，所以有错误!解得8<x≤9．]►考法３求参数的取值范围【例５】已知f（x）＝错误!满足对任意x１≠x２，都有错误!＞0成立，那么a的取值范围是（）Ａ．（１,２）Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!C[由已知条件得f（x）为增函数，所以错误!解得错误!≤a＜２，所以a的取值范围是错误!.故选Ｃ．][规律方法] 函数单调性应用问题的常见类型及解题策略１比较大小.比较函数值的大小，应将自变量转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决.２解不等式.在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解.此时应特别注意函数的定义域.３利用单调性求参数.视参数为已知数，依据函数的图像或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数.２（）Ａ．（—∞，２] Ｂ．[２，＋∞）Ｃ．错误!Ｄ．错误!D[由题意可知错误!即—错误!＜a≤２．故选Ｄ．]１．（２0１7·全国卷Ⅱ）函数f（x）＝ln（x２—２x—8）的递增区间是（）Ａ．（—∞，—２）Ｂ．（—∞，１）Ｃ．（１，＋∞）Ｄ．（４，＋∞）D[由x２—２x—8>0，得x>４或x<—２．设t＝x２—２x—8，则y＝ln t为增函数．要求函数f（x）的递增区间，即求函数t＝x２—２x—8的递增区间．∵函数t＝x２—２x—8的递增区间为（４，＋∞），∴函数f（x）的递增区间为（４，＋∞）．故选Ｄ．]２．（２0１５·全国卷Ⅱ）设函数f（x）＝ln（１＋|x|）—错误!，则使得f（x）>f（２x—１）成立的x 的取值范围是（）Ａ．错误!Ｂ．错误!∪（１，＋∞）Ｃ．错误!Ｄ．错误!∪错误!A[∵f（—x）＝ln（１＋|—x|）—错误!＝f（x），∴函数f（x）为偶函数．∵当x≥0时，f（x）＝ln（１＋x）—错误!，在（0，＋∞）上y＝ln（１＋x）递增，y＝—错误!也递增，根据单调性的性质知，f（x）在（0，＋∞）上递增．综上可知：f（x）>f（２x—１）⇔f（|x|）>f（|２x—１|）⇔|x|>|２x—１|⇔x２>（２x—１）２⇔３x２—４x＋１<0⇔错误!<x<１．故选Ａ．]。
3.2.1函数的单调性与最值(教学课件)——高一上学期数学湘教版(2019)必修第一册
−2 − 2 + 1, ＜0，
−（ + 1）2 + 2, ＜0，
函数图像如图所示,单调递增区间为（-∞，-1］和［0，1］,单调递减区间为
［-1,0］和［1,+∞）.
高中数学
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方法感悟
利用图像法判断函数单调性的注意点
凡是能作出函数图像的单调性问题，都可用图像法解决.此法主要用于
利用定义证明函数单调性的方法
注意：作差变形是证明函数单调性的关键，且变形的结果多为几个因
式乘积的形式.
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题型训练
题型1 函数单调性的判断与证明
2.用图像法证明函数的单调性
例2
求下列函数的单调区间：（1）y＝|x2+2x-3|；（2）y＝-x2+2|x|+1.
解（1）令f（x）＝x2+2x-3＝（x+1）2-4，作出f（x）的图像，保留其在x轴上方
从而这个函数的最小值为f（-1）=2，最大值为f（6）=23.
提示 例2的结论也可由不等式的知识得到：因为-1≤x≤6，所以3≤3x≤18，
2≤3x+5≤23，即f（-1）≤f（x）≤f（6），其余同上.
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必修第一册
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题型训练
题型1 函数单调性的判断与证明
1.用定义法证明函数的单调性
图像可以看出，当自变量由小变大时，这个函数的函数值逐渐变大，即
1
y随着x的增大而增大；从反比例函数y=的图像可以看出，在（-∞，0）
和（0，+∞）内，这个函数的函数值y都随着x的增大而减小.
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高三总复习数学精品课件 三角函数的单调性与最值
3
1．用五点法作正弦函数和余弦函数的简图 ((1π)，正0弦)，函_数_32_π_y，_＝_－_s_i1n__x_，_，x∈(2[π0， ，20π)．]的图象中，五个关键点是：(0，0)，π2，1， (2)余弦函数 y＝cos x，x∈[0，2π]的图象中，五个关键点是：(0，1)，π2，0， ___(π_，__－__1_)___，32π，0，(2π，1)．
15
4．函数 y＝cos2x－π4的单调递减区间为________． 解析：由 y＝cos2x－π4，
得 2kπ≤2x－π4≤2kπ＋π(k∈Z)，
解得 kπ＋π8≤x≤kπ＋58π(k∈Z)．
所以函数的单调递减区间为kπ＋π8，kπ＋58π(k∈Z)． 答案：kπ＋π8，kπ＋58π(k∈Z)
16
_k_π_＋ __π2__，_0__，__k_∈__Z_
性
对称 轴
__x_＝__k_π_＋__π2_，__k_∈__Z_
___x_＝__k_π_，__k_∈__Z___
零点
kπ，k∈Z
kπ＋π2，k∈Z
6
y＝tan x 无
____k2_π_，__0_，__k_∈__Z__ 无对称轴 kπ，k∈Z
7
y＝cos x __[_－__1_，__1_]___
__2_π___ _偶__函__数_____
__[_－__π_＋__2_k_π_，___ __2_k_π_]_，__k_∈__Z___
5
y＝tan x R
___π___ 奇函数
(－π2＋kπ， ______________ _π2_＋__k_π_)_，__k_∈__Z__
三角函数的单调性与最值
1
最新考纲 1.能画出 y＝sin x，y＝cos x，y＝tan x 的图象，了解三角函数的周期性. 2.理解正弦函数、余弦函数在区间[0，2π]上的性质(如单调性、最大值和最 小值以及与 x 轴的交点等)，理解正切函数在区间－π2，π2内的单调性.
2021届新高考数学一轮课件：第二章+第5讲+函数的单调性与最值
答案：D
难点突破 ⊙函数的最值与值域 例题：求下列函数的值域：
(1)y＝3xx－＋22； (3)y＝x2＋x－x＋1 2(x>1)；
(2)y＝x2x－2－x＋x 1； (4)y＝|x＋1|＋|x－2|.
解：(1)方法一，y＝3xx－＋22＝3x－x－62＋8＝3＋x－8 2， ∵x－8 2≠0，∴y≠3. ∴函数 y＝3xx－＋22的值域是{y|y∈R，且 y≠3}. 方法二，由 y＝3xx－＋22，得 x＝2yy－＋31.∴y≠3.
∵log34>log33＝1,1＝20>2－23>2－32，∴log34>2
2 3
>2
3 2
，
又 f(x)在(0，＋∞)单调递减，
2
3
∴f(log34)<f(2 3 )<f(2 2 )，
∴f(2
3 2
2
)>f(2 3
)>flog314，故选
C.
答案：C
考向 2 解不等式
例 4：(1)(2017 年新课标Ⅰ)函数 f(x)在(－∞，＋∞)上单调
解析：x∈(－∞，0)时，xf′(x)>0，即 f′(x)<0， ∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，又 f(x)为偶函数， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增. ∴f(3)<f(4)<f(5)， ∴f(－3)<f(4)<f(－5)，故选 A. 答案：A
(2)(2019 年新课标Ⅲ)设 f(x)是定义域为 R 的偶函数，且在
3.函数 y＝ 16－4x的值域是___[_0_,4_)__.
解析：∵4x>0，∴0≤16－4x<16，∴ 16－4x∈[0,4). 4.函数 f(x)＝x－x 1(x≥2)的最大值为___2___.
高三数学一轮复习函数的单调性及最值课件文北师大版
函数的最值(值域)
本考点是指借助函数的单调性来求函数的最值 (值域)．基本方法是先确定函数的单调性，再 由单调性求最值．需要注意的是所给函数的定 义域是闭区间或半开半闭区间才能用单调性法 来求值域(最值)．
例3
【解】 (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)＜f(x2)， ∴f(x)在R上是减函数．
(2)当 x∈(0,1]时，f′(x)＝x2－2－2xx＋a＞0，10 分 即 f(x)在(0,1]上单调递增，故 f(x)在(0,1]上的最 大值为 f(1)＝a，因此 a＝12.12 分
【名师点评】 (1)本题易失误的是：①导数 运算公式记忆不准确，求不对导数；②不会 用导数判断单调性或解不等式出错．
(2)判断函数单调性的方法
①定义法；②利用一些常见函数的单调性， 如一次函数、二次函数、幂函数、指数函数、 对数函数、三角函数的单调性加以判断；③ 图像法；④在共同的定义域上，两个增(减)函 数的和仍为增(减)函数；一个增(减)函数与一 个减(增)函数的差是增(减)函数；
⑤奇函数在关于原点对称的区间上具有相同 的单调性；偶函数在关于原点对称的区间上 具有相反的单调性；⑥复合函数y＝f[g(x)]的 单调性，遵循“同增异减”的原则，即内外 层函数单调性相同时则为增函数，一增一减 为减函数；⑦导数法，函数f(x)在某区间内可 导，如果f′(x)＞0，则函数为增函数，如果 f′(x)＜0，则函数为减函数．
例2
【思路点拨】 (1)先去掉绝对值符号转化为 分段函数，再求单调区间；(2)(3)是复合函 数，可根据复合函数单调区间的求法求单调 区间．
高中数学文(北师大版)参考课件3.2 导数与函数的单调性、极值、最值ppt版本
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考点1
考点2
考点3
对点训练1设函数f(x)=xea-x+bx,曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线 方程为y=(e-1)x+4.
(1)求a,b的值; (2)求f(x)的单调区间.
解 (1)因为f(x)=xea-x+bx,
所以f'(x)=(1-x)ea-x+b.
依题设,
������(2) = 2e + ������'(2) = e-1,
2,
即
2e������-2 + 2������ = 2e -e������-2 + ������ = e-1,
+
2,
解得 a=2,b=e.
考点1
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考点3
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(2)由(1)知f(x)=xe2-x+ex. 由f'(x)=e2-x(1-x+ex-1)及e2-x>0知,f'(x)与1-x+ex-1同号. 令g(x)=1-x+ex-1,则g'(x)=-1+ex-1. 所以,当x∈(-∞,1)时,g'(x)<0,g(x)在区间(-∞,1)上是减少的; 当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)在区间(1,+∞)上是增加的. 故g(1)=1是g(x)在区间(-∞,+∞)上的最小值, 从而g(x)>0,x∈(-∞,+∞). 综上可知,f'(x)>0,x∈(-∞,+∞). 故f(x)的递增区间为(-∞,+∞).
故函数f(x)的递增区间为(0,1),递减区间为(1,+∞).
考点1
高三数学 第5讲 函数的单调性与最值复习课件 文 北师大版
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第5讲 │ 要点探究
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第5讲 │ 规律总结 规律总结
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第5讲 │ 函数的单调性与最值
第5讲 函数的单调性与最值
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高考数学复习考点知识与题型专题讲解5---函数的单调性与最值
高考数学复习考点知识与题型专题讲解函数的单调性与最值考试要求1.借助函数图象，会用数学符号语言表达函数的单调性、最值，理解实际意义.2.掌握函数单调性的简单应用．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定义一般地，设函数f(x)的定义域为I，区间D⊆I，如果∀x1，x2∈D当x1<x2时，都有f(x1)<f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D上是增函数当x1<x2时，都有f(x1)>f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D上是减函数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)单调区间的定义如果函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，那么就说函数y＝f(x)在这一区间具有(严格的)单调性，区间D 叫做y ＝f (x )的单调区间． 2．函数的最值前提设函数y ＝f (x )的定义域为I ，如果存在实数M 满足 条件(1)∀x ∈I ，都有f (x )≤M ； (2)∃x 0∈I ，使得f (x 0)＝M (1)∀x ∈I ，都有f (x )≥M ；(2)∃x 0∈I ，使得f (x 0)＝M结论M 为最大值M 为最小值常用结论1．∀x 1，x 2∈D 且x 1≠x 2，有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>0(<0)或(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0(<0)⇔f (x )在区间D上单调递增(减)．2．在公共定义域内，增函数＋增函数＝增函数，减函数＋减函数＝减函数． 3．函数y ＝f (x )(f (x )>0或f (x )<0)在公共定义域内与y ＝－f (x )，y ＝1f (x )的单调性相反． 4．复合函数的单调性：函数y ＝f (u )，u ＝φ(x )在函数y ＝f (φ(x ))的定义域上，如果y ＝f (u )与u ＝φ(x )的单调性相同，那么y ＝f (φ(x ))单调递增；如果y ＝f (u )与u ＝φ(x )的单调性相反，那么y ＝f (φ(x ))单调递减． 思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若f (x )的定义域为R ，且f (－3)<f (2)，则f (x )为R 上的增函数．(×) (2)函数f (x )在(－2,3)上单调递增，则函数的单调递增区间为(－2,3)．(×) (3)因为y ＝x 与y ＝e x 都是增函数，所以y ＝x e x 在定义域内为增函数．(×)(4)函数y ＝1x 的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．(×) 教材改编题1．下列函数中，在区间(0,1)上是增函数的是() A ．y ＝|x ＋1|B ．y ＝2－x C ．y ＝1x D ．y ＝x 2－x ＋1 答案A2．函数y ＝xx －1在区间[2,3]上的最大值是________．答案2解析函数y ＝x x －1＝1＋1x －1在[2,3]上单调递减，当x ＝2时，y ＝x x －1取得最大值22－1＝2.3．函数y ＝ax －1在(－∞，1)上为增函数，则实数a 的取值范围是________． 答案(－∞，0)题型一 确定函数的单调性 命题点1求具体函数的单调区间例1下列函数在(0，＋∞)上单调递增的是________．(填序号) ①y ＝e x －e －x ；②y ＝|x 2－2x |；③y ＝x ＋cos x ；④y ＝x 2＋x －2. 答案①③解析∵y ＝e x 与y ＝－e －x 为R 上的增函数，∴y ＝e x －e －x 为R 上的增函数，故①正确； 由y ＝|x 2－2x |的图象知，故②不正确； 对于③，y ′＝1－sin x ≥0，∴y ＝x ＋cos x 在R 上为增函数，故③正确；y ＝x 2＋x －2的定义域为(－∞，－2]∪[1，＋∞)，故④不正确．命题点2判断或证明函数的单调性 例2试讨论函数f (x )＝axx －1(a ≠0)在(－1,1)上的单调性． 解方法一设－1<x 1<x 2<1， f (x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －1＋1x －1＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x －1， f (x 1)－f (x 2)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 1－1－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 2－1 ＝a (x 2－x 1)(x 1－1)(x 2－1)，由于－1<x 1<x 2<1，所以x 2－x 1>0，x 1－1<0，x 2－1<0，故当a >0时，f (x 1)－f (x 2)>0，即f (x 1)>f (x 2)，函数f (x )在(－1,1)上单调递减； 当a <0时，f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)，函数f (x )在(－1,1)上单调递增．方法二f ′(x )＝(ax )′(x －1)－ax (x －1)′(x －1)2＝a (x －1)－ax (x －1)2＝－a(x －1)2. 当a >0时，f ′(x )<0，函数f (x )在(－1,1)上单调递减； 当a <0时，f ′(x )>0，函数f (x )在(－1,1)上单调递增． 教师备选1．设函数f (x )＝⎩⎨⎧1，x >0，0，x ＝0，－1，x <0，g (x )＝x 2f (x －1)，则函数g (x )的单调递减区间是__________． 答案[0,1)解析由题意知g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x >1，0，x ＝1，－x 2，x <1，该函数的图象如图所示，其单调递减区间是[0,1)．2．已知a >0，函数f (x )＝x ＋ax (x >0)，证明：函数f (x )在(0，a ]上单调递减，在[a ，＋∞)上单调递增．证明方法一(定义法)设x 1>x 2>0， f (x 1)－f (x 2)＝x 1＋a x 1－x 2－ax 2＝(x 1－x 2)＋a (x 2－x 1)x 1x 2＝(x 1－x 2)(x 1x 2－a )x 1x 2，∵x 1>x 2>0，∴x 1－x 2>0，x 1x 2>0， 当x 1，x 2∈(0，a ]时，0<x 1x 2<a ， ∴x 1x 2－a <0，∴f (x 1)－f (x 2)<0，f (x 1)<f (x 2)， ∴f (x )在(0，a ]上单调递减， 当x 1，x 2∈[a ，＋∞)时，x 1x 2>a ， ∴x 1x 2－a >0，∴f (x 1)－f (x 2)>0， ∴f (x 1)>f (x 2)，∴f (x )在[a ，＋∞)上单调递增． 方法二(导数法)f ′(x )＝1－a x 2＝x 2－ax2(x >0)，令f ′(x )>0⇒x 2－a >0⇒x >a ， 令f ′(x )<0⇒x 2－a <0⇒0<x <a ，∴f (x )在(0，a ]上单调递减，在[a ，＋∞)上单调递增．思维升华 确定函数单调性的四种方法 (1)定义法：利用定义判断．(2)导数法：适用于初等函数可以求导的函数．(3)图象法：由图象确定函数的单调区间需注意两点：一是单调区间必须是函数定义域的子集；二是图象不连续的单调区间要分开写，用“和”或“，”连接，不能用“∪”连接．(4)性质法：利用函数单调性的性质，尤其是利用复合函数“同增异减”的原则时，需先确定简单函数的单调性．跟踪训练1(1)函数f (x )＝ln(4＋3x －x 2)的单调递减区间是() A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，32B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞ C.⎝ ⎛⎦⎥⎤－1，32D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4 答案D解析f (x )＝ln(4＋3x －x 2)的定义域为4＋3x －x 2>0， 解得x ∈(－1,4)．令t ＝4＋3x －x 2，对称轴为x ＝32，故单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，单调递减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4，因为y ＝ln t 为增函数，所以f (x )＝ln(4＋3x －x 2)的单调递减区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，4.(2)函数f (x )＝|x －2|x 的单调递减区间是________． 答案[1,2]解析f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x ≥2，－x 2＋2x ，x <2.画出f (x )的大致图象(如图所示)，由图知f (x )的单调递减区间是[1,2]． 题型二 函数单调性的应用 命题点1比较函数值的大小例3(2022·成都模拟)已知函数f (x )为R 上的偶函数，对任意x 1，x 2∈(－∞，0)，均有(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]<0成立，若a ＝f (ln 2)，b ＝f (133)，c ＝f (13e )，则a ，b ，c 的大小关系是()A ．c <b <aB ．a <c <bC ．a <b <cD ．c <a <b 答案B解析∵对任意x 1，x 2∈(－∞，0)， 均有(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]<0成立，∴此时函数在区间(－∞，0)上单调递减，∵f(x)是偶函数，∴当x∈(0，＋∞)时，f(x)单调递增，又f(x)＝13x在x∈(0，＋∞)上单调递增，∴1<13e<133，又0<ln2<1，∴ln2<13e<133，∴13(3)f>13(e)f>f(ln2)，即a<c<b.命题点2求函数的最值例4(2022·深圳模拟)函数y＝x2＋5x2＋4的最小值为________．答案5 2解析令x2＋4＝t，则t≥2，∴x2＝t2－4，∴y＝t2＋1t＝t＋1t，函数y＝t＋1t在[2，＋∞)上单调递增，∴当t ＝2时，y min ＝52. 命题点3解不等式例5已知函数f (x )＝ln x ＋2x ，若f (x －1)<2，则实数x 的取值范围是________． 答案(1,2)解析f (x )在定义域(0，＋∞)上是增函数， 且f (1)＝2，∴原不等式可化为f (x －1)<f (1)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧x －1<1，x －1>0，解得1<x <2. 命题点4求参数的取值范围 例6函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a x ，x ≥1，⎝ ⎛⎭⎪⎫4－a 2x ＋2，x <1，且满足对任意的实数x 1≠x 2都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>0成立，则实数a 的取值范围是() A ．[4,8) B ．(4,8) C ．(1,8] D ．(1,8) 答案A解析函数f (x )＝⎩⎨⎧a x ，x ≥1，⎝ ⎛⎭⎪⎫4－a 2x ＋2，x <1满足对任意的实数x 1≠x 2都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>0，所以函数f (x )＝⎩⎨⎧ a x ，x ≥1，⎝ ⎛⎭⎪⎫4－a 2x ＋2，x <1是R 上的增函数，则由指数函数与一次函数的单调性可知应满足⎩⎪⎨⎪⎧ a >1，4－a 2>0，a ≥4－a 2＋2，解得4≤a <8，所以实数a 的取值范围为[4,8)．教师备选 1．(2022·嘉峪关模拟)函数f (x )＝ln(x 2－ax －3)在(1，＋∞)上单调递增，则a 的取值范围是()A ．(－∞，－2]B ．(－∞，－2)C ．(－∞，2]D ．(－∞，2)答案A 解析函数f (x )＝ln(x 2－ax －3)为复合函数，令u (x )＝x 2－ax －3，y ＝ln u 为增函数，故只要u (x )＝x 2－ax －3在(1，＋∞)上单调递增即可，只要⎩⎨⎧ a 2≤1，u (1)≥0，解得a ≤－2.2．对于任意实数a ，b ，定义min{a ，b }＝⎩⎨⎧a ，a ≤b ，b ，a >b .设函数f (x )＝－x ＋3，g (x )＝log 2x ，则函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}的最大值是______．答案1解析方法一在同一坐标系中，作函数f (x )，g (x )的图象，依题意，h (x )的图象为如图所示的实线部分．易知点A (2,1)为图象的最高点，因此h (x )的最大值为h (2)＝1.方法二依题意，h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，0<x ≤2，－x ＋3，x >2.当0<x ≤2时，h (x )＝log 2x 单调递增，当x >2时，h (x )＝3－x 单调递减，因此h (x )在x ＝2时取得最大值h (2)＝1.思维升华 (1)比较函数值的大小，应将自变量转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决．(2)求解函数不等式，其实质是函数单调性的逆用，由条件脱去“f ”，转化为自变量间的大小关系，应注意函数的定义域．(3)利用单调性求参数的取值(范围)．根据其单调性直接构建参数满足的方程(组)(不等式(组))或先得到其图象的升降，再结合图象求解．对于分段函数，要注意衔接点的取值．跟踪训练2(1)已知函数f (x )＝e |x |，记a ＝f (log 23)，b ＝f (－2)，c ＝f (e)，则a ，b ，c 的大小关系为()A ．a <b <cB ．c <b <aC ．b <a <cD ．b <c <a答案A解析函数f (x )＝e |x |，其定义域为R ，且f (－x )＝e |－x |＝e |x |＝f (x )，∴f (x )为偶函数，当x >0时，f (x )＝e x 为增函数，又b ＝f (－2)＝f (2)，且e>2>log 23，∴f (e)>f (2)>f (log 23)，即a <b <c .(2)设函数f (x )＝⎩⎨⎧ －x 2＋4x ，x ≤4，log 2x ，x >4，若函数y ＝f (x )在区间(a ，a ＋1)上单调递增，则实数a 的取值范围是()A ．(－∞，1]B ．[1,4]C ．[4，＋∞)D ．(－∞，1]∪[4，＋∞)答案D解析画出函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋4x ，x ≤4，log 2x ，x >4的图象，如图，由图可知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋4x ，x ≤4，log 2x ，x >4的单调递增区间为(－∞，2)，(4，＋∞)， ∵函数在(a ，a ＋1)上单调递增，∴a ＋1≤2或a ≥4，∴a ≤1或a ≥4.(3)已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上单调递减，则不等式f (2x －1)>f (x ＋1)的解集为________．答案(0,2)解析依题意f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上单调递减，所以 f (2x －1)>f (x ＋1)⇔(2x －1)2<(x ＋1)2，即4x 2－4x ＋1<x 2＋2x ＋1，即x 2－2x ＝x (x －2)<0⇒x ∈(0,2)．课时精练1．下列函数中，在区间(0，＋∞)内单调递减的是()A ．y ＝1x －xB ．y ＝x 2－xC ．y ＝ln x －xD ．y ＝e x答案A解析当x∈(0，＋∞)时，y＝1x与y＝－x单调递减，∴y＝1x－x在(0，＋∞)上单调递减．2．函数f(x)＝x1－x在()A．(－∞，1)∪(1，＋∞)上是增函数B．(－∞，1)∪(1，＋∞)上是减函数C．(－∞，1)和(1，＋∞)上是增函数D．(－∞，1)和(1，＋∞)上是减函数答案C解析函数f(x)的定义域为{x|x≠1}．f(x)＝x1－x＝11－x－1，根据函数y＝－1x的单调性及有关性质，可知f(x)在(－∞，1)和(1，＋∞)上是增函数．3．(2022·安徽六安一中月考)若函数f(x)＝2x2＋31＋x2，则f(x)的值域为()A．(－∞，3] B．(2,3) C．(2,3] D．[3，＋∞) 答案C解析f(x)＝2x2＋31＋x2＝2＋1x2＋1，∵x 2≥0，∴x 2＋1≥1，∴0<1x 2＋1≤1， ∴f (x )∈(2,3]．4．(2022·贵阳模拟)已知函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减，且为奇函数，若f (1)＝－2，则满足－2≤f (x －2)≤2的x 的取值范围是()A ．[－2,2]B ．[－1,1]C ．[1,3]D ．[0,4]答案C解析因为f (x )为奇函数，若f (1)＝－2，则f (－1)＝2，所以不等式－2≤f (x －2)≤2可化为f (1)≤f (x －2)≤f (－1)，又f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减，所以－1≤x －2≤1，解得1≤x ≤3.5．(2022·南通模拟)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧e x －e －x ，x >0，－x 2，x ≤0，若a ＝50.01，b ＝log 32，c ＝log 20.9，则有()A ．f (a )>f (b )>f (c )B ．f (b )>f (a )>f (c )C ．f (a )>f (c )>f (b )D ．f (c )>f (a )>f (b )答案A解析y ＝e x 是增函数，y ＝e －x 是减函数，因此在(0，＋∞)上y ＝e x －e －x 单调递增，且此时f (x )>0.f (x )＝－x 2在x ≤0时单调递增，所以f (x )在R 上单调递增．c ＝log 20.9<0，b ＝log 32，所以0<b <1，a ＝50.01>1，即a >b >c ，所以f (a )>f (b )>f (c )．6．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ ln x ＋2x ，x >0，21－x，x ≤0，则下列结论正确的个数是()①f (x )在R 上为增函数；②f (e)>f (2)；③若f (x )在(a ，a ＋1)上单调递增，则a ≤－1或a ≥0；④当x ∈[－1,1]时，f (x )的值域为[1,2]．A ．1B ．2C ．3D ．4答案B解析易知f (x )在(－∞，0]，(0，＋∞)上单调递增，①错误，②正确；若f (x )在(a ，a ＋1)上单调递增，则a ≥0或a ＋1≤0，即a ≤－1或a ≥0，故③正确；当x ∈[－1,0]时，f (x )∈[1,2]，当x ∈(0,1]时，f (x )∈(－∞，2]，故x ∈[－1,1]时，f (x )∈(－∞，2]，故④不正确．7．函数y ＝－x 2＋2|x |＋1的单调递增区间为__________，单调递减区间为________． 答案(－∞，－1]和[0,1](－1,0)和(1，＋∞)解析由于y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x ＋1，x ≥0，－x 2－2x ＋1，x <0， 即y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－(x －1)2＋2，x ≥0，－(x ＋1)2＋2，x <0. 画出函数的图象如图所示，单调递增区间为(－∞，－1]和[0,1]，单调递减区间为(－1,0)和(1，＋∞)．8．(2022·山东师大附中质检)已知函数f (x )＝e |x －a |(a 为常数)，若f (x )在区间[1，＋∞)上单调递增，则实数a 的取值范围是________． 答案(－∞，1]解析f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x －a ，x ≥a ，e a －x ，x <a ， 当x ≥a 时，f (x )单调递增，当x <a 时，f (x )单调递减， 又f (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以a ≤1.9．已知函数f (x )＝ax －1ax ＋2a (a >0)，且f (x )在(0,1]上的最大值为g (a )，求g (a )的最小值． 解f (x )＝ax －1ax ＋2a (a >0)，∴f (x )在(0,1]上单调递增，∴f (x )max ＝f (1)＝a ＋1a， ∴g (a )＝a ＋1a ≥2，当且仅当a ＝1a 即a ＝1时取等号，∴g (a )的最小值为2.10．已知函数f (x )＝a －22x ＋1. (1)求f (0)；(2)探究f (x )的单调性，并证明你的结论；(3)若f (x )为奇函数，求满足f (ax )<f (2)的x 的取值范围． 解(1)f (0)＝a －220＋1＝a －1.(2)f (x )在R 上单调递增．证明如下： ∵f (x )的定义域为R ，∴任取x 1，x 2∈R 且x 1<x 2， 则f (x 1)－f (x 2)＝a －1221x +－a ＋2221x + ＝12122(22)(12)(12)x x x x ⋅-++， ∵y ＝2x 在R 上单调递增且x 1<x 2， ∴0<12x <22x ，∴12x －22x <0,12x ＋1>0,22x ＋1>0. ∴f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)． ∴f (x )在R 上单调递增．(3)∵f (x )是奇函数，∴f (－x )＝－f (x )，即a －22－x ＋1＝－a ＋22x ＋1，解得a ＝1. ∴f (ax )<f (2)即为f (x )<f (2)，又∵f (x )在R 上单调递增，∴x <2. ∴x 的取值范围是(－∞，2)．11．定义max{a ，b ，c }为a ，b ，c 中的最大值，设M ＝max{2x ,2x －3,6－x }，则M 的最小值是()A ．2B ．3C ．4D ．6答案C解析画出函数M ＝max{2x ,2x －3,6－x }的图象(如图)，由图可知，函数M 在A (2,4)处取得最小值22＝6－2＝4，故M 的最小值为4.12．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －1，x ≤0，－x 3，x >0，当x ∈[m ，m ＋1]时，不等式f (2m －x )<f (x ＋m )恒成立，则实数m 的取值范围是()A ．(－∞，－4)B ．(－∞，－2)C ．(－2,2)D ．(－∞，0)答案B解析易知函数f (x )＝⎩⎨⎧ ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －1，x ≤0，－x 3，x >0在x ∈R 上单调递减，又f (2m －x )<f (x ＋m )在x ∈[m ，m ＋1]上恒成立，所以2m－x>x＋m，即2x<m在x∈[m，m＋1]上恒成立，所以2(m＋1)<m，解得m<－2.13．如果几个函数的定义域相同，值域也相同，但解析式不同，称这几个函数为“同域函数”，则函数y＝x＋x＋1的值域为________，与y是“同域函数”的一个解析式为________．答案[－1，＋∞)y＝x，x∈[－1，＋∞)(答案不唯一)解析y＝x＋x＋1的定义域为[－1，＋∞)，且在[－1，＋∞)上单调递增，∴当x＝－1时，y min＝－1，∴值域为[－1，＋∞)，∴与y是“同域函数”的解析式可为y＝x，x∈[－1，＋∞)．14．设函数f(x)＝ax＋1x＋2a在区间(－2，＋∞)上单调递增，那么a的取值范围是________．答案[1，＋∞)解析f(x)＝ax＋2a2－2a2＋1x＋2a＝a－2a2－1x＋2a，定义域为{x|x≠－2a}，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 2－1>0，－2a ≤－2，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a 2－1>0，a ≥1，所以a ≥1.15．(2022·沧州模拟)设函数f (x )＝x 3－sin x ＋x ，则满足f (x )＋f (1－2x )<0的x 的取值范围是________．答案(1，＋∞)解析f (x )＝x 3－sin x ＋x ，∵f (－x )＝(－x )3－sin(－x )＋(－x )＝－(x 3－sin x ＋x )＝－f (x )，∴f (x )为奇函数，又f ′(x )＝3x 2－cos x ＋1≥0，∴f (x )为R 上的增函数，∴f (x )＋f (1－2x )<0可化为f (x )<－f (1－2x )＝f (2x －1)，∴x <2x －1，即x >1，∴满足f (x )＋f (1－2x )<0的x 的取值范围是(1，＋∞)．16．已知定义在R 上的函数f (x )满足f (x ＋y )＝f (x )＋f (y )＋1，且当x >0时，f (x )>－1.(1)求f (0)的值，并证明f (x )在R 上是增函数；(2)若f(1)＝1，解关于x的不等式f(x2＋2x)＋f(1－x)>4. 解(1)令x＝y＝0，得f(0)＝－1.在R上任取x1>x2，则x1－x2>0，所以f(x1－x2)>－1.又f(x1)＝f[(x1－x2)＋x2]＝f(x1－x2)＋f(x2)＋1>f(x2)，∴函数f(x)在R上是增函数．(2)由f(1)＝1，得f(2)＝3，f(3)＝5.由f(x2＋2x)＋f(1－x)>4得f(x2＋x＋1)>f(3)，因为函数f(x)在R上是增函数，所以x2＋x＋1>3，解得x<－2或x>1，故原不等式的解集为{x|x<－2或x>1}．。
3.2.1函数的单调性与最值课件-2024-2025学年高一上学期数学湘教版(2019)必修第一册
归纳总结
我们证明函数在定义域D的某个区间I上的单调性方法如下：
取 , ∈ ,设 <
若 − ( )>0 则在I上单调递增；
若 − < 则在I上单调递减。
−( )
−
或者我们用“差商法”若
−( )
−
认I是一个区间）
最大值与最小值
统称为最值
（1）函数的最大值：如果有 ∈ 使不等式 ≤ 对一切 ∈
，就说f(x)在x=a处取得最大值M=f(a),称M为f(x)的最大值，a为f(x)的
最大值点。
（2）函数的最小值：如果有 ∈ 使不等式 ≥ 对一切 ∈
，就说f(x)在x=a处取得最小值M=f(a),称M为f(x)的最小值，a为f(x)的
新知讲授
【例】证明函数f x = x
1
+
x
x > 0 在区间（0，1]上单调递减，在区间 1, +∞ 上
单调递增，并指出 0, +∞ 的最值点和最值。
解：设 和 是区间（0，1]上的任意实数，且满足 < ,则
− ( ) + − ( + )
即要保证 − ≥
所以： ≤ −
所以a的取值范围是(−∞, −]
巩固练习
例二、若f(x)在 0, +∞ 单调递减，比较 f
解：因为
且
>
−+= −
a2
−a+1
− += −
因为f(x)在 , +∞ 单调递减 所以
2020版高考数学北师大版(理)一轮复习课件：2.2 函数的单调性与最值
随堂巩固
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知识梳理 考点自诊
4.(2018北京,理13改编)能说明“若f(x)>f(0)对任意的x∈(0,2]都成
立,则f(x)在[0,2]上是增加的”为假命题的一个函数是
.
������,0 < ������ ≤ 1,
答案:f(x)=
-
1 2
������
+
3 2
,1
<
������
≤ 2(答案不唯一)
内外层单调性相反
2.设任意 x1,x2∈D(x1≠x2),f(xx11)--fx(2x2)>0(或(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0)⇔f(x)在
D
上单调递增;f (x 1 )-f (x 2
x 1 -x 2
)<0(或(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0)⇔f(x)在
D
上单调递
减.
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随堂巩固
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1.函数单调性的常用结论:
定义法 图像法 导数法 运算法 复合函 数法
f(x)在区间 D 上是增函数 x1<x2⇔f(x1)<f(x2) 从左到右函数图像上升 导数大于零 增加的+增加的
内外层单调性相同
f(x)在区间 D 上是减函数 x1<x2⇔f(x1)>f(x2) 从左到右函数图像下降 导数小于零 减少的+减少的
当 0<x1<x2≤√������时,0<x1x2<a.
又 x1-x2<0,所以 f(x1)-f(x2)>0,
即 f(x1)>f(x2).
所以函数 f(x)在(0,√������]上是减函数.
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第5讲 函数的单调性与最值
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