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2014届高考数学(理)第一轮复习学案——函数的单调性与最值


第三节

函数的单调性与最值

[知识能否忆起] 一、函数的单调性 1.单调函数的定义 增函数 减函数

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, 定义 x2 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 图象 描述 自左向右看图象逐渐上升 自左向右看图象逐渐下降 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

2.单调区间的定义 若函数 y=f(x)在区间 D 上是增函数或减函数,则称函数 y=f(x)在这一区间上具有(严格 的)单调性,区间 D 叫做 y=f(x)的单调区间. 二、函数的最值 前提 条件 结论 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 f(x)≤M; ②存在 x0∈I,使得 f(x0)=M M 为最大值 ①对于任意 x∈I,都有 f(x)≥M; ②存在 x0∈I,使得 f(x0)=M M 为最小值

[小题能否全取] 1.(2012· 陕西高考)下列函数中,既是奇函数又是增函数的为( A.y=x+1 1 C.y= x B.y=-x3 D.y=x|x| )

解析:选 D 由函数的奇偶性排除 A,由函数的单调性排除 B、C,由 y=x|x|的图象可 知此函数为增函数,又该函数为奇函数,故选 D.

2.函数 y=(2k+1)x+b 在(-∞,+∞)上是减函数,则( 1 A.k> 2 1 C.k>- 2 1 B.k< 2 1 D.k<- 2

)

解析:选 D 函数 y=(2k+1)x+b 是减函数, 1 则 2k+1<0,即 k<- . 2 3.(教材习题改编)函数 f(x)= 4 A. 5 3 C. 4 1 的最大值是( 1-x?1-x? 5 B. 4 4 D. 3 )

1 3 3 1 4 解析:选 D ∵1-x(1-x)=x2-x+1=?x-2?2+ ≥ ,∴0< ≤ . ? ? 4 4 1-x?1-x? 3 4. (教材习题改编)f(x)=x2-2x(x∈[-2,4])的单调增区间为________; max=________. f(x) 解析:函数 f(x)的对称轴 x=1,单调增区间为[1,4],f(x)max=f(-2)=f(4)=8. 答案:[1,4] 8 1 5.已知函数 f(x)为 R 上的减函数,若 m<n,则 f(m)______f(n);若 f??x ??<f(1),则实数 ?? ?? x 的取值范围是______. 解析:由题意知 f(m)>f(n);

?1?>1,即|x|<1,且 x≠0. ? x?
故-1<x<1 且 x≠0. 答案:> (-1,0)∪(0,1)

1.函数的单调性是局部性质 从定义上看,函数的单调性是指函数在定义域的某个子区间上的性质,是局部的特 征.在某个区间上单调,在整个定义域上不一定单调. 2.函数的单调区间的求法 函数的单调区间是函数定义域的子区间, 所以求解函数的单调区间, 必须先求出函数 的定义域.对于基本初等函数的单调区间可以直接利用已知结论求解,如二次函数、对数函 数、指数函数等;如果是复合函数,应根据复合函数的单调性的判断方法,首先判断两个简 单函数的单调性,再根据“同则增,异则减”的法则求解函数的单调区间. [注意] 单调区间只能用区间表示,不能用集合或不等式表示;如有多个单调区间应分 别写,不能用并集符号“∪”联结,也不能用“或”联结.

函数单调性的判断

典题导入 1 [例 1] 证明函数 f(x)=2x- 在(-∞,0)上是增函数. x [自主解答] 设 x1,x2 是区间(-∞,0)上的任意两个自变量的值,且 x1<x2. 1 1 则 f(x1)=2x1- ,f(x2)=2x2- , x1 x2 1 1 f(x1)-f(x2)=?2x1-x ?-?2x2-x ? ? ? ? ?
1 2

1 1 =2(x1-x2)+?x -x ? ? ?
2 1

1 =(x1-x2)?2+x x ? ? 1 2? 1 由于 x1<x2<0,所以 x1-x2<0,2+ >0, x1x2 因此 f(x1)-f(x2)<0, 即 f(x1)<f(x2), 故 f(x)在(-∞,0)上是增函数. 由题悟法 对于给出具体解析式的函数,证明其在某区间上的单调性有两种方法: (1)结合定义(基本步骤为取值、作差或作商、变形、判断)证明; (2)可导函数则可以利用导数证明.对于抽象函数单调性的证明,一般采用定义法进行. 以题试法 -2x 1.判断函数 g(x)= 在 (1,+∞)上的单调性. x-1 解:任取 x1,x2∈(1,+∞),且 x1<x2, -2x1 -2x2 则 g(x1)-g(x2)= - x1-1 x2-1 = 2?x1-x2? , ?x1-1??x2-1?

由于 1<x1<x2, 所以 x1-x2<0,(x1-1)(x2-1)>0, 因此 g(x1)-g(x2)<0,即 g(x1)<g(x2).

故 g(x)在(1,+∞)上是增函数.

求函数的单调区间

典题导入 [例 2] (2012· 长沙模拟)设函数 y=f(x)在(-∞,+∞)内有定义.对于给定的正数 k,定
? ?f?x?,f?x?≤k, 1 - 义函数 fk(x)=? 取函数 f(x)=2 |x|.当 k= 时,函数 fk(x)的单调递增区间为 2 ? ?k,f?x?>k,

(

) A.(-∞,0) C.(-∞,-1) B.(0,+∞) D.(1,+∞)

1 1 [自主解答] 由 f(x)> ,得-1<x<1.由 f(x)≤ ,得 x≤-1 或 x≥1. 2 2

?2 ,x≥1, ?1 1 所以 f (x)=?2,-1<x<1, 2 ?2 ,x≤-1. ?
x

-x

1 故 f (x)的单调递增区间为(-∞,-1). 2 [答案] C

若本例中 f(x)=2

-|x|

变为 f(x)=log2|x|,其他条件不变,则 fk(x)的单调增区间为________.

1 解析:函数 f(x)=log2|x|,k= 时,函数 fk(x)的图象如图所示,由 2 图示可得函数 fk(x)的单调递增区间为(0, 2 ]. 答案:(0, 2 ]

由题悟法 求函数的单调区间的常用方法 (1)利用已知函数的单调性,即转化为已知函数的和、差或复合函数,求单调区间. (2)定义法:先求定义域,再利用单调性定义. (3)图象法:如果 f(x)是以图象形式给出的,或者 f(x)的图象易作出,可由图象的直观性 写出它的单调区间. (4)导数法:利用导数的正负确定函数的单调区间. 以题试法 2.函数 f(x)=|x-2|x 的单调减区间是( )

A.[1,2] C.[0,2] 解析:选 A

B.[-1,0] D.[2,+∞)
? 2 ?x -2x,x≥2, 由于 f(x)=|x-2|x=? 2 ? ?-x +2x,x<2.

结合图象可知函数的单调减区间是[1,2].

单调性的应用

典题导入 [例 3] ________. (2)(2012· 安徽高考)若函数 f(x)=|2x+a|的单调递增区间是[3,+∞),则 a=________. [自主解答] (1)∵f(x)在 R 上为增函数,∴2-m<m2. ∴m2+m-2>0.∴m>1 或 m<-2. (1)若 f(x)为 R 上的增函数,则满足 f(2-m)<f(m2)的实数 m 的取值范围是

?-2x-a,x<-2, (2)由 f(x)=? a ?2x+a,x≥-2,
a a - ,解得 a=-6. 2

a 可得函数 f(x)的单调递增区间为?-2,+∞?,故 3= ? ?

[答案] (1)(-∞,-2)∪(1,+∞) (2)-6 由题悟法 单调性的应用主要涉及利用单调性求最值,进行大小比较,解抽象函数不等式,解题时 要注意:一是函数定义域的限制;二是函数单调性的判定;三是等价转化思想与数形结合思 想的运用. 以题试法 3. (1)(2013· 孝感调研)函数 f(x)= 1 在[2,3]上的最小值为________, 最大值为________. x-1

1 1 1 1 (2)已知函数 f(x)= - (a>0, x>0), f(x)在?2,2?上的值域为?2,2?, a=__________. 若 ? ? ? ? 则 a x 解析:(1)∵f′(x)=- 1 f(x)max= =1. 2-1 1 1 1 (2)由反比例函数的性质知函数 f(x)= - (a>0,x>0)在?2,2?上单调递增, ? ? a x 1 1 1 = , 2<0,∴f(x)在[2,3]上为减函数,∴f(x)min=f(3)= ?x-1? 3-1 2

?f?1?=1, ?a-2=2, ? ?2? 2 所以? 即? 1 1 ?f?2?=2, ? ?a-2=2,
1 1 1 2 答案:(1) 1 (2) 2 5

2 解得 a= . 5

1.(2012· 广东高考)下列函数中,在区间(0,+∞)上为增函数的是( A.y=ln(x+2) 1 C.y=?2?x ? ? B.y=- x+1 1 D.y=x+ x

)

解析:选 A 选项 A 的函数 y=ln(x+2)的增区间为(-2,+∞),所以在(0,+∞)上一 定是增函数. 2. 若函数 f(x)=4x2-mx+5 在[-2, +∞)上递增, 在(-∞, -2]上递减, f(1)=( 则 A.-7 C.17 B.1 D.25 )

-m m 解析:选 D 依题意,知函数图象的对称轴为 x=- = =-2,即 m=-16,从而 8 8 f(x)=4x2+16x+5,f(1)=4+16+5=25. b 3.(2013· 佛山月考)若函数 y=ax 与 y=- 在(0,+∞)上都是减函数,则 y=ax2+bx 在 x (0,+∞)上是( A.增函数 C.先增后减 ) B.减函数 D.先减后增

b 解析:选 B ∵y=ax 与 y=- 在(0,+∞)上都是减函数,∴a<0,b<0,∴y=ax2+bx x b 的对称轴方程 x=- <0,∴y=ax2+bx 在(0,+∞)上为减函数. 2a 4.“函数 f(x)在[a,b]上为单调函数”是“函数 f(x)在[a,b]上有最大值和最小值”的 ( ) A.充分不必要条件 C.充要条件 B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件

解析:选 A 若函数 f(x)在[a,b]上为单调递增(减)函数,则在[a,b]上一定存在最小(大) 值 f(a),最大(小)值 f(b).所以充分性满足;反之,不一定成立,如二次函数 f(x)=x2-2x+3

在[0,2]存在最大值和最小值,但该函数在[0,2]不具有单调性,所以必要性不满足,即“函数 f(x)在[a,b]上单调”是“函数 f(x)在[a,b]上有最大值和最小值”的充分不必要条件. 5.(2012· 青岛模拟)已知奇函数 f(x)对任意的正实数 x1,x2(x1≠x2),恒有(x1-x2)(f(x1)- f(x2))>0,则一定正确的是( A.f(4)>f(-6) C.f(-4)>f(-6) ) B.f(-4)<f(-6) D.f(4)<f(-6)

解析:选 C 由(x1-x2)(f(x1)-f(x2))>0 知 f(x)在(0,+∞)上递增,所以 f(4)<f(6)?f(- 4)>f(-6). 6.定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x+y)=f(x)+f(y),当 x<0 时,f(x)>0,则函数 f(x)在[a, b]上有( ) B.最大值 f(b) D.最大值 f? a+b? ? 2 ?

A.最小值 f(a) C.最小值 f(b)

解析:选 C ∵f(x)是定义在 R 上的函数,且 f(x+y)=f(x)+f(y), ∴f(0)=0,令 y=-x,则有 f(x)+f(-x)=f(0)=0. ∴f(-x)=-f(x).∴f(x)是 R 上的奇函数.设 x1<x2,则 x1-x2<0,∴f(x1)-f(x2)=f(x1) +f(-x2) =f(x1-x2)>0. ∴f(x)在 R 上是减函数.∴f(x)在[a,b]有最小值 f(b). 7.函数 y=-(x-3)|x|的递增区间是________. 解析:y=-(x-3)|x|
2 ? ?-x +3x,x>0, =? 2 ?x -3x,x≤0. ?

3 作出该函数的图象,观察图象知递增区间为?0,2?. ? ? 3 答案:?0,2? ? ? 8.(2012· 台州模拟)若函数 y=|2x-1|,在(-∞,m]上单调递减,则 m 的取值范围是 ________. 解析:画出图象易知 y=|2x-1|的递减区间是(-∞,0], 依题意应有 m≤0. 答案:(-∞,0] ax+1 9.若 f(x)= 在区间(-2,+∞)上是增函数,则 a 的取值范围是________. x+2 解析:设 x1>x2>-2,则 f(x1)>f(x2),

而 f(x1)-f(x2)= = =

ax1+1 ax2+1 - x1+2 x2+2

2ax1+x2-2ax2-x1 ?x1+2??x2+2? ?x1-x2??2a-1? >0,则 2a-1>0. ?x1+2??x2+2?

1 得 a> . 2 1 答案:?2,+∞? ? ? 10.求下列函数的单调区间: (1)y=-x2+2|x|+1; (2)y=a1-2x-x2(a>0 且 a≠1).
2 ? ?-x +2x+1,x≥0, 解:(1)由于 y=? 2 ?-x -2x+1,x<0, ?

?-?x-1?2+2,x≥0, ? 即 y=? 2 ? ?-?x+1? +2,x<0.

画出函数图象如图所示,单调递增区间为(-∞,-1]和[0,1],单调 递减区间为[-1,0]和[1,+∞). (2)令 g(x)=1-2x-x2=-(x+1)2+2, 所以 g(x)在(-∞,-1)上单调递增,在(-1,+∞)上单调递减. 当 a>1 时,函数 y=a1-2x-x2 的增区间是(-∞,-1),减区间是(-1,+∞); 当 0<a<1 时,函数 y=a1-2x-x2 的增区间是(-1,+∞),减区间是(-∞,-1). 11.已知 f(x)= x (x≠a). x-a

(1)若 a=-2,试证 f(x)在(-∞,-2)内单调递增; (2)若 a>0 且 f(x)在(1,+∞)内单调递减,求 a 的取值范围. 解:(1)证明:设 x1<x2<-2, 则 f(x1)-f(x2)= = x1 x2 - x1+2 x2+2

2?x1-x2? . ?x1+2??x2+2?

∵(x1+2)(x2+2)>0,x1-x2<0, ∴f(x1)<f(x2), ∴f(x)在(-∞,-2)内单调递增. (2)设 1<x1<x2,则

f(x1)-f(x2)= =

x1 x2 - x1-a x2-a

a?x2-x1? . ?x1-a??x2-a?

∵a>0,x2-x1>0, ∴要使 f(x1)-f(x2)>0, 只需(x1-a)(x2-a)>0 恒成立, ∴a≤1. 综上所述,a 的取值范围为(0,1]. 12.(2011· 上海高考)已知函数 f(x)=a·x+b·x,其中常数 a,b 满足 ab≠0. 2 3 (1)若 ab>0,判断函数 f(x)的单调性; (2)若 ab<0,求 f(x+1)>f(x)时 x 的取值范围. 解: (1)当 a>0, b>0 时, 任意 x1, 2∈R, 1<x2, f(x1)-f(x2)=a(2x1-2x2)+b(3x1-3x2). x x 则 ∵2x1<2x2,a>0?a(2x1-2x2)<0, 3x1<3x2,b>0?b(3x1-3x2)<0, ∴f(x1)-f(x2)<0,函数 f(x)在 R 上是增函数. 同理,当 a<0,b<0 时,函数 f(x)在 R 上是减函数. (2)f(x+1)-f(x)=a·x+2b·x>0, 2 3 3 a 当 a<0,b>0 时,?2?x>- , ? ? 2b a 则 x>log1.5?-2b?; ? ? 3 a 同理,当 a>0,b<0 时,?2?x<- , ? ? 2b a 则 x<log1.5?-2b?. ? ?

1.设函数 f(x)定义在实数集上,f(2-x)=f(x),且当 x≥1 时,f(x)=ln x,则有( 1 1 A.f?3?<f(2)<f?2? ? ? ? ? 1 1 C.f?2?<f?3?<f(2) ? ? ? ? 1 1 B.f?2?<f(2)<f?3? ? ? ? ? 1 1 D.f(2)<f?2?<f?3? ? ? ? ?

)

解析:选 C 由 f(2-x)=f(x)可知,f(x)的图象关于直线 x=1 对称,当 x≥1 时,f(x)=ln 1 1 x,可知当 x≥1 时 f(x)为增函数,所以当 x<1 时 f(x)为减函数,因为?2-1?<?3-1?<|2-1|, ? ? ? ? 1 1 所以 f?2?<f?3?<f(2). ? ? ? ?

m 2.(2012· 黄冈模拟)已知函数 y= 1-x+ x+3的最大值为 M,最小值为 m,则 的值 M 为( ) 1 A. 4 C. 2 2 1 B. 2 D. 3 2

解析:选 C

显然函数的定义域是[-3,1]且 y≥0,故 y2 =4+2 ?1-x??x+3?=4+

2 -x2-2x+3=4+2 -?x+1?2+4, 根据根式内的二次函数, 可得 4≤y2≤8, 2≤y≤2 2, 故 m 2 即 m=2,M=2 2,所以 = . M 2 x 3.函数 f(x)的定义域为(0,+∞),且对一切 x>0,y>0 都有 f?y?=f(x)-f(y),当 x>1 时, ?? 有 f(x)>0. (1)求 f(1)的值; (2)判断 f(x)的单调性并加以证明; (3)若 f(4)=2,求 f(x)在[1,16]上的值域. 解:(1)∵当 x>0,y>0 时, x f?y?=f(x)-f(y), ?? ∴令 x=y>0,则 f(1)=f(x)-f(x)=0. (2)设 x1,x2∈(0,+∞),且 x1<x2, x2 则 f(x2)-f(x1)=f?x ?, ? ?
1

x2 x2 ∵x2>x1>0.∴ >1,∴f?x ?>0. ? 1? x1 ∴f(x2)>f(x1),即 f(x)在(0,+∞)上是增函数. (3)由(2)知 f(x)在[1,16]上是增函数. ∴f(x)min=f(1)=0,f(x)max=f(16), x ∵f(4)=2,由 f?y?=f(x)-f(y), ?? 16 知 f? 4 ?=f(16)-f(4), ? ? ∴f(16)=2f(4)=4, ∴f(x)在[1,16]上的值域为[0,4].

1.求函数 f(x)= x2+x-6的单调区间.

解:设 u=x2+x-6,y= u. 由 x2+x-6≥0,得 x≤-3 或 x≥2. 结合二次函数的图象可知,函数 u=x2+x-6 在(-∞,-3]上是递减的,在[2,+∞) 上是递增的. 又∵函数 y= u是递增的,∴函数 f(x)= x2+x-6在(-∞,-3]上是递减的,在[2, +∞)上是递增的. 2.定义在 R 上的函数 f(x)满足:对任意实数 m,n,总有 f(m+n)=f(m)· f(n),且当 x>0 时,0<f(x)<1. (1)试求 f(0)的值; (2)判断 f(x)的单调性并证明你的结论; (3)设 A={(x,y)|f(x2)· 2)>f(1)},B={(x,y)|f(ax-y+ 2)=1,a∈R},若 A∩B=?,试 f(y 确定 a 的取值范围. 解:(1)在 f(m+n)=f(m)· f(n)中,令 m=1,n=0, 得 f(1)=f(1)· f(0). 因为 f(1)≠0,所以 f(0)=1. (2)任取 x1,x2∈R,且 x1<x2. 在已知条件 f(m+n)=f(m)· f(n)中,若取 m+n=x2,m=x1,则已知条件可化为:f(x2)= f(x1)· 2-x1). f(x 由于 x2-x1>0,所以 0<f(x2-x1)<1. 为比较 f(x2),f(x1)的大小,只需考虑 f(x1)的正负即可. 在 f(m+n)=f(m)· f(n)中,令 m=x,n=-x, 则得 f(x)· f(-x)=1. 因为当 x>0 时,0<f(x)<1, 1 所以当 x<0 时,f(x)= >1>0. f?-x? 又 f(0)=1,所以综上可知,对于任意的 x1∈R, 均有 f(x1)>0. 所以 f(x2)-f(x1)=f(x1)[f(x2-x1)-1]<0. 所以函数 f(x)在 R 上单调递减. (3)f(x2)· 2)>f(1),即 x2+y2<1. f(y f(ax-y+ 2)=1=f(0),即 ax-y+ 2=0. 由 A∩B=?,得直线 ax-y+ 2=0 与圆面 x2+y2<1 无公共点,所以 -1≤a≤1. 2 ≥1,解得 a +1
2


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