高考数学总复习第1轮 第5讲 函数的性质(一)单调性课件 理 (广东专版)

证法 2：因为 f′(x)＝3x2＋1>0 在(－∞，＋∞)上 恒成立，
故 f(x)在 R 上为增函数．
二 与单调性有关的参数问题
【例 2】设函数 f(x)＝ax2＋bx＋1(a，b∈R)． (1)若 f(－1)＝0，且对任意实数 x 均有 f(x)≥0 成 立，求实数 a，b 的值； (2)在(1)的条件下，当 x∈[－2,2]时，g(x)＝f(x) －kx 是单调函数，求实数 k 的取值范围．
即
1 0<a<3.
所以由 f(x)是减函数，得(3a－1)×1＋4a≥loga1，
即 7a－1≥0，所以 a≥71.
综上，a 的取值范围是[17，31)，选 C.
易错点：忽视 x<1 与 x≥1 之间的递减关
系，及(3a－1)×1＋4a≥loga1 的条件．
一 判断函数的单调性，求函数的单调区间
【点评】已知函数单调性求参数范围的问题，解法是根据单调 性的概念得到恒成立不等式，且要注意定义域的限制，挖掘题 目的隐含条件．
素材2
已知函数 f(x)＝ a3－－1ax(a≠1)． (1)若 a>0，则 f(x)的定义域为 (－∞，3a] ； (2)若 f(x)在(0,1]上是减函数，则实数 a 的取值范 围是 (－∞，0)∪(1,3] .
上是减函数．
2．单调函数及单调区间
如果函数y f x在区间D上是增函数(或减函数)，我 们就说f x在这个区间上具有严格的单调性，区间D 叫做f x的增区间(或减区间)，统称为单调区间．
3．复合函数的单调性复合函数
y f g x由内、外两层(分别是u g x和y f u)函
数构成，其单调性可按⑥ __________的原则进行判 断，即内、外两层函数在公共定义域上，若同是增函
三 抽象函数的单调性及其应用
【例 3】已知函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)，当 x ＞1 时，f(x)＞0，且 f(x·y)＝f(x)＋f(y)．
(1)求 f(1)的值； (2)证明：f(x)在定义域上是增函数； (3)解不等式 f(1＋x2)＜f(x2－2x＋3)．
【解析】(1)令 x＝y＝1，得 f(1)＝2f(1)，所以 f(1)＝0. (2)证明：令 y＝1x，知 f(1)＝f(x)＋f(1x)＝0， 所以 f(1x)＝－f(x)． 任取 x1，x2∈(0，＋∞)，且 x1＜x2， 则 f(x2)－f(x1)＝f(x2)＋f(x11)＝f(xx21)．
4.若函数 f(x)＝x2＋2(a－1)x＋2 在区间(－∞，4]
上是减函数，则实数 a 的取值范围是( )
A．a≤－3 B．a≥－3
C．a≤3
D．a≥3
【解析】由二次函数单调性可知，－2a2－1≥4， 所以 a≤－3，故选 A.
【解析】因为 f(x)是减函数，所以 y＝(3a－1)x＋
4a 和 y＝logax 都是减函数，所以 3a－1<0，且 0<a<1，
【解析】因为1x在(0，＋∞)上是减函数，所以－1x在(0， ＋∞)上是增函数，
从而 f(x)＝1－1x在(0，＋∞)上是增函数．
2.已知函数 f(x)在 R 上是单调递减函数，且 f(a2)>f(－a)，
则实数 a 的取值范围是( )
A．(0，＋∞)
B．(－∞，－1)
C．(0，＋∞)∪(－∞，－1) D．(－1,0)
又xx21＞1，则 f(xx21)＞0，所以 f(x2)＞f(x1)， 所以 f(x)在(0，＋∞)上为增函数．
(3)因为 1＋x2≥1，x2－2x＋3＝(x－1)2＋2≥2， 由于 f(1＋x2)＜f(x2－2x＋3)，且 f(x)为增函数， 所以 1＋x2＜x2－2x＋3，所以 x＜1. 故不等式的解集为(－∞，1)．
所以函数 y＝ x2＋2x－3的定义域为 (－∞，－3]∪[1，＋∞)，
其对称轴方程为 x＝－1， 所以函数 y＝ x2＋2x－3的单调减区 间为(－∞，－3]．
(ⅱ)由 x2－3x＋2>0，得 x<1 或 x>2， 所以函数 y ＝log12(x2－3x＋2)的定义域为(－∞，1)∪(2，＋∞)．
x1、x2 [a，b]，那么
1 f x1 f x2 0 f x在区间[a，b]上是③ ____；
x1 x2
f x1 f x2 0 f x在区间[a，b]上是④ ______.
x1 x2 其几何意义：⑤ ____________________________.
2(x1 x2 )[ f x1 f x2 ] 0 f x在区间[a，b]上是 增函数；(x1 x2 )[ f x1 f x2 ] 0 f x在区间[a，b]
对于②，f′(x)＝1－x12，当 x∈(0,1)时，f′(x)<0， 则 f(x)在(0,1)上递减； 对于③，令 u＝x＋3，在(0,1)上递增，而 y＝log12 u 为减函数，由复合函数单调性知，f(x)＝log21(x＋3) 在(0,1)上单调递减． 综上可知，②③在(0,1)上为减函数．
【解析】由 a2<－a，解得－1<a<0.
3.(2012·清远模拟)已知函数
f(x)为
R
上的减函数，则满足
1 f(|x
|)<f(1)的实数 x 的取值范围是( )
A．(－1,1)
B．(0,1)
C．(－1,0)∪(0,1)
D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
【解析】因为 f(x)在 R 上为减函数，且 f(|1x|)<f(1)，
【例 1】(1)函数 y＝ x2＋2x－3的单调减区间是 ____________，函数 y＝log12(x2－3x＋2)的单调增区 间是____________；函数 y＝11－＋xx的单调减区间是 ____________；
(2)证明 f(x)＝x2＋1x在(1，＋∞)上为单调增函数．
【解析】 (1)(ⅰ)由 x2＋2x－3≥0，得 x≤－3 或 x≥1，
【解析】(1)由 3－ax≥0 且 a>0，得 x≤a3. (2)方法 1：f(x)在(0,1]上有意义，故 3－ax 在(0,1] 上恒大于或等于 0，只需 3－a≥0，所以 a≤3. (影响 f(x)单调性的两大要素为：①a－1 的符号， 即 a 与 1 的大小；②a 与 0 的大小．故需分类讨论)
证法 2：(导数法) 因为 f(x)＝x2＋1x(x>1)， 所以 f′(x)＝2x－x12＝2x3x－2 1. 又 x>1，所以 2x3－1>0，x2>0，所以 f′(x)>0， 所以 f(x)＝x2＋1x在(1，＋∞)上是增函数．
【点评】求函数单调区间和判断函数单调性方法一致． (1)利用已知函数单调性，即转化为已知函数的和、差 和复合函数求单调区间； (2)定义法：先求定义域，再利用单调性定义； (3)图象法：可由函数图象的直观性写出它的单调区间； (4)导数法：利用导数取值的正负确定函数的单调区间． 特别注意：单调区间必为定义域子集，不可忽视函数 的定义域．
(2)证法 1：(用定义法) 设 x1，x2∈(1，＋∞)，且 x1<x2，则 f(x1)－f(x2)＝x21＋x11－x22－x12 ＝(x1＋x2)(x1－x2)－x1x－1x2x2 ＝(x1－x2)(x1＋x2－x11x2)．
因为 1<x1<x2，所以 x1－x2<0，x1＋x2>2，x1x2>1， 所以 0<x11x2<1，所以 x1＋x2－x11x2>0， 所以 f(x1)－f(x2)<0，即 f(x1)<f(x2)， 所以 f(x)＝x2＋1x在(1，＋∞)上是增函数．
备选例题
已知函数 f(x)＝x2－2ax＋5(a＞1)． (1)若 f(x)的定义域、值域均是[1，a]， 求实数 a 的值； (2)若 f(x)在区间(－∞，2]上为减函 数，且对任意 x1，x2∈[1，a＋1]，总有|f(x1) －f(x2)|≤4，求实数 a 的取值范围．
【解析】(1)因为 f(x)＝(x－a)2＋5－a2(a＞1)， 所以 f(x)在[1，a]上为减函数，
当 a<0 时，f(x)在(0,1]上为减函数； 当 a＝0 时，f(x)在(0,1]上无Biblioteka Baidu调性； 当 0<a<1 时，f(x)在(0,1]上为增函数； 当 1<a≤3 时，f(x)在(0,1]上为减函数． 综上可知，a∈(－∞，0)∪(1,3]．
方法 2：导数法． 由方法 1 知，a≤3. 由 f ′(x)＝a－1 1·2 －3－a ax＝2－a－a1· 3－1 ax<0， 得 a(a－1)>0，所以 a<0 或 a>1. 故 a 的取值范围为{a|a<0 或 1<a≤3}．
又 y＝log12t(t>0)是减函数，t＝x2－3x＋2 在(－∞，1) 上是减函数，
所以函数 y＝log12(x2－3x＋2)的增区间为(－∞，1)．
(ⅲ)由 y＝11－＋xx＝－11－＋xx＋2＝－1＋x＋2 1(x≠－1)可 知，y＝11－＋xx在(－∞，－1)和(－1，＋∞)上均为减函数．
(2)因为 f(x)在(－∞，2]上为减函数，所以 a≥2. 又(a＋1)－a≤a－1， 所以在区间[1，a＋1]上，f(x)max＝f(1)＝6－2a， f(x)min＝f(a)＝5－a2. 因为对任意 x1，x2∈[1，a＋1]， 总有|f(x1)－f(x2)|≤4 成立， 所以 f(x)max－f(x)min≤4， 即(6－2a)－(5－a2)≤4，解得－1≤a≤3. 又 a≥2，所以 a 的取值范围为[2,3]．
数或同是减函数，则f g x为增函数；若是一增一 减，则f g x为减函数．
【要点指南】 ① ；② ；③增函数；④减函数； ⑤增(或减)函数图象上任意两点的连线 斜率都大于(或小于)零；⑥同增异减
1.函数 f(x)＝1－1x在(0，＋∞)上是( ) A．增函数 B．减函数 C．常函数 D．有时递增，有时递减的函数
【点评】赋值法是解决有关抽象函数问题的重要手段，利 用单调性去掉“f”，化归成熟悉的不等式类型进而求解是解抽 象不等式的重要思想．
素材3
函数 f(x)对于任意的 a，b∈R，都有 f(a＋b)＝f(a)＋f(b) －1，并且当 x>0 时，f(x)>1，求证：f(x)是 R 上的增函数．
【解析】设 x1，x2∈R，且 x1<x2， 则 x2－x1>0，所以 f(x2－x1)>1， f(x2)－f(x1)＝f[(x2－x1)＋x1]－f(x1) ＝f(x2－x1)＋f(x1)－1－f(x1) ＝f(x2－x1)－1>0， 所以 f(x2)>f(x1)，所以 f(x)在 R 上为增函数．
素材1
(1)下列函数中，在区间(0,1)上单调递减的是 ②③ . ①f(x)＝sinx; ②f(x)＝x＋1x； ③f(x)＝log12(x＋3); ④f(x)＝|x＋1|. (2)求证：函数 f(x)＝x3＋x 在(－∞，＋∞)上是增函数．
【解析】(1)结合基本函数性质及图象分析可知： ①、④不满足题意．
(2)证法 1：任取 x1<x2，则 x1－x2<0， 所以 f(x1)－f(x2)＝(x31＋x1)－(x32＋x2) ＝(x31－x32)＋(x1－x2) ＝(x1－x2)(x21＋x1x2＋x22＋1) ＝(x1－x2)[(x1＋21x2)2＋43x22＋1] <0， 即 f(x1)<f(x2)， 所以 f(x)＝x3＋x 在(－∞，＋∞)上是增函数．
理解函数的单调性及其几何意义，掌握判 断函数单调性的基本方法，并能利用函数的单 调性解题．
1．函数的单调性及其几何意义
一般的，设函数f x的定义域为I：如果对于定义域
I内某个区间D上的任意两个自变量的值x1、x2，
当x1 x2时，1若都有f x1 ① ______ f x2 ，则称f x 在区间D上是增函数；2若都有f x1 ② ______ f x2 ， 则称f x在区间D上是减函数．它的等价形式，即若
【解析】(1)因为 f(－1)＝0，即 a－b＋1＝0， 所以 b＝a＋1. 又∀x∈R，f(x)≥0 成立， 即 ax2＋(a＋1)x＋1≥0 恒成立，
(2)由(1)可知，f(x)＝x2＋2x＋1， 所以 g(x)＝x2＋(2－k)x＋1. 当 x∈[－2,2]时，g(x)＝x2＋(2－k)x＋1 是单调函数， 所以－2－2 k≤－2 或－2－2 k≥2，所以 k≤－2 或 k≥6. 故 k 的取值范围是(－∞，－2]∪[6，＋∞)．