函数的最大值和最小值的求解方法[1]

【例1】已知函数
f (x) ax x 2 (a 1).
证明：函数f(x)在(-1,+∞)上为增函x数. 1
（1）用函数单调性的定义.
（思2）维用启导迪数法. 证明 方法一 任取x1,x2∈(-1,+∞),
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,
其在某区间上的单调性问题，可以结合定义（基本步 骤探为究取提点高、作差或作商、变形、判断）求解.可导函 数则可以利用导数解之.
知能迁移1 试讨论函数 调性（其中a≠0）.
f (x)x∈(-x12a,x1)1的, 单
解 方法一 根据单调性的定义求解.
设-1<x1<x2<1,
∵即则--11af<<xx(((11xx<xx221x1<22)<11,x,∴1∴1f)x)(((1|xxxxx21222+1|x1)<>2101,.)|x1x1a22)|x.<111,x2-xx1a2>20x,2 1 x12 1 0, x22 1 0,| x1x2 | 1,
综上可知，a>0时，f（x)在（-1，1）上为减函数； 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
()
A.(3,6)
B.(-1,0)
D
C.(1,2)
D.（-3,-1）
先求得函数的定义域,然后再结合二次
3.已知f(x)为R上的减函数，则满足 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 由已知条件：
不等式等价于 解得-1<x<1,且x≠0.
| 1 | 1, x
|xx|01,
f (| 1 |) f (1) （ ）x
C
4.函数y=(2k+1)x+b在（-∞，+∞）上是减函数，则
又∵x1+1>0,x2+1>0,
x2 2 x1 2 (x2 2)( x1 1) (x1 2)( x2 1)
x2 1 x1 1
(x1 1)( x2 1)
于(是x23f((xx21)2)-(f(xxx111))=1) 0,
故函数f(x)在（-1,+∞）上为增函数.
a x2 a x1 x2
（2）任取x1,x2∈(0,+∞)，且x1>x2,则 由于当x>1时，f(x)<0,
x1 1, x2
所因所以此以f函(x数1)ff<((fx(xx)x12在2)),区即间0f((,0x1,)+-∞f()x上2)<是0,单调递减函数.
（3）由
(x2 x1)( x1x2 1) 0. 因此，( 当x12a>01时)(，xf22(x1)1-)f(x2)>0,
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
ax
f (x)
x2
, 1
f
'(x)
(ax)'( x2 1) ax( x2 ( x2 1)2
1)'
a( x2 1) ax 2x
( x2 1)2
ax2 a 2ax2 a(1 x2 ) . 当a>0时(，x2∵-11)<2x<1, (x2 1)2
即同f理′，((axx当)(21<a0<,10此x时)22时，) ff（(x0x)),在在（（--11，，11））上上为为增减函函数数..
③
④ f (x1) f (x2 ) 0;
其中能推出x1函数xy2=f(x)为增函数的命题为________.
解析 f依(x据1)增函f数(x的2 )定义0可. 知，对于①③，当自变
量增大时，x1相对x应2 的函数值也增大，所以①③可推
①③
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
知能迁移3 已知函数
f ( x)(a>01,x>01),
(1)求证:f(x)在(0,+∞)上是单调递增函a数; x
(2)若f(x)在
上的值域是
求a的值.
1
1
(1)证明
设x2>x1[•>20,,则2]x2-x1>0,x1x2>0,
[• ,2], 2
11 11
∴∴ff((f1xx2)()在x>f2(()01x,1)+,∞f )(x上x21是)单x调1( a递0增,x的2.) ( a
y
以看出在（0，2）上都是减函数.
x
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.
函数、对数函数的单调性进行考虑. 思解维析启迪由x2-2x-3>0,得x<-1或x>3,结合二次函数的
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.
知能迁移2 函数y=
log
1
(2x的2 递3减x区间1)为
（）
2
A
A.(1,+∞)
B.
C.
D.
解析( 1作,出t=)2x2-3x+1的示意
(, 3]
[
3
4 ,)
图如图2所示，
4
∵0< <1,∴
递减.
要使
递减,
t应该大于1 0且递增, 故x∈(1,2+∞).
y log 1 t
2
y log 1 (2x2 3x 1)
________叫做f（x）的单调区间.
区间D
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（__x_0）__=M______.
) x1
x1 x2 x1x2
(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
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(x)在区间[1,+∞)上的最小值为f(1)=
(2)在区间[1,+∞)上f(x)>0恒成立
x2+2x+a>0恒成立.
7
•.
2
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.
2
题型三 函数的单调性与最值
【例3】已知函数
x2 x∈2[x1,+∞a ).
f (x)
,
(1)当a= 时,求f(x)的最小值;
x
1
(2)若对任意x2∈[1,+∞),f(x)>0恒成立，试求实
数a的取值范围.
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 (2思)问维可启采迪用转化为求函数f(x)在[1,+∞)上的最小
=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.
问题(1)是抽象函数单调性的证明,所 以要用单调性的定义. 问思题维(2启)将迪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.
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)
满足 f ( x=1f()x1)-f(x2)，且当x>1时，f(x)<0. （1）求f(1)的x2值；
（2）判断f(x）的单调性； （3）若f(3)=-1,解不等式f(|x|)<-2. 解 （1）令x1=x2>0, 代入得f(1)=f(x1)-f(x1)=0,故f(1)=0.
§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
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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
f（x1）<f(x2)
，那
f(x1)>f(x2) ，那么就
义 么就说函数f(x)在区 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________或________，则称
增函数
减函数
函数f（x）在这一区间上具有（严格的）单调性，
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 数探的究最提值高解决恒成立问题.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.
值大于0的问题来解决.
解 (1)当a 1 时, f ( x) x 1 2,
设1≤x1<x2,
2
2x
则f(x2)-f(x1)=
1
∵1≤x1<x2,∴x2-x1>0(,x2x21x2>2x,1 )(1 2 x1 x2 ),
∴f(x2)-f(x11)>0,f(x11)<f(x2).1 ∴f(0x)在2区x间1 x[21,+∞2),1上为2增x函1 x数2 ， 0,
∴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< ,故解集为
12分
f(x)在定义4 域上（或某一单调区间4上） 具有单调性，则3f(x1)<f(x2) f(x1)-(f(x12),<30),若函数是
增探函究数提,高则f(x1)<f(x2) x1<x2,函数不等式（或方程）
()
D
A.
B.
C. k 1
D.
k1
2
2
解析k 使y=(12k+1)x+b在（-∞，+∞k）上 是 减1 函数,
则2k+1<0，即2
2
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： ①(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0； ②(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0；
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，
②存在x0∈I,使得 ____f_（_x_0）__=_M_____.
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
A.y=-x+1
() B
B.y=
C.y=x2-4x+5
D.
x
解析 ∵y=-x+1,y=x2-4x+5,
分别为一y次函2
x
数、 二次函数、反比例函数，从它们的图象2上可
2
x1
2
0,
x2 1 x1 1
方法二
f (x) ax 1 3 (a 1),
x 1
求导数得
f '(x) ax
∵a>1,∴当x>-1时，axln
ln a
a>0,
(x
3 1) 2
,
f′(x)>0在（-1，+∞）上恒成立，
3 (x 1)2
0,
则f(x)在（-1,+∞）上为增函数.
对于给出具体解析式的函数，判断或证明