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第2节 函数的单调性与最值


数学

第2节 函数的单调性与最值

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最新考纲 1.理解函数的单调性、最大值、 最小值及其几何意义.

2.会运用基本初等函数的图 像分析函数的性质.

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知识链条完善 考点专项突破 易混易错辨析

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/>知识链条完善
【教材导读】 在定义域上是增函数?

把散落的知识连起来

1.如果一个函数在定义域的几个区间上均是增函数,能不能说这个函数

提示:不能这样认为,如函数 y=tan x 在(-

π π +kπ, +kπ),k∈Z 上是 2 2

增函数,但是在定义域上不是增函数. 2.当一个函数的增区间(减区间)有多个时,能否用“∪”将函数的单调增
区间(减区间)连接起来? 提示:不能直接用“∪”将它们连接起来,例如:函数y=x3-3x的单调增区 间有两个:(-≦,-1)和(1,+≦),不能写成(-≦,-1)∪(1,+≦),也不能说 增区间是(-≦,-1)或(1,+≦).

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3.“若f(x)是增函数,g(x)是增函数,那么f(x)g(x)是增函数”,正确吗? 提示:不正确.如设f(x)=x,g(x)=x+2都是R上的增函数.但是f(x)g(x)=x2+2x 不是增函数.

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知识梳理
“形”的数量化

1.函数的单调性 (1)单调函数的定义 增函数 减函数 如果对于定义域内某个区间 A 上的任意两个自变量 x1,x2 当 x1<x2 时,都有 f(x1)<f(x2) ,那么 当 x1<x2 时,都有 f(x1)>f(x2),那么 就说函数 f(x)在区间 A 上是增加的 就说函数 f(x)在区间 A 上是减少的

定 义

图 像 描 述

自左向右看图像是上升的

自左向右看图像是下降的

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(2)单调区间的定义 若函数y=f(x)在区间A上是 增函数 或减函数,则称函数y=f(x)在这

一区间具有(严格的)单调性,区间A为y=f(x)的单调区间.
2.函数的最值 前提 一般地,设函数y=f(x)的定义域为I,如果存在M∈R

①对于任意的x∈I,都有 f(x)≤M . 条件 ②存在x0∈I,使得 f(x0)=M .

①对于任意的x∈I, 都有 f(x)≥M . ②存在x0∈I,使得 f(x0)=M .

结论 M是f(x)的 最大 值

M是f(x)的 最小 值

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【重要结论】 1.“对勾函数”y=x+
a (a>0)的增区间为(-∞,- a ]和[ a ,+∞);减区 x
f ? x1 ? ? f ? x2 ? x1 ? x2

间为[- a ,0)和(0, a ],且对勾函数为奇函数.
2.设任意 x1,x2∈D(x1≠x2),则① ?f(x)在 D 上单调递增;

f ? x1 ? ? f ? x2 ? x1 ? x2

>0(或 x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0)

<0(或(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0)?f(x)在 D 上单调递减.

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夯基自测
1.(2015吉林长春质量检测(二))已知函数f(x)=|x+a|在(-∞,-1)上 是单调函数,则a的取值范围是( A ) (A)(-∞,1] (B)(-∞,-1] (C)[-1,+∞) (D)[1,+∞)

解析:因为函数f(x)在(-≦,-a)上是单调函数,所以-a≥-1,解得a≤1.

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2.函数 f(x)= log 1 (x -4)的单调递增区间为(
2

2

D )

(A)(0,+∞) (C)(2,+∞)

(B)(-∞,0) (D)(-∞,-2)
2

解析:函数 f(x)= log 1 (x -4)的定义域为(-≦,-2)∪(2,+≦),因为函数 y=f(x)
2

是由 y= log 1 t 与 t=g(x)=x2-4 复合而成,又 y= log 1 t 在(0,+≦)上单调递减,g(x)
2 2

在(-≦,-2)上单调递减,所以函数 y=f(x)在(-≦,-2)上单调递增.

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3.(2015 内蒙古赤峰市三模)给定函数①y=x ,②y= log 1 (x+1),③y=|x-1|,④
2
x+1 y=2 .其中在区间(0,1)上单调递减的函数序号是( B

2

)

(A)①②

(B)②③

(C)①④

(D)②④

解析:在区间(0,1)上①y=x2,④y=2x+1 是增函数,而②y= log 1 (x+1)与③y=|x-1|
2

是减函数.

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1 x 4.(2015 福建厦门质检)函数 f(x)=( ) -log2(x+2)在区间[-1,1]上的最大值 3



.

1 解析:在 x∈[-1,1]时 y=( )x 与 y=-log2(x+2)均为减函数,则 f(x)为减 3

函数,则 f(x)max=f(-1)=3.

答案:3

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5.下列命题中假命题有 ①y=

(填上所有符合题意的序号)

2 的单调减区间为(-∞,0)∪(0,+∞) x
x

②y=f(x)在[1,+∞)上是增函数,则函数的增区间为[1,+∞) ③函数 f(x)=log2(3 +1)的最小值是 0 ④对于函数 f(x),x∈D,若 x1,x2∈D,且(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0,则 f(x)在 D 上 是增函数

解析:不同单调区间不能用并集,①假;[1,+≦)是y=f(x)的增区间的子集, ②假;当x→-≦时,f(x)=log2(3x+1)→0,但不等于0,即无最小值,③假;只 有x1,x2取D内任意数都满足(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0时,f(x)在D上才是增 函数,④假. 答案:①②③④

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考点专项突破
考点一

在讲练中理解知识

确定函数的单调性或单调区间

【例 1】(1)(2016 临沂模拟)函数 y= 1 ? x 2 的单调减区间为

.

(1)解析:由1-x2≥0,得-1≤x≤1,令u=1-x2, 所以u=1-x2的单调减区间是[0,1], 即原函数的单调减区间是[0,1]. 答案:[0,1]

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(2)判断函数 f(x)=x+
(2)解:法一

k (k>0)在(0,+∞)上的单调性. x

任意取 x1>x2>0,

则 f(x1)-f(x2)=(x1+ =(x1-x2)+(

k k )-(x2+ ) x1 x2

k k k ( x2 ? x1 ) k - )=(x1-x2)+ =(x1-x2)(1). x1 x2 x1x2 x1 x2 k <0,有 f(x1)-f(x2)<0,即 f(x1)<f(x2), x1 x2

当 k ≥x1>x2>0 时,x1-x2>0,1此时,函数 f(x)=x+

k (k>0)在(0, k ]上为减函数; x

当 x1>x2≥ k 时,x1-x2>0,1此时,函数 f(x)=x+

k >0,有 f(x1)-f(x2)>0,即 f(x1)>f(x2), x1 x2

k (k>0)在[ k ,+≦)上为增函数; x k (k>0)在(0, k ]上为减函数;在[ k ,+≦)上为增函数. x

综上可知,函数 f(x)=x+

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法二

f′(x)=1-

k , 2 x k >0, 2 x

令 f′(x)>0,则 1-

解得 x> k 或 x<- k (舍), 令 f′(x)<0,则 1解得- k <x< k . 因为 x>0,所以 0<x< k . 所以 f(x)在(0, k )上为减函数; 在( k ,+≦)上为增函数.
k <0, 2 x

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反思归纳

在(,+≦)上为增函数.

(1)求函数单调区间要按“定义域优先”原则.
(2)证明或判断其在某区间上的单调性有两种方法:①定义法;②导数法.

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【即时训练】 讨论函数 f(x)=

ax (a>0)在(-1,1)上的单调性. 2 x ?1

解:法一 任取 x1,x2∈(-1,1)且 x1<x2, 则 f(x1)-f(x2)=
ax1 ax2 2 x1 x2 ?1 2 ?1

2 ax1x2 ? ax1 ? ax2 x1 2 ? ax2 = 2 ( x1 2 ? 1)( x2 ? 1)

=

a( x2 ? x1 )( x1x2 ? 1) . 2 ( x1 ? 1)( x ? 1) 2 2

因为-1<x1<x2<1,
2 所以 x2-x1>0,x1x2+1>0,( x 1 2 -1)( x 2 -1)>0.

又 a>0, 所以 f(x1)-f(x2)>0,故函数 f(x)在(-1,1)上为减函数.

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法二

(ax)?( x2 ? 1) ? ax( x2 ? 1) f′(x)= ( x2 ? 1)2

a( x 2 ? 1) ? 2ax 2 = ( x 2 ? 1)2 a(? x 2 ? 1) = ( x2 ? 1)2 a( x 2 ? 1) =- 2 . 2 ( x ? 1)
因为 a>0,x∈(-1,1), 所以 f′(x)<0. 所以 f(x)在(-1,1)上是减函数.

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考点二

确定函数的最值(值域)
a 的定义域为(0,1](a 为实数). x

【例 2】 (2016 长春模拟)函数 f(x)=2x(1)当 a=-1 时,求函数 y=f(x)的值域; 1 解:(1)a=-1 时,f(x)=2x+ , x
因为 x∈(0,1], 所以 f(x)≥2 2 x ? 即 x=

1 1 =2 2 ,当且仅当 2x= , x x

2 时,等号成立. 2

所以函数 y=f(x)的值域为[2 2 ,+≦).

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(2)若函数y=f(x)在定义域上是减函数,求a的取值范围;

解:(2)若函数 y=f(x)在定义域上是减函数,则任取 x1,x2∈(0,1]且 x1<x2 都 有 f(x1)>f(x2)成立, 即(x1-x2)(2+
a )>0,只要 a<-2x1x2 即可. x1 x2

由 x1,x2∈(0,1], 故-2x1x2∈(-2,0),所以 a≤-2, 故 a 的取值范围是(-≦,-2](或用导数来判断).

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(3)求函数y=f(x)在(0,1]上的最大值及最小值,并求出函数取最值时x 的值.
解:(3)当 a≥0 时,函数 y=f(x)在(0,1]上单调递增,无最小值,当 x=1 时取得最 大值 2-a;由(2)得当 a≤-2 时,函数 y=f(x)在(0,1]上单调递减,无最大值,当 x=1 时取得最小值 2-a;当-2<a<0 时,函数 y=f(x)在(0, (

?2a )上单调递减,在 2

?2a ?2a ,1)上单调递增,无最大值,当 x= 时取得最小值 2 ?2a . 2 2

数学

反思归纳

求函数最值或值域的常用方法

(1)单调性法:先确定函数的单调性,再由单调性求最值,再求值域;
(2)图像法:先作出函数的图像,再观察其最高点、最低点,求出最值; (3)基本不等式法:先对解析式变形,使之具备“一正二定三相等”的条

件后用基本不等式求出最值;
(4)导数法:先求导,然后求出在给定区间上的极值,最后结合端点值,求 出最值; (5)换元法:对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数,再用相应

的方法求最值.

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【即时训练】 已知定义在区间(0,+∞)上的函数 f(x)满 f(
且当 x>1 时,f(x)<0. (1)求 f(1)的值.

x1 )=f(x1)-f(x2), x2

解:(1)令x1=x2>0, 代入,得f(1)=f(x1)-f(x1)=0, 故f(1)=0.

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(2)判断f(x)的单调性.

解:(2)任取 x1,x2∈(0,+≦),且 x1>x2,则 由于当 x>1 时,f(x)<0,
x1 所以 f( )<0,即 f(x1)-f(x2)<0, x2

x1 >1, x2

因此 f(x1)<f(x2), 所以函数 f(x)在区间(0,+≦)上是单调递减函数.

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(3)若f(3)=-1,求f(x)在[2,9]上的最小值.

解:(3)因为 f(x)在(0,+≦)上是单调递减函数, 所以 f(x)在[2,9]上的最小值为 f(9). 由 f(
x1 )=f(x1)-f(x2), x2

9 得 f( )=f(9)-f(3), 3

而 f(3)=-1,所以 f(9)=-2. 所以 f(x)在[2,9]上的最小值为-2.

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考点三

函数单调性的应用(高频考点)

【例 3】 (1)(2015 烟台高三模拟)已知函数 f(x)满足 f(1+x)=f(1-x),且当 x2>x1 ≥1 时,总有
x x

f ? x2 ? ? f ? x1 ? x2 ? x1
x x

>0 恒成立,则 f(2 )与 f(3 )的大小关系为(
x x

x

x

)

(A)f(3 )≥f(2 ) (C)f(3 )<f(2 )

(B)f(3 )≤f(2 ) (D)不确定

解析:(1)因为 f(1+x)=f(1-x),所以函数 f(x)关于 x=1 对称;又当 x2>x1≥1 时,总有
f ? x2 ? ? f ? x1 ? x2 ? x1
x x

>0,所以函数 f(x)在[1,+≦)上单调递增,在(-≦,1]上单调递减,当 x
x x x x x x

∈(0,+≦)时,3 >2 >1,所以此时 f(3 )>f(2 ),当 x∈(-≦,0)时,3 <2 <1,所以 f(3 )>f(2 ),当 x=0 时 f(3 )=f(2 ).综上 f(3 )≥f(2 ).
x x x x

答案:(1)A

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(2)(2015 珠海模拟)定义在 R 上的奇函数 y=f(x)在(0,+∞)上递增,且 f( =0,则满足 f( log 1 x)>0 的 x 的集合为
9

1 ) 2

.
1 )=0,得函数 y=f(x) 2

解析:(2)由奇函数 y=f(x)在(0,+≦)上递增,且 f( 在(-≦,0)上递增,且 f(由 f( log 1 x)>0,得 log 1 x>
9 9

1 )=0. 2
1 1 或- < log 1 x<0, 2 2 9

1 解得 0<x< 或 1<x<3. 3

所以满足条件的 x 的取值集合为
1 {x∣0<x< 或 1<x<3}. 3 1 答案:(2){x∣0<x< 或 1<x<3} 3

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?a x , x ? 1, ? (3)(2015 延庆模拟)若函数 f(x)= ?? 为 R 上的增函数,则实数 a a? ?? 4 ? 2 ? x ? 2, x ? 1 ? ??

的取值范围是

.

? ?a ? 1, x ? ?a , x ? 1, a ? ? 解析:(3)由分段函数 f(x)= ?? 为 R 上的增函数, ?4 ? ? 0, a? 2 ?? 4 ? 2 ? x ? 2, x ? 1 ? ? ? ? ?? a? 1 4 ? ?? ? ?1 ? 2 ? a , 2? ??
? a ? 1, ? 即 ? a ? 8, ? 4≤a<8. ? a ? 4, ?

答案:(3)[4,8)

数学

反思归纳

(1)比较函数值的大小,应将自变量转化到同一个单调区

间内,然后利用函数的单调性解决.
(2)在求解与抽象函数有关的不等式时,往往是利用函数的单调性“f” 符号脱掉,使其转化为具体的不等式求解,应注意定义域.

(3)利用单调性求参数,视参数为已知数,确定函数的单调区间,与已知单
调区间比较求参数.

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【即时训练】 (1)(2015 山东师大附中模拟)定义在 R 上的函数 f(x)满
足:f(x-1)=f(x+1)成立,且 f(x)在[-1,0]上单调递增,设 a=f(3),b=f( 2 ), c=f(2),则 a,b,c 的大小关系是( (A)a>b>c (B)a>c>b (C)b>c>a (D)c>b>a
解析:(1)因为 f(x-1)=f(x+1), 所以 T=2,a=f(3)=f(-1),b=f( 2 )=f( 2 -2),c=f(2)=f(0), 因为-1< 2 -2<0,且 f(x)在[-1,0]上单调递增, 所以 c>b>a.故选 D.

)

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(2)(2016 兰州模拟)已知函数 f(x)是定义在区间[0,+∞)上的函数,且在该区
1 间上单调递增,则满足 f(2x-1)<f( )的 x 的取值范围是( 3

)

(A)( (C)(

1 2 , ) 3 3 1 2 , ) 2 3

(B)[ (D)[

1 2 , ) 3 3 1 2 , ) 2 3

? 2 x ? 1 ? 0, 1 2 ? 解析: (2)由题意,得 ? 1 故 ≤x< .故选 D. 2x ? 1 ? , 2 3 ? 3 ?

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备选例题
【例 1】 下列函数中,满足“f(x+y)=f(x)·f(y)”的单调递增函数的是( (A)f(x)=x
3

)

(B)f(x)=3
2 3

x

(C)f(x)= x

(D)f(x)=(

1 x ) 2

解析:“f(x+y)=f(x)·f(y)”是函数的一个性质,指数函数都具有这样的性质. 所以指数函数 y=3x 与 y=( 故选 B.
1 x ) 都满足“f(x+y)=f(x)·f(y)”且 y=3x 是增函数. 2

数学

【例2】 (2015南平模拟)已知函数f(x)=x2+2ax+a2-1在(-1,1)上是单 调函数,则实数a的取值范围是 . 解析:二次函数f(x)=x2+2ax+a2-1的对称轴是x=-a.

当f(x)在(-1,1)上单调递增时,-a≤-1,即a≥1.
当f(x)在(-1,1)上单调递减时,-a≥1,即a≤-1. 综上,a∈(-≦,-1]∪[1,+≦). 答案:(-∞,-1]∪[1,+∞)

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x2 ? 2 x ? a 【例 3】 已知 f(x)= ,x∈[1,+∞). x

(1)当 a=

1 时,求函数 f(x)的最小值; 2 1 1 解:(1)当 a= 时,f(x)=x+ +2, 2x 2

1 由 f(x)=x+ 2 +2, x

在 x∈(

2 ,+≦)上为增函数, 2

则在 x∈[1,+≦)上为增函数, 则 f(x)min=f(1)=
7 . 2

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(2)若对任意x∈[1,+∞),f(x)>0恒成立,试求实数a的取值范围.
x2 ? 2 x ? a 解:(2)在区间[1,+≦)上,f(x)= >0 恒成立, x

即 x +2x+a>0 恒成立, 即 a>-(x2+2x)在 x∈[1,+≦)上恒成立. 令 ? (x)=-(x2+2x), 则当 x=1 时, ? (x)最大值为 ? (1)=-3. 所以 a>-3,即 a 的取值范围是(-3,+≦).

2

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易混易错辨析

用心练就一双慧眼

利用函数的单调性解不等式的误区

【典例】(2015广州模拟)函数f(x)对任意的m,n∈R,都f(m+n)=f(m)+f(n) -1,并且x>0时,恒有f(x)>1. (1)求证:f(x)在R上是增函数;
(1)证明:设 x1,x2∈R,且 x1<x2, 所以 x2-x1>0, 因为当 x>0 时,f(x)>1, 所以 f(x2-x1)>1. f(x2)=f[(x2-x1)+x1]=f(x2-x1)+f(x1)-1, 所以 f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)-1>0 ? f(x1)<f(x2), 所以 f(x)在 R 上为增函数.

数学

(2)若f(3)=4,解不等式f(a2+a-5)<2.
(2)解:因为 m,n∈R,不妨设 m=n=1, 所以 f(1+1)=f(1)+f(1)-1 ? f(2)=2f(1)-1, f(3)=4 ? f(2+1)=4 ? f(2)+f(1)-1=4 ? 3f(1)-2=4, 所以 f(1)=2, 所以 f(a +a-5)<2=f(1), 因为 f(x)在 R 上为增函数, 所以 a2+a-5<1 ? -3<a<2, 即 a∈(-3,2).
2

数学

易错提醒:(1)本题在求解过程中不会运用条件“x>0时,f(x)>1”.构造 不出f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)-1的形式,于是找不到问题的突破口.

(2)将不等式化为f(M)<f(N)的形式后,忽视M,N的取值范围,即忽视了
f(x)所在单调区间的约束导致错误.

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