高三一轮复习函数的单调性精选课件

高三总复习 数学 (大纲版)
[例 1] 判断函数 f(x)＝x2a－x 1(a≠0)在区间(－1,1)上的 单调性．
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[解] 解法 1：任取－1<x1<x2<1，则 f(x1)－f(x2)＝ a((xx121x－2＋11)()x(22x－2－1x) 1).因为(x(1xx122－＋11))((xx222－－1x)1)>0，所以 a>0 时， 函数 f(x)在(－1,1)上单调递减；a<0 时，函数 f(x)在(－1,1) 上单调递增．
解析：a是对数的底数，所以a>0，设g(x)＝2－ax，则 g(x)在区间[0,1]上是减函数．
设u＝2－ax，由于y＝loga(2－ax)是区间[0,1]上的减函 数．
所以y＝logau是增函数．故a>1. 还要使2－ax>0在区间[0,1]上总成立，即g(x)>0在区间 [0,1]上总成立， 由于g(x)是减函数，x＝1时g(x)有最小值． 只要g(1)>0，即2－a>0， 得a<2，∴1<a<2. 答案：B
－1，32
上单调递增，在区间32，4上单调递减，所以当
0<a<1 时，函数 y＝loga(4＋3x－x2)在－1，32上单
调递减，在32，4上单调递增，当 a>1 时，函数 y
＝loga(4＋3x－x2)在－1，32上单调递增，在32，4
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(1)[解] 令 x＝y＝1，得 f(1)＝2f(1)，故 f(1)＝0. (2)[证明] 令 y＝1x，得 f(1)＝f(x)＋f(1x)＝0， 故 f(1x)＝－f(x)．任取 x1，x2∈(0，＋∞)，且 x1<x2， 则 f(x2)－f(x1)＝f(x2)＋f(x11)＝f(xx21)． 由于xx21>1，故 fxx21>0，从而 f(x2)>f(x1)． ∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
②当 0<a<1 时，y＝logau 为减函数， u 在－12，0为减函数且 u>0，则 u′＝3x2－a≤0 在－12，0恒成立，即 a≥(3x2)max， ∴a≥3·－122. ∴a≥34，u>0，须使 umin>0，u(0)＝0. ∴u 在－21，0上恒大于 0，∴34≤a<1，故选 B.
解法 2：对 f(x)求导，有 f ′(x)＝－(xa2(－x2＋1)21)，因为 x∈ (－1,1)，所以(x2－1)2>0，x2＋1>0，所以当 a<0 时，f ′(x)>0， f(x)在(－1,1)上单调递增，当 a>0 时，f ′(x)<0，f(x)在(－1,1) 上单调递减．
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[拓展提升] 抽象函数不等式问题的求解思路是根据 函数的单调性脱去符号“f”，转化为关于x的显型不等式．
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设 f(x)是定义在[－1,1]上的奇函数，对于任意的 a、 b∈[－1,1]，当 a＋b≠0 时，都有f(aa)＋ ＋fb(b)<0.
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解：二次函数 f(x)在区间(12，1)上是增函数， 由于其图象(抛物线)开口向上， 故其对称轴 x＝a－2 1或与直线 x＝12重合或位于直线 x＝21 的左侧，于是a－2 1≤12，解得 a≤2， 故 f(2)＝－2a＋11≥－2×2＋11＝7，即 f(2)≥7.
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3．复合函数单调性的判断方法 如果y＝f(u)和u＝g(x)单调性相同，那么y＝f(g(x))是
增函数；如果y＝f(u)和u＝g(x)的单调性相反，那么f(g(x))是 减函数．
注意：(1)函数的单调性只能在函数的定义域内来讨论， 因此求函数的单调区间需先求定义域．
(2)若要证明f(x)在区间[a，b]上是递增或者递减的就 必须证明对区间[a，b]上任意的两个自变量的值 x1，x2，当 x1<x2时，都有不等式f(x1)<f(x2)或f(x1)>f(x2)．若要证明f(x)在 区间[a，b]上不是单调函数，只要举出反例即可，即只要找 到两个特殊的x1、x2不满足定义即可．
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(2) 设
t
＝
x2
－
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x
＝
x－12
2
－
1 4
，
∵t
＝
x－12
2
－
1 4
在
－∞，12上为减函数，在12，＋∞上为增函数，又 y＝13t
在(－∞，＋∞)上为减函数，∴y＝13x2－x 的单调递增区间
为－∞，12，单调递减区间为12，＋∞.
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[分析] (1)的求解是容易的；对于(2)，应利用函数单 调性的定义来证明，其中应注意f(x·y)＝f(x)＋f(y)的应用； 对于(3)，应利用(2)中所得的结果及f(x·y)＝f(x)＋f(y)进行适 当配凑，将所给不等式化为f[g(x)]≥f(a)的形式，再利用f(x) 的单调性来求解．
[解] ①当 a>1 时，设 u＝x3－ax，y＝logau 为递增函 数，根据复合函数单调性，u 在－21，0为增函数且 u>0， 则 u′＝3x2－a≥0，即 a≤3x2 在－12，0恒成立．
a≤(3x2)min，即 a≤0(舍去)．
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[拓展提升] 运用定义法判定函数的单调性是一种常 见方法，解题时应注意：一强调x1、x2在相应区间的任意性； 二分析清楚变形后式子的符号；运用导数法判定函数的单 调性也是一种常见方法，此方法显得简便些．
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若 f(x)在区间 M 上是减函数，且 f(x)>0，则下列函
数在区间 M 上是增函数的是
答案：B
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[例2] 设a>0，且a≠1，试求函数y＝loga(4＋3x－x2)的 单调区间．
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[解] 函数 y＝loga(4＋3x－x2)的定义域为(－1,4)，
令
u
＝
4
＋
3x
－
x2
＝
－
x－32
2
＋
25 4
，
u
＝
4
＋
3x
－
x2
在
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2．判断函数单调性的常用方法 (1)定义法；(2)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；(3)互 为反函数的两个函数具有相同的单调性；(4)奇函数在对称 的两个区间上具有相同的单调性，而偶函数在对称的两个 区间上则具有相反的单调性；(5)利用导数的理论去研究．
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2．若 f(x)＝－x2＋2ax 与 g(x)＝x＋a 1在区间[1,2]上都是减
函数，则 a 的取值范围是
()
A．(－1,0)∪(0,1) C．(0,1)
B．(－1,0)∪(0,1] D．(0,1]
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解析：由 f(x)＝－x2＋2ax 得对称轴为 x＝a，且在[1,2] 上是减函数，所以 a≤1.
()
A．y＝2f(x) C．y＝ f(x)
B．y＝12f(x) D．y＝log2f(x)
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解析：四个选项中的函数可分别看作是由 y＝2u 和 u＝f(x)、y＝12u 和 u＝f(x)、y＝ u和 u＝f(x)、y＝log2u 和 u＝f(x)复合而成的，根据复合函数的单调性规律可 确定函数 y＝12f(x)符合题意．
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第三节 函数的单调性
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1．函数的单调性 对于给定区间I上的函数f(x)及属于这个区间I的任意两 个自变量的值x1，x2，当x1<x2时，如果都有f(x1)<f(x2)，那么 就说f(x)在给定区间上是增函数，这个区间就叫做这个函数 的 单调递增 区间；如果都有f(x1)>f(x2)．那么就说f(x)在给 定区间上是减函数，这个区间就叫做这个函数的 单调 递减 区间．反映在图象上，若函数f(x)是区间I上的增(减) 函数，则图象在I上的部分从左到右是上升(下降)的．
求下列函数的单调区间，并确定每一单调区间上的单 调性．
(1)y＝x2－3|x|＋14； (2)y＝13x2－x.
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解： (1)∵y＝x－322－2，x≥0， x＋232－2，x<0， ∴由图象可知，y 在－∞，－32及0，32上为减函数， 在－23，0及32，＋∞上为增函数．
上单调递减．
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[拓展提升] 要熟练掌握常用初等函数的单调性和复 合函数的单调性，一次函数的单调性决定于一次项系数的 符号；二次函数的单调性决定于二次项系数的符号及对称 轴的位置；指数函数、对数函数的单调性决定于底数的范 围(大于1或小于1且大于零)．
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又由于 g(x)＝x＋a 1在[1,2]上是减函数，所以 a>0. 综合得 a 的取值范围为(0,1]． 答案：D
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3．函数f(x)＝ax－1＋logax(a>0且a≠1)，在[1,2]上的最大 值与最小值之和为a，则a的值为________．
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[答案] B
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[拓展提升] 此题应用了分类讨论的思想，并用求导 的方法来讨论其单调性．
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已知y＝loga(2－ax)在[0,1]上是x的减函数，则a的取值
范围是
()
A．(0,1)
B．(1,2)
C．(0,2)
D．[2，＋∞)
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解析：函数y＝ax－1和y＝logax在公共定义域内具有相 同的单调性，在[1,2]区间上的最值对应着函数的最值，故 (a1－1＋loga1)＋(a2－1＋loga2)＝1＋a＋loga2＝a，可得loga2 ＝－1，求得
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4．如果二次函数 f(x)＝x2－(a－1)x＋5 在区间(12，1) 上是增函数，求 f(2)的取值范围．
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[例 4] 已知函数 f(x)的定义域是(0，＋∞)，当 x>1 时， f(x)>0，且 f(x·y)＝f(x)＋f(y)．
(1)求 f(1)； (2)证明 f(x)在定义域上是增函数； (3)如果 f(13)＝－1，求满足不等式 f(x)－f(x－1 2)≥2 的 x 的取值范围．
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1．函数 y＝ x2＋2x－3的单调递减区间是 ( )
A．(－∞，－3] C．(－∞，－1)
B．[1，＋∞) D．[－1，＋∞)
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解析：∵x2＋2x－3≥0， ∴x≤－3 或 x≥1，排除 C，D. 又 x2＋2x－3＝(x＋1)2－4 在(－∞－1]上单调递减， ∴y＝ x2＋2x－3在(－∞，－3]上单调递减． 答案：A
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[例 3] 若函数 f(x)＝loga(x3－ax)(a>0，a≠1)在区 间(－12，0)内单调递增，则 a 的取值范围是 ( )
A.14，1 C.94，＋∞
B.34，1 D.1，94
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(3)[解] 由于 f(13)＝－1，而 f(31)＝－f(3)， 故 f(3)＝1. 在 f(x·y)＝f(x)＋f(y)中，令 x＝y＝3，得 f(9)＝f(3)＋f(3)＝2. 又－f(x－1 2)＝f(x－2)，故所给不等式可化为 f(x)＋f(x－2)≥f(9)，即 f[x(x－2)]≥f(9)． ∴x>0， x－2>0， x(x－2)≥9. 解得 x≥1＋ 10. ∴x 的取值范围是[1＋ 10，＋∞)．