函数的最大值和最小值的求解方法

知能迁移2 函数y= log 1 (2x2 3x 1) 的递减区间为
2
（A ）
A.(1,+∞)
B.(, 3]
C.(1 ,)
D. [
3
4 ,)
2
4
解析 作出t=2x2-3x+1的示意
图如图所示，
∵0<
1 2
<1,∴ y log 1 t 递减.
2
要使y log 1 (2x2 3x 1) 递减,
求导数得
f
'(x)

ax
ln
a

(x
3 1) 2
,
∵a>1,∴当x>-1时，axln
a>0,
3 (x 1)2
0,
f′(x)>0在（-1，+∞）上恒成立，
则f(x)在（-1,+∞）上为增函数.
探究提高 对于给出具体解析式的函数，判断或证明 其在某区间上的单调性问题，可以结合定义（基本步 骤为取点、作差或作商、变形、判断）求解.可导函 数则可以利用导数解之.

(1 a

1 x2
)(1 a

1 )
x1
1 1 x2 x1 0, x1 x2 x1x2
∴f(x2)>f(x1),
∴f(x)在(0,+∞)上是单调递增的.
(2) f ( x)在[1 ,2]上 的 值 域 是[1 ,2],
2
2
又f ( x)在[1 ,2]上 单 调 递 增, 2
结论
M为最大值
M为最小值
基础自测
1.下列函数中，在区间（0，2）上为增函数的是
(B)
A.y=-x+1
B.y= x
C.y=x2-4x+5
D. y 2
x
解析 ∵y=-x+1,y=x2-4x+5, y 2 分别为一次函
x
数、 二次函数、反比例函数，从它们的图象上可
以看出在（0，2）上都是减函数.
0
,1
0,
2 x1 x2 2 2 x1 x2
∴f(x2)-f(x1)>0,f(x1)<f(x2).
∴f(x)在区间[1,+∞)上为增函数， ∴f(x)在区间[1,+∞)上的最小值为f(1)= •7 .
2 (2)在区间[1,+∞)上f(x)>0恒成立
x2+2x+a>0恒成立.
设y=x2+2x+a,x∈[1,+∞), 则函数y=x2+2x+a=(x+1)2+a-1在区间[1,+∞)上是 增函数. ∴当x=1时，ymin=3+a, 于是当且仅当ymin=3+a>0时,函数f(x)>0恒成立， 故a>-3. 探究提高 要注意函数思想在求函数值域中的运 用,(1)中用函数单调性求函数的最小值;(2)中用函 数的最值解决恒成立问题.在(2)中，还可以使用分 离参数法，要使x2+2x+a>0在[1,+∞)上恒成立, 只要a>-x2-2x=-(x+1)2+1恒成立，由二次函数 的性质得-(x+1)2+1≤-3,所以只要a>-3即可.
量增大时，相对应的函数值也增大，所以①③可推
出函数y=f（x）为增函数.
题型分类 深度剖析
题型一 函数单调性的判断 【例1】已知函数 f (x) ax x 2 (a 1).
x 1 证明：函数f(x)在(-1,+∞)上为增函数. 思维启迪 （1）用函数单调性的定义. （2）用导数法. 证明 方法一 任取x1,x2∈(-1,+∞),
对称轴直线x=1知,在对称轴左边函数y=x2-2x-3是
减函数，所以在区间（-∞，-1）上是减函数,由
此可得D项符合.故选D.
探究提高 （1）复合函数是指由若干个函数复合而 成的函数，它的单调性与构成它的函数u=g(x),y=f(u) 的单调性密切相关，其单调性的规律为“同增异减”， 即f(u)与g(x)有相同的单调性，则f[g(x)]必为增函 数，若具有不同的单调性，则f[g(x)]必为减函数. （2）讨论复合函数单调性的步骤是： ①求出复合函数的定义域； ②把复合函数分解成若干个常见的基本函数并判断其 单调性； ③把中间变量的变化范围转化成自变量的变化范围； ④根据上述复合函数的单调性规律判断其单调性.
t应该大于0且2 递增,
故x∈(1,+∞).
题型三 函数的单调性与最值
【例3】已知函数
f (x)
x2 2x a ,
x∈[1,+∞).
x
(1)当a= 1 时,求f(x)的最小值;
2
(2)若对任意x∈[1,+∞),f(x)>0恒成立，试求实
数a的取值范围. 思维启迪 第(1)问可先证明函数f(x)在[1,+∞) 上的单调性,然后利用函数的单调性求解，对于第
解 （1）设x1,x2∈R，且x1<x2,
则x2-x1>0,∴f(x2-x1)>1.
2分
f(x2)-f(x1)=f((x2-x1)+x1)-f(x1)
=f(x2-x1)+f(x1)-1-f(x1)
=f(x2-x1)-1>0.
5分
∴f（x2）>f(x1).
即f(x)是R上的增函数.
6分
（2）∵f（4）=f（2+2）=f（2）+f（2）-1=5，
x2 1 x1 1
(x1 1)( x2 1)
3(x2 x1) 0,
(x2 1)( x1 1)
于是f(x2)-f(x1)=
a x2
a x1

x2 2 x2 1
x1 2 x1 1
0,
故函数f(x)在（-1,+∞）上为增函数.
方法二 f (x) ax 1 3 (a 1), x 1
3.已知f(x)为R上的减函数，则满足 f (| 1 |) f (1)
x
的实数x的取值范围是
（C）
A.(-1,1)
B.(0,1)
C.(-1,0)∪(0,1)
D.（-∞,-1)∪(1,+∞)
解析 由已知条件：| 1 | 1, x
不等式等价于 |xx|01,
解得-1<x<1,且x≠0.
∵-1<x1<x2<1,∴|x1|<1,|x2|<1,x2-x1>0,
x12 1 0, x22 1 0,| x1x2 | 1,
即-1<x1x2<1,∴x1x2+1>0.
(x2 x1)( x1x2 1) 0. (x12 1)( x22 1)
因此，当a>0时，f(x1)-f(x2)>0,
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.
知能迁移4 已知定义在区间（0，+∞）上的函数f(x)
知能迁移1
试讨论函数
f
(x)

ax x2 1,
x∈(-1,1)的单
调性（其中a≠0）.
解 方法一 根据单调性的定义求解.
设-1<x1<x2<1,
则f
(x1)
f
(x2 )

ax1 x12
1

ax2 x22 1

a(x2 x1)( x1x2 1) (x12 1)( x22 1)
.
知能迁移3 已知函数 f ( x) 1 1 (a>0,x>0),
ax
(1)求证:f(x)在(0,+∞)上是单调递增函数;
(2)若f(x)在 [•1 ,2]上的值域是 [•1 ,2], 求a的值.
2
2
(1)证明 设x2>x1>0,则x2-x1>0,x1x2>0,

f
(x2 )
f
( x1)
①(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0； ②(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0；
③ f (x1) f (x2 ) 0;
x1 x2
④ f (x1) f (x2 ) 0.
x1 x2
其中能推出函数y=f(x)为增函数的命题为__①__③____.
解析 依据增函数的定义可知，对于①③，当自变
∴f（2）=3，
8分
∴原不等式可化为f(3m2-m-2)<f(2),
∵f(x)是R上的增函数，∴3m2-m-2<2,
10分
解得-1<m< 探究提高
34f(,x故)在解定集义为域(上1（, 34或) 某一单调区间上1）2分
具有单调性，则f(x1)<f(x2) f(x1)-f(x2)<0,若函数是
2.函数的最值
前提 条件
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， ①对于任意x∈I，都
都有_f_（__x_）__≤__M__； 有_f_（__x_）__≥__M___；
②存在x0∈I,使得 __f_（__x0_）__=_M____.
②存在x0∈I,使得 ____f_（__x_0）__=_M____.
2.已知函数y=f(x)是定义在R上的增函数,则f(x)=0的
根 A.有且只有一个
B.有2个
（C ）
C.至多有一个
D.以上均不对
解析 ∵f（x）在R上是增函数，
∴对任意x1,x2∈R,若x1<x2,则f(x1)<f(x2), 反之亦成立.故若存在f(x0)=0,则x0只有一个. 若对任意x∈R都无f(x)=0,则f(x)=0无根.
a<0时，f(x)在（-1，1）上为增函数.
题型二 复合函数的单调性
【例2】已知函数f(x)=log2(x2-2x-3)，则使f(x)为减
函数的区间是
(D )
A.(3,6)
B.(-1,0)
C.(1,2)
D.（-3,-1）
思维启迪 先求得函数的定义域,然后再结合二次
函数、对数函数的单调性进行考虑.
解析 由x2-2x-3>0,得x<-1或x>3,结合二次函数的
2x

ax2 a 2ax2 (x2 1)2

a(1 x2 (x2 1)2
)
.
当a>0时，∵-1<x<1,
a(1 x2 ) 0, (x2 1)2
即f′(x)<0,此时f（x)在（-1，1）上为减函数.
同理，当a<0时，f(x)在（-1，1）上为增函数.
综上可知，a>0时，f（x)在（-1，1）上为减函数；
(2)问可采用转化为求函数f(x)在[1,+∞)上的最小 值大于0的问题来解决.
解 (1)当a 1 时, f ( x) x 1 2,
2
2x
设1≤x1<x2, 则∵f1(≤x2x)1-<fx(2x,1∴)=x(2-xx21>0x,12)x(11x2>22,x11 x2 ),
11
1
f(x1)>f(x2) ，那么就 说函数f（x）在区间D
间D上是增函数
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 若函数f(x)在区间D上是_增__函__数___或__减__函__数__，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.
4.函数y=(2k+1)x+b在（-∞，+∞）上是减函数，则
(D )
A. k 1
B. k 1
2
2
C. k 1
D. k 1
2
2
解析 使y=(2k+1)x+b在（-∞，+∞）上是减函数,
则2k+1<0，即 k 1 .
2
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：
即f(x1)>f(x2),此时函数为减函数；
当a<0时，f(x1)-f(x2)<0,
即f(x1)<f(x2),此时函数f(x)为增函数.
方法二

f (x)

ax x2 1,
(ax)'( x2 1) ax( x2 1)'
f '(x)
( x2 1)2

a( x2 1) ax ( x2 1)2
§2.2 函数的单调性与最大(小)值
基础知识 自主学习
要点梳理
1.函数的单调性 （1）单调函数的定义
增函数
减函数
定 一般地，设函数f（x）的定义域为I.如果对于定 义 义域I内某个区间D上的任意两个自变量x1，x2
当x1<x2时,都有
当x1<x2时，都有
定 义
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
f（x1）<f(x2) ，那 么就说函数f(x)在区
不妨设x1<x2,则x2-x1>0, a x2 x1 1且a x1 0,
a x2 a x1 a (a x1 x2 x1 1) 0,
又∵x1+1>0,x2+1>0,
x2 2 x1 2 (x2 2)( x1 1) (x1 2)( x2 1)

f
1 ()

1
,
f
(2)

2.
22
易 得a 2 . 5
题型四 函数单调性与不等式 【例4】(12分)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. 思维启迪 问题(1)是抽象函数单调性的证明,所 以要用单调性的定义. 问题(2)将函数不等式中抽象的函数符号“f”运 用单调性“去掉”,为此需将右边常数3看成某个 变量的函数值.