2014高考数学一轮复习课件_2.2函数的单调性与最大(小)值

因此f(x)在x∈D上是增函数．
•1．(人教A版教材习题改编)如果二次函数f(x) ＝3x2＋2(a－1)x＋b在区间(－∞，1)上是减函 数，则( ) •A．a＝－2 B．a＝2 C．a≤－2 a－1 【解析】 二次函数的对称轴方程为x＝－ ， D．a≥2 3
a－1 由题意知－ ≥1，即a≤－2. 3
【提示】 不是，其单调增区间为(－∞，0]，(0，＋∞)．
2．对于函数f(x)，x∈D，若x1，x2∈D且(x1－x2)[f(x1)－
f(x2)]＞0则能否确定f(x)在D上的单调性？
【提示】 (x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0⇔
x －x ＞0， x －x ＜0， 1 1 2 2 或 f（x1）－f（x2）＞0 f（x1）－f（x2）＜0.
【答案】
C
x2＋2x＋a (2013· 广州模拟)已知函数f(x)＝ ，x∈[1，＋ x ∞)．若对任意x∈[1，＋∞)，f(x)＞0恒成立，试求实数a的 取值范围．
•【思路点拨】 分a≥0和a＜0两种情况讨 论．
a 【尝试解答】 f(x)＝x＋ ＋2，x∈[1，＋∞)． x (1)当a≤0时，f(x)在[1，＋∞)内为增函数． 最小值为f(1)＝a＋3. 要使f(x)＞0在x∈[1，＋∞)上恒成立，只需a＋3＞0， 即a＞－3，∴－3＜a≤0. (2)当0＜a≤1时，f(x)在[1，＋∞)上为增函数， f(x)min＝f(1)＝a＋3. ∴a＋3＞0，a＞－3.∴0＜a≤1. (3)当a＞1时，f(x)在[1， a]上为减函数，在( a，＋∞) 上为增函数．
•【答案】 C
2．下列函数中，在区间(0，1)上是增函数的是( ) 1 A．y＝3－x B．y＝x C．y＝－x2＋4 D．y＝|x|
•【解析】 结合函数的图象易知选D. •【答案】 D
•3．函数f(x)＝(x－3)ex的单调增区间是 ________． •【解析】 由f(x)＝(x－3)ex，得f′(x)＝(x－ 2)ex， •由f′(x)＞0，得x＞2，故f(x)的增区间是(2， ＋∞)． •【答案】 (2，＋∞)
所以f(x)在[1，＋∞)上的最小值是f( a)＝2 a＋2，2 a ＋2＞0，显然成立． 综上所述，f(x)在[1，＋∞)上恒大于零时，a的取值范 围是(－3，＋∞)．
•1．已知函数的解析式，能够判断函数的单 调性，确定函数的单调区间，反之，已知函 数的单调区间可确定函数解析式中参数的值 和范围，可通过列不等式或解决不等式恒成 立问题进行求解． •2．不等式m＞f(x)恒成立⇔m＞f(x)max，m＜ f(x)恒成立⇔m＜f(x)min.
函数图象是单调性的最直观体现，函数的最
大(小)值是图象的最高(低)点的纵坐标，本题
借助图象的直观性求得最大值．
•2．配方法：若函数是二次函数，常用配方
法．
定义新运算⊕：当a≥b时，a⊕b＝a；当a＜b时，a⊕b
＝b2，则函数f(x)＝(1⊕x)x－(2⊕x)，x∈[－2，2]的最大 值等于( A．－1 【解析】 2， ∴f(x)＝1×x－2＝x－2，且f(x)在[－2，1]上为增函 数， ) B．1 C．6 D．12
此时实数a，b是方程x2－x＋1＝0的两根，但方程 x2－x＋1＝0无实根，因此不存在满足条件的实数a，b.
1 函数的单调性是对某个区间而言的．例如函数y＝ 分 x 别在(－∞，0)，(0，＋∞)内都是单调递减的，但不能说它 在整个定义域(－∞，0)∪(0，＋∞) 内单调递减．函数的单 调减区间为(－∞，0)和(0，＋∞)，不能用“∪”连接．
2 ，0≤x≤2， min{2x，x＋2，10－ ∴f(x)＝x＋2，2＜x＜4， 10－x，x≥4. x}(x≥0)的图象(如图实线 令x＋2＝10－x，得x＝4. 部分)． 当x＝4时，f(x)取最大值f(4)＝6.
【答案】 C
•求函数最值(值域)的常用方法
•1．利用单调性是求函数最值的最主要方法，
∴当x1，x2∈(－∞，－1]时，x1＋x2＜0，
则f(x1)－f(x2)＞0，
即f(x1)＞f(x2)， 故函数在(－∞，－1]上是减函数． 当x1，x2∈[1，＋∞)时，x1＋x2＞0， 则f(x1)－f(x2)＜0， 故函数在[1，＋∞)上是增函数.
(2013·惠州调研)用min{a，b，c}表示a，b，c三个数
当0＜a＜b时，f(a)＝f(b)，∴a，b在f(x)的不同单调区 间上， 1 1 则f(a)＝ －1，f(b)＝1－ ， a b 1 1 1 1 因此 －1＝1－ ，故 ＋ ＝2. a b a b (2)假设存在这样的实数a，b，使得函数y＝f(x)的定义 域、值域都是[a，b]． 1 ∵1≤a≤b，且f(x)＝1－ 在[1，＋∞)上是增函数． x 1 f（a）＝a， 1－ ＝a， a 则 即 f（b）＝b， 1－1＝b， b
1 已知函数f(x)＝|1－ |，(x＞0)． x 1 1 (1)当0＜a＜b，且f(a)＝f(b)，求证： ＋ ＝2； a b (2)是否存在实数a，b(1≤a≤b)，使得函数y＝f(x)的定 义域、值域都是[a，b]，若存在则求出a，b的值；若不存在 请说明理由． 1 －1，0＜x＜1， 1 x 【解】 (1)∵f(x)＝|1－ |＝ x 1－1，x≥1. x 故f(x)在(0，1)上是减函数，在[1，＋∞)上是增函数，
①对于任意 f(x)≥M 的x∈I，都
f(x0)＝M
①对于任意的x∈I，都 有 条件 有____________；② 存在x0∈I，使得 ___________.
_________ __；②存在 x ∈I，使得
•1．如图2－2－1所示函数 f(x)的图象，则函数f(x)的单 调增区间是(－∞，0]∪(0， ＋∞)吗？
•1.闭区间上的连续函数一定存在最大值和最 小值．当函数在闭区间上单调时最值一定在 端点取到． •2．开区间上的“单峰”函数一定存在最大 (小)值．
函数单调性的判定方法 (1)定义法：取值、作差、变形、定号、下结论．
(2)利用图象与性质．
(3)导数法：利用导数研究函数的单调性．
Baidu Nhomakorabea
•函数的单调性与最值是高考考查的重点内容， 主要涉及单调性的判断，求函数的单调区间 与最值，函数单调性的应用；考查数形结合、 转化与化归等数学思想，其中利用函数的单 调性解不等式应引起高度重视．
•第二节 函数的单调性与最大(小)值
•1．增函数、减函数 •一般地，设函数f(x)的定义域为I，区间D⊆I， 如果对于任意x1，x2∈D，且x1＜x2，则都有： •(1)f(x)在区间D上是增函数f(x1)＜f(x2) ⇔_______________； f(x )＞f(x ) 1 2 •(2)f(x)在区间D上是减函数 ⇔________________．
•(2)∵m，n∈R，不妨设m＝n＝1， •∴f(1＋1)＝f(1)＋f(1)－1⇒f(2)＝2f(1)－ 1，······8分 •f(3)＝4⇒f(2＋1)＝4⇒f(2)＋f(1)－1＝4⇒3f(1) －2＝4， •∴f(1)＝2，f(2)＝2×2－1＝3， •∴f(a2＋a－5)＜2＝ f(1)，·····················10分 ····················· •∵f(x)在R上为增函数，∴a2＋a－5＜1⇒－3 ＜a＜2， • 即a∈(－3，
1 【答案】 (－ ，＋∞) 2 (2)函数的定义域为(－∞，－1]∪[1，＋∞)， 设x1＜x2，则 f(x1)－f(x2)＝ x2－1－ x2－1 1 2 ＝
2 x1－x2 2 2 x1－1＋ x2－1 2
（x1－x2）（x1＋x2） ＝ . 2 2 x1－1＋ x2－1 ∵x1－x2＜0,
2 x1－1＞0, 2 x2－1＞0，
•2．单调性、单调区间的定义 增函数 减函数 •若函数f(x)在区间D上是_________或 ________，则称函数f(x)在这一区间上具有 (严格的)单调性，区间D叫做f(x)的 单调区间 •__________．
•3．函数的最值
前提
设函数f(x)的定义域为I，如果存在实 数M满足
f(x)≤M f(x0)＝M
(1)函数f(x)＝log5(2x＋1)的单调增区间是________． (2)用定义法判断函数y＝ 性． x2－1 在定义域上的单调
【解析】
1 (1)函数f(x)的定义域为(－ ，＋∞)，令t＝ 2
2x＋1， 因为y＝log5t在t∈(0，＋∞)上是增函数，t＝2x＋1在 1 x∈(－ ，＋∞)上为增函数，所以函数f(x)＝log5(2x＋1)的 2 1 单调递增区间为(－ ，＋∞)． 2
中的最小值，设f(x)＝min{2x，x＋2，10－x}(x≥0)，则f(x)
最大值为( A．4 【思路点拨】 大值． ) B．5 C．6 D．7
明确f(x)的意义，数形结合求f(x)的最
•【尝试解答】 如图所
示，在同一坐标系中作出
y＝x＋2，y＝2x，y＝10
－x(x≥0)的图象．
•根据f(x)定义知，f(x)＝ x
依题意，当－2≤x≤1时，1⊕x＝1，2⊕x＝
当1＜x≤2时，1⊕x＝x2，2⊕x＝2， ∴f(x)＝x3－2，且f(x)在(1，2]上为增函数， 因此f(x)＝
x－2 3 x －2
（－2≤x≤1）， （1＜x≤2）.
在[－2，2]上是增
函数． ∴f(x)的最大值为f(2)＝23－2＝6.
ax1 ax2 a（x2－x1）（x1x2＋1） 则f(x1)－f(x2)＝ 2 － 2 ＝ . 2 2 x1－1 x2－1 （x1－1）（x2－1）
∵－1＜x1＜x2＜1， 2 ∴x2－x1＞0，x1－1＜0，x2－1＜0. 2 －1＜x1x2＜1，∴x1x2＋1＞0. （x2－x1）（x2x1＋1） ∴ ＞0. 2 2 （x1－1）（x2－1） 因此，当a＞0时，f(x1)－f(x2)＞0， ∴f(x1)＞f(x2)，此时函数在(－1，1)上为减函数； 当a＜0时，f(x1)－f(x2)＜0， ∴f(x1)＜f(x2)，此时函数在(－1，1)上为增函数． 法二 (导数法)f′(x)＝ a（x2－1）－2ax2 （x2－1）2 ＝
•【审题视点】 (1)根据复合函数的单调性求 解． •(2)用定义法或导数法求解．
•【尝试解答】 (1)由x2－1＞0得x＞1或x＜ －1， •∴函数f(x)的定义域为(－∞，－1)∪(1，＋ ∞)． •令t＝x2－1，因为y＝log2t在t∈(0，＋∞)上 为增函数． •t＝x2－1在x∈(－∞，－1)上是减函数， 【答案】 (－∞，－1) (2)法一 (定义法)设－1＜x1＜x2＜1， •所以函数f(x)的递减区间为(－∞，－1)．
－a（x2＋1） 2 2 ， （x －1）
当a＞0时，f′(x)＜0；当a＜0时，f′(x)＞0.
∴当a＞0时，f(x)在(－1，1)上为减函数．
当a＜0时，f(x)在(－1，1)上为增函数．
•1．解答本题(1)时，应先求定义域，在定义 域内求单调区间． •2．函数单调性的判定方法有：(1)定义法； (2)图象法；(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．
规范解答之一
利用函数的单调性解不等式
• (12分)(2013·深圳调研)函数f(x)对任意 的m、n∈R，都有f(m＋n)＝f(m)＋f(n)－1， 并且x＞0时，恒有f(x)＞1. •(1)求证：f(x)在R上是增函数； •(2)若f(3)＝4，解不等式f(a2＋a－5)＜2. •【规范解答】 (1)设x1＜x2，∴x2－x1＞0， •当x＞0时，f(x)＞1，∴f(x2－x1)＞ 1.···········2分 •f(x2)＝f[(x2－x1)＋x1]＝f(x2－x1)＋f(x1)－ 1，······· ······4分
1 4．(2013· 湛江质检)函数f(x)＝ 的最大值 1－x（1－x） 是________．
12 3 3 【解析】 ∵1－x(1－x)＝x －x＋1＝(x－ ) ＋ ≥ ， 2 4 4 1 4 4 ∴0＜ ≤ ，故f(x)max＝ . 3 1－x（1－x） 3
2
4 【答案】 3
(1)(2013· 佛山模拟)函数f(x)＝log2(x2－1)的单调递减区 间为________． ax (2)试讨论函数f(x)＝ 2 ，x∈(－1，1)的单调性(其中 x －1 a≠0)．