小结教学设计第二课时

题型一

利用导数研究函数的单调性

例1

已知函数f(x)＝ex－ax－1.

(1)求f(x)的单调增区间；

(2)是否存在a，使f(x)在(－2,3)上为减函数，若存在，求出a的取值范围，若不存在，请说明理由．

思维启迪

函数的单调性和函数中的参数有关，要注意对参数的讨论．

解

f′(x)＝ex－a，

(1)若a≤0，则f′(x)＝ex－a≥0，

即f(x)在R上单调递增，

若a>0，ex－a≥0，∴ex≥a，x≥ln a.

因此当a≤0时，f(x)的单调增区间为R，

当a>0时，f(x)的单调增区间是[ln a，＋∞)．

(2)∵f′(x)＝ex－a≤0在(－2,3)上恒成立．∴a≥ex在x∈(－2,3)上恒成立．

又∵－2

思维升华

(1)利用导数的符号来判断函数的单调性；

(2)已知函数的单调性求函数范围可以转化为不等式恒成立问题；

(3)f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)内的任一非空子区间上f′(x)≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．

跟踪训练

已知函数f(x)＝xln x.

(1)求函数f(x)的极值点；

(2)设函数g(x)＝f(x)－a(x－1)，其中a∈R，求函数g(x)在区间[1，e]上的最小值．(其中e为自然对数的底数)．

1解

(1)f′(x)＝ln x＋1，x>0，

由f′(x)＝0得x＝，

e111所以f(x)在区间(0，)上单调递减,在区间(，＋∞)上单调递增.所以x＝是函数f(x)的极小值点，极大值点不存在．

eee(2)g(x)＝xln x－a(x－1)，则g′(x)＝ln x＋1－a，

由g′(x)＝0，得x＝ea1，

所以，在区间(0，ea1)上，g(x)为递减函数，在区间(ea1，＋∞)上，g(x)为递增函数．

－－－当ea1≤1，即a≤1时，在区间[1，e]上，g(x)为递增函数，所以g(x)的最小值为g(1)＝0. －当1

已知函数f(x)＝(x－k)ex.

(1)求f(x)的单调区间；(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值．

思维启迪

(1)解方程f′(x)＝0列表求单调区间；(2)根据(1)中表格，讨论k－1和区间[0,1]的关系求最值．

解

(1)由题意知f′(x)＝(x－k＋1)ex.

令f′(x)＝0，得x＝k－1 .

f(x)与f′(x)的情况如下：

x f′(x)

f(x)

(－∞，k－1)

－

↘

k－1

0

－ek1

－(k－1，＋∞) ＋

↗

所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k－1)；单调递增区间是(k－1，＋∞)．

(2)

当k－1≤0，即k≤1时，f(x)在[0,1]上单调递增，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；

(3)

当0

1

所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k－1)＝－ek1；

－当k－1≥1，即k≥2时，f(x)在[0,1]上单调递减，所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e. 综上，当k≤1时,f(x)在[0,1]上的最小值为f(0)＝－k；当1

－当k≥2时，f(x)在[0,1]上的最小值为f(1)＝(1－k)e.

题型二

利用函数的单调性求参数

例2

(1)如果函数f(x)＝ax2＋2x－3在区间(－∞，4)上是单调递增的，则实数a的取值范围是

(

) 1111A．a>－

B．a≥－

C．－≤a<0

D．－≤a≤0 44442－ax＋1，x<1，fx1－fx2(2)已知f(x)＝x满足对任意x1≠x2，都有>0成立，那么a的取值范围是________．

x1－x2a，x≥1，

思维启迪

利用函数的单调性求参数或参数的取值范围，解题思路为视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参．

3答案

(1)D

(2)[，2) 2解析

(1)当a＝0时，f(x)＝2x－3，在定义域R上是单调递增的，故在(－∞，4)上单调递增；

1当a≠0时，二次函数f(x)的对称轴为x＝－，

a11因为f(x)在(－∞，4)上单调递增，所以a<0，且－≥4，解得0>a≥－. a41综合上述得－≤a≤0. 4(2)由已知条件得f(x)为增函数，

2－a>033∴a>1，解得≤a<2，∴a的取值范围是[，2)．

222－a×1＋1≤a思维升华

已知函数的单调性确定参数的值或范围要注意以下两点：①若函数在区间[a，b]上单调，则该函数在此区间的任意子区间上也是单调的；②分段函数的单调性，除注意各段的单调性外，还要注意衔接点的取值．

x－5

(1)函数y＝在(－1，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是

(

) x－a－2A．a＝－3

B．a<3

C．a≤－3

D．a≥－3 ax

x>1，(2)已知f(x)＝a是R上的单调递增函数，则实数a的取值范围为

4－x＋2

x≤12

A．(1，＋∞)

B．[4,8)

C．(4,8)

D．(1,8) 答案

(1)C

(2)B x－5a－3解析

(1)y＝＝1＋，

x－a－2x－a＋2a－3<0由函数在(－1，＋∞)上单调递增，有，解得a≤－3. a＋2≤－1

(2)因为f(x)是R上的单调递增函数，

2

4－a>0，所以可得2aa≥4－＋2.2a>1，

解得4≤a<8，故选B. 题型三

函数的单调性和最值

x1例3

已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足fx＝f(x1)－f(x2)，且当x>1时，f(x)<0. 2(1)求f(1)的值；

(2)证明：f(x)为单调递减函数；

(3)若f(3)＝－1，求f(x)在[2,9]上的最小值．

思维启迪

抽象函数的问题要根据题设及所求的结论来适当取特殊值，证明f(x)为单调减函数的首选方法是用单调性的定义来证．问题(3)用函数的单调性即可求最值．

(1)解

令x1＝x2>0，代入得f(1)＝f(x1)－f(x1)＝0，故f(1)＝0. x1(2)证明

任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1>x2，则>1，

x2x1由于当x>1时，f(x)<0，所以fx2<0，

即f(x1)－f(x2)<0，因此f(x1)

所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上是单调递减函数．

(3)解

∵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)．

x19＝f(9)－f(3)，而f(3)＝－1，所以f(9)＝－2.

∴f(x)在[2,9]上的最小值为－2. 由f＝f(x)－f(x)得，f12x23思维升华

(1)抽象函数的单调性的判断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，x2fx1x1在所给区间内比较f(x1)－f(x2)与0的大小，或与1的大小．有时根据需要，需作适当的变形：如x1＝x2·或x2fx2x1＝x2＋x1－x2等；(2)利用函数单调性可以求函数最值，若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(x)的最小值是f(a)，最大值是f(b)．

1

(1)如果函数f(x)对任意的实数x，都有f(1＋x)＝f(－x)，且当x≥时，f(x)＝log2(3x－1)，那么函数2f(x)在[－2,0]上的最大值与最小值之和为

(

) A．2

B．3

C．4

D．－1 1解析

(1)根据f(1＋x)＝f(－x)，可知函数f(x)的图象关于直线x＝对称．

211又函数f(x)在[，＋∞)上单调递增，故f(x)在(－∞，]上单调递减，

22则函数f(x)在[－2,0]上的最大值与最小值之和为

f(－2)＋f(0)＝f(1＋2)＋f(1＋0)＝f(3)＋f(1)＝log28＋log22＝4.

∴a＋b＝6. 典例：(12分)函数f(x)对任意的m、n∈R，都有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；(2)若f(3)＝4，解不等式f(a2＋a－5)<2. 思维启迪

(1)对于抽象函数的单调性的证明，只能用定义．应该构造出f(x2)－f(x1)并与0比较大小．(2)将函数不等式中的抽象函数符号“f”运用单调性“去掉”是本小题的切入点．要构造出f(M)

规范解答

(1)证明

设x1，x2∈R，且x10，

∵当x>0时，f(x)>1，∴f(x2－x1)>1.

3 f(x2)＝f[(x2－x1)＋x1]＝f(x2－x1)＋f(x1)－1，

∴f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)－1>0⇒f(x1)

∴f(x)在R上为增函数．

(2)解

∵m，n∈R，不妨设m＝n＝1，∴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，∴f(1)＝2，∴f(a2＋a－5)<2＝f(1)，

∵f(x)在R上为增函数，∴a2＋a－5<1⇒－3

解函数不等式问题的一般步骤：

第一步：确定函数f(x)在给定区间上的单调性；第二步：将函数不等式转化为f(M)

第三步：运用函数的单调性“去掉”函数的抽象符号“f”，

转化成一般的不等式或不等式组；

第四步：解不等式或不等式组确定解集；第五步：反思回顾．查看关键点，易错点及解题规范．

温馨提醒

本题对函数的单调性的判断是一个关键点．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，找不到问题的突破口．第二个关键应该是将不等式化为f(M)

1．利用定义判断或证明函数的单调性

fx1－fx2fx1－fx2设任意x1，x2∈[a，b]且x10⇔f(x)在[a，b]上是增函数；<0⇔f(x)在[a，b]上是减x1－x2x1－x2函数．②(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0⇔f(x)在[a，b]上是增函数；(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0⇔f(x)在[a，b]上是减函数．

函数的单调性是对某个区间而言的．

2．求函数的单调区间

首先应注意函数的定义域，函数的单调区间都是其定义域的子集；其次掌握一次函数、二次函数等基本初等函数的单调区间．常用方法：根据定义、利用图象和单调函数的性质、利用导数的性质．

3．复合函数的单调性

对于复合函数y＝f[g(x)]，若t＝g(x)在区间(a，b)上是单调函数，且y＝f(t)在区间(g(a)，g(b))或者(g(b)，g(a))上是单调函数，若t＝g(x)与y＝f(t)的单调性相同(同时为增或减)，则y＝f[g(x)]为增函数；若t＝g(x)与y＝f(t)的单调性相反，则y＝f[g(x)]为减函数．简称：同增异减．

失误与防范

函数的单调区间是指函数在定义域内的某个区间上单调递增或单调递减．单调区间要分开写，即使在两个区间上的单调性相同，也不能用并集表示. 【突破思维障碍】

(1)二次函数的单调区间是由图象的对称轴确定的．故只需确定对称轴与区间的关系．由于对称轴是x＝a，而a的取值不定，从而导致了分类讨论．

(2)不是应该分a<0,0≤a≤2，a>2三种情况讨论吗？为什么成了四种情况？这是由于抛物线的对称轴在区间[0,2]所对应的区域时，最小值是在顶点处取得，但最大值却有可能是f(0)，也有可能是f(2)．

1．函数的单调性的判定与单调区间的确定常用方法有：

(1)定义法；(2)导数法；(3)图象法；(4)单调性的运算性质．

2．若函数f(x)，g(x)在区间D上具有单调性，则在区间D上具有以下性质：

(1)f(x)与f(x)＋C具有相同的单调性．

(2)f(x)与af(x)，当a>0时，具有相同的单调性，当a<0时，具有相反的单调性．

1(3)当f(x)恒不等于零时，f(x)与具有相反的单调性．

fx(4)当f(x)，g(x)都是增(减)函数时，则f(x)＋g(x)是增(减)函数．

(5)当f(x)，g(x)都是增(减)函数时，则f(x)·g(x)当两者都恒大于零时，是增(减)函数；当两者都恒小于零时，是减(增)函数．

4

5