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【创新方案】2013年高考数学一轮复习 第二篇 函数与基本初等函数Ⅰ第2讲 函数的单调性与最值 理 新人教版

第2讲
【2013 年高考会这样考】

函数的单调性与最值

1.考查求函数单调性和最值的基本方法. 2.利用函数的单调性求单调区间. 3.利用函数的单调性求最值和参数的取值范围. 【复习指导】 本讲复习首先回扣课本, 从“数”与“形”两个角度来把握函数的单调性和最值的概念, 复 习中重点掌握:(1)函数单调性的判断及其应用;(2)求函数最值的各种基本方法;对常见题 型的解法要熟练掌握.

基础梳理 1.函数的单调性 (1)单调函数的定义 增函数 减函数

一般地,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 定义 当 x1<x2 时,都有 f(x1)<f(x2),那么就说函 数 f(x)在区间 D 上是增函数 当 x1<x2 时,都有 f(x1)>

f(x2),那么就说函数 f (x )
在区间 D 上是减函数

图象 描述 自左向右图象是上升的 (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. 自左向右图象是下降的

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,都有 ①对于任意 x∈I,都有

1

.

f(x)≤M;
②存在 x0∈I, 使得 f(x0) =M

f(x)≥M;
②存在 x0∈I,使得 f(x0)=

M. M 为最小值

结论

M 为最大值

一个防范 1 函数的单调性是对某个区间而言的,所以要受到区间的限制.例如函数 y= 分别在(-∞,

x

0),(0,+∞)内都是单调递减的,但不能说它在整个定义域即(-∞,0)∪(0,+∞)内单 调递减,只能分开写,即函数的单调减区间为(-∞,0)和(0,+∞),不能用“∪”连接. 两种形式 设任意 x1,x2∈[a,b]且 x1<x2,那么 ①

f? x1? -f? x2? f? x1? -f? x2? >0?f(x)在[a,b]上是增函数; <0?f(x)在[a,b] x1-x2 x1-x2

上是减函数. ②(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0?f(x)在[a, ]上是增函数; x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0?f(x) b ( 在[a,b]上是减函数. 两条结论 (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. 四种方法 函数单调性的判断 (1)定义法:取值、作差、变形、定号、下结论. (2)复合法:同增异减,即内外函数的单调性相同时,为增函数,不同时为减函数. (3)导数法:利用导数研究函数的单调性. (4)图象法:利用图象研究函数的单调性. 双基自测 1.设 f(x)为奇函数,且在(-∞,0)内是减函数,f(-2)=0,则 xf(x)<0 的解集为 ( A.(-2,0)∪(2,+∞) C.(-∞,-2)∪(2,+∞) 答案 C B.(-∞,-2)∪(0,2) D.(-2,0)∪(0,2) ).

2

2.(2011·湖南)已知函数 f(x)=e -1,g(x)=-x +4x-3.若有 f(a)=g(b),则 b 的取值 范围为( ). B.(2- 2,2+ 2) D.(1,3)
2

x

2

A.[2- 2,2+ 2] C.[1,3]

解析 函数 f(x)的值域是(-1,+∞),要使得 f(a)=g(b),必须使得-x +4x-3>-1. 即 x -4x+2<0,解得 2- 2<x<2+ 2. 答案 B
2

??1?? 3.(2012·保定一中质检)已知 f(x)为 R 上的减函数,则满足 f?? ??<f(1)的实数 x 的取值 x ?? ??
范围是( A.(-1,1) C.(-1,0)∪(0,1) ). B.(0,1) D.(-∞,-1)∪(1,+∞) 解得-1<x<1,且 x≠0.

?|x|<1, ? ?1? 解析 由已知条件:? ?>1,不等式等价于? x? ? ? ?x≠0,

答案 C 4.(2011·江苏)函数 f(x)=log5(2x+1)的单调增区间是______. 1 解析 要使 y=log5(2x+1)有意义,则 2x+1>0,即 x>- ,而 y=log5u 为(0,+∞)上 2 1 ? 1 ? 的增函数,当 x>- 时,u=2x+1 也为增函数,故原函数的单调增区间是?- ,+∞?. 2 ? 2 ?

? 1 ? 答案 ?- ,+∞? ? 2 ?
2 5.若 x>0,则 x+ 的最小值为________.

x

2 解析 ∵x>0,则 x+ ≥2

x

x· =2 x

2

2 2.

2 当且仅当 x= ,即 x=

x

2 2时,等号成立,因此 x+ 的最小值为 2

x

答案 2

2

考向一 函数的单调性的判断 【例 1】? 试讨论函数 f(x)=

x 的单调性. x2+1

[审题视点] 可采用定义法或导数法判断. 解 法一 f(x)的定义域为 R,在定义域内任取 x1<x2,
3

都有 f(x1)-f(x2)=
2

x2 ? x1-x2? ? 1-x1x2? - 2 = , x +1 x2+1 ? x2+1? ? x2+1? 1 2
2 1 2

x1

其中 x1-x2<0,x1+1>0,x2+1>0. ①当 x1,x2∈(-1,1)时,即|x1|<1,|x2|<1,∴|x1x2|<1, 则 x1x2<1,1-x1x2>0,f(x1)-f(x2)<0,f(x1)<f(x2),∴f(x)为增函数. ②当 x1,x2∈(-∞,-1]或[1,+∞)时, 1-x1x2<0,f(x1)>f(x2),∴f(x)为减函数. 综上所述,f(x)在[-1,1]上是增函数,在(-∞,-1]和[1,+∞)上是减函数.
2 2 ? 2 x ?′=x +1-x? x +1? ′ 法二 ∵f′(x)=? ? 2 2 ? x +1? ?x +1? 2 x2+1-2x2 1-x = 2 2 2 ? x +1? ? x +1?



2



∴由 f′(x)>0 解得-1<x<1.由 f′(x)<0 解得 x<-1 或 x>1,∴f(x)在[-1,1]上是 增函数,在(-∞,-1]和[1,+∞)上是减函数. 判断(或证明)函数单调性的主要方法有:(1)函数单调性的定义;(2)观察函数的 图象;(3)利用函数和、差、积、商和复合函数单调性的判断法则;(4)利用函数的导数等. 【训练 1】 讨论函数 f(x)= 解 设-1<x1<x2<1, 1 ? x-1+1 ? f(x)=a =a?1+ ?, x-1 ? x-1?

ax (a≠0)在(-1,1)上的单调性. x-1

f(x1)-f(x2)=a?1+ ?-a?1+ ? ? x1-1? ? x2-1? x2-x1 =a ? x1-1? ? x2-1?
当 a>0 时,f(x1)-f(x2)>0,即 f(x1)>f(x2), 函数 f(x)在(-1,1)上递减; 当 a<0 时,f(x1)-f(x2)<0,即 f(x1)<f(x2), 函数 f(x)在(-1,1)上递增. 考向二 利用已知函数的单调区间求参数的值(或范围)

?

1 ?

?

1 ?

x2+a 【例 2】? 已知函数 f(x)= (a>0)在(2,+∞)上递增,求实数 a 的取值范围. x
[审题视点] 求参数的范围转化为不等式恒成时要注意转化的等价性. 解 法一 设 2<x1<x2,由已知条件 f(x1)-f(x2)=

x2+a x2+a x2-x1 1 2 - =(x1-x2)+a =(x1- x1 x2 x1x2

x1x2-a x2) <0 恒成立.即当 2<x1<x2 时,x1x2>a 恒成立.又 x1x2>4,则 0<a≤4.法二 f(x)=x x1x2
4

+ , ′(x)=1- 2>0 得 f(x)的递增区间是(-∞, f - a), a, ( +∞), 根据已知条件 a ≤2,解得 0<a≤4. 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或范围, 可通过列不等式或解决不等式恒成立问 题进行求解. 【训练 2】 函数 y=

a x

a x

x-5 在(-1,+∞)上单调递增,则 a 的取值范围是 x-a-2
( ).

A.a=-3 B.a<3 C.a≤-3 D.a≥-3 解析 y=
? ?a<3, ? ?a≤-3, ?a-3<0, ? x-5 a-3 =1+ ,需? x-a-2 x-? a+2? ?a+2≤-1, ?

即?

∴a≤-3.

答案 C 考向三 利用函数的单调性求最值 【例 3】 已知函数 f(x)对于任意 x, ∈R, ? y 总有 f(x)+f(y)=f(x+y), 且当 x>0 时, (x) f 2 <0,f(1)=- . 3 (1)求证:f(x)在 R 上是减函数; (2)求 f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值. [审题视点] 抽象函数单调性的判断,仍须紧扣定义,结合题目作适当变形. (1)证明 法一 ∵函数 f(x)对于任意 x,y∈R 总有

f(x)+f(y)=f(x+y),
∴令 x=y=0,得 f(0)=0. 再令 y=-x,得 f(-x)=-f(x). 在 R 上任取 x1>x2,则 x1-x2>0,

f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)=f(x1-x2).
又∵x>0 时,f(x)<0, 而 x1-x2>0,∴f(x1-x2)<0,即 f(x1)<f(x2). 因此 f(x)在 R 上是减函数. 法二 设 x1>x2, 则 f(x1)-f(x2)=f(x1-x2+x2)-f(x2) =f(x1-x2)+f(x2)-f(x2)=f(x1-x2). 又∵x>0 时,f(x)<0,而 x1-x2>0,
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∴f(x1-x2)<0,即 f(x1)<f(x2), ∴f(x)在 R 上为减函数. (2)解 ∵f(x)在 R 上是减函数, ∴f(x)在[-3,3]上也是减函数, ∴f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值分别为 f(-3)与 f(3). 而 f(3)=3f(1)=-2,f(-3)=-f(3)=2. ∴f(x)在[-3,3]上的最大值为 2,最小值为-2. 对于抽象函数的单调性的判断仍然要紧扣单调性的定义, 结合题目所给性质和相 应的条件, 对任意 x1,2 在所给区间内比较 f(x1)-f(x2)与 0 的大小, x 或 时根据需要,需作适当的变形:如 x1=x2· 或 x1=x2+x1-x2 等. 【训练 3】 已知定义在区间(0,+∞)上的函数 f(x)满足 f? ?=f(x1)-f(x2),且当 x>1 时,f(x)<0. (1)求 f(1)的值; (2)判断 f(x)的单调性; (3)若 f(3)=-1,求 f(x)在[2,9]上的最小值. 解 (1)令 x1=x2>0, 代入得 f(1)=f(x1)-f(x1)=0,故 f(1)=0. (2)任取 x1,x2∈(0,+∞),且 x1>x2,则 >1, 由于当 x>1 时,f(x)<0,所以 f? ?<0, x 即 f(x1)-f(x2)<0,因此 f(x1)<f(x2), 所以函数 f(x)在区间(0,+∞)上是单调递减函数. (3)∵f(x)在[0,+∞)上是单调递减函数. ∴f(x)在[2,9]上的最小值为 f(9).

f? x1? 与 1 的大小. 有 f? x2?

x1 x2

?x1? ?x2?

x1 x2

?x1? ? 2?

?x1? ?9? 由 f? ?=f(x1)-f(x2)得,f? ?=f(9)-f(3), x 3 ? 2? ? ?
而 f(3)=-1,所以 f(9)=-2. ∴f(x)在[2,9]上的最小值为-2.

规范解答 2——如何解不等式恒成立问题 【问题研究】 在恒成立的条件下,如何确定参数的范围是历年来高考考查的重点内容,近
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年来在新课标地区的高考命题中,由于三角函数、数列、导数知识的渗透,使原来的分离参 数法、 根的分布法增添了思维难度, 因而含参数不等式的恒成立问题常出现在综合题的位置. 【解决方案】 解决这类问题的关键是将恒成立问题进行等价转化,使之转化为函数的最值 问题,或者区间根的分布问题,进而运用最值原理或者区间根原理使问题获解,常用方法还 有函数性质法,分离参数法等. 【示例】? (本题满分 12 分)已知函数 f(x)=x -2ax+2,当 x∈[-1,+∞)时,f(x)≥a 恒成立,求 a 的取值范围. 利用函数性质求 f(x)的最值,从而解不等式 f(x)min≥a,得 a 的取值范围.解题 过程中要注意 a 的范围的讨论. [解答示范] ∵f(x)=(x-a) +2-a ,∴此二次函数图象的对称轴为 x=a(1 分) (1)当 a∈(-∞,-1)时,f(x)在[-1,+∞)上单调递增, ∴f(x)min=f(-1)=2a+3.(3 分) 要使 f(x)≥a 恒成立,只需 f(x)min≥a,即 2a+3≥a, 解得 a≥-3,即-3≤a<-1.(6 分) (2)当 a∈[-1,+∞)时,f(x)min=f(a)=2-a .(8 分) 要使 f(x)≥a 恒成立,只需 f(x)min≥a, 即 2-a ≥a(10 分) 解得-2≤a≤1,即-1≤a≤1.(11 分) 综上所述,实数 a 的取值范围为[-3,1](12 分) 本题是利用函数的性质求解恒成立问题,主要的解题步骤是研究函数的性质,由 于导数知识的运用,拓展了这类问题深度和思维的广度,因此,解答问题时,一般的解题思 路是先通过对函数求导,判断导函数的符号,从而确定函数在所给区间上的单调性,得到区 间上对应的函数最值. 【试一试】 当 x∈(1,2)时,不等式 x +mx+4<0 恒成立,则 m 的取值范围是________.
2 2 2 2 2 2

? 4? 2 解析 法一 当 x∈(1,2)时,不等式 x +mx+4<0 可化为:m<-?x+ ?, ?
x?

? 4? 又函数 f(x)=-?x+ ?在(1,2)上递增, ?
x?
则 f(x)>-5, 则 m≤-5. 法二 设 g(x)=x +mx+4
2

m 3 当- ≤ ,即 m≥-3 时, 2 2 g(x)<g(2)=8+2m,

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m 3 当- > ,即 m<-3 时, 2 2 g(x)<g(1)=5+m
由已知条件可得:
?m≥-3, ? ? ? ?8+2m≤0, ?m<-3, ? 或? ? ?5+m≤0.

解得 m≤-5 答案 (-∞,-5]

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