小结优秀教学设计内容

第2讲

函数的单调性与最值

【2013年高考会这样考】

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)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 2．(2011·湖南)已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－3.若有f(a)＝g(b)，则b的取值范围为(

)．

A．[2－2，2＋2]

C．[1,3]

B．(2－2，2＋2) D．(1,3) B．(－∞，－2)∪(0,2) D．(－2,0)∪(0,2) 解析

函数f(x)的值域是(－1，＋∞)，要使得f(a)＝g(b)，必须使得－x2＋4x－3＞－1.即x2－4x＋2＜0，解得2－2＜x＜2＋2. 答案

B 13．(2012·保定一中质检)已知f(x)为R上的减函数，则满足fx

)．

A．(－1,1)

C．(－1,0)∪(0,1)

B．(0,1) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞) |x|<1，1解析

由已知条件：x>1，不等式等价于解得－1

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＞－2，而y＝log5u为(0，1＋∞)上的增函数，当x＞－2时，u＝2x＋1也为增函数，故原函数的单调增区间

1是－2，＋∞. 1答案

－2，＋∞

25．若x＞0，则x＋x的最小值为________．

2解析

∵x＞0，则x＋x≥2 2x·x＝2 2 22当且仅当x＝x，即x＝

2时，等号成立，因此x＋x的最小值为2 2. 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，

都有f(x1)－f(x2)＝x1－x21－x1x2x1x2－2＝2，

2x1＋1x2＋1x1＋1x22＋12其中x1－x2＜0，x21＋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．

x2＋1－xx2＋1′x法二

∵f′(x)＝x2＋1′＝

x2＋12x2＋1－2x21－x2＝2＝2，

x＋12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

1x－1＋11＋f(x)＝a＝a，

x－1x－1111＋1＋f(x1)－f(x2)＝a－a

x1－1x2－1

＝ax2－x1

x1－1x2－1ax(a≠0)在(－1,1)上的单调性．

x－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)

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) x2＋a

【例2】►已知函数f(x)＝x(a>0)在(2，＋∞)上递增，求实数a的取值范围．

[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．

2x2x2－x11＋ax2＋a解

法一

设2a恒成立．又x1x2>4，则0

f(x)＝x＋x，f′(x)＝1－x2＞0得f(x)的递增区间是(－∞，－a)，(a，＋∞)，根据已知条件a≤2，解得0

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．

x－5【训练2】

函数y＝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

a－3<0，x－5a－3解析

y＝＝1＋，需

x－a－2x－a＋2a＋2≤－1，a<3，即∴a≤－3. 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，y∈R，总有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且当x＞02时，f(x)＜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，

∴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，x2在所给区间内比较f(x1)－f(x2)与0的大小，fx1x1或与1的大小．有时根据需要，需作适当的变形：如x1＝x2·x2或x1＝x2＋x1fx2－x2等．

x1【训练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2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. x1(2)任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＞x2，则x＞1，

2x1由于当x＞1时，f(x)＜0，所以fx＜0，

2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)．

x19由fx＝f(x1)－f(x2)得，f3＝f(9)－f(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)＝x2－2ax＋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＋2－a2，∴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－a2.(8分) 要使f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a，

即2－a2≥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x2＋mx＋4<0恒成立，则m的取值范围是________．

4解析

法一

当x∈(1,2)时，不等式x＋mx＋4<0可化为：m<－x＋x，

24又函数f(x)＝－x＋x在(1,2)上递增，

则f(x)>－5，

则m≤－5.

法二

设g(x)＝x2＋mx＋4 m3当－2≤2，即m≥－3时，

g(x)＜g(2)＝8＋2m，

m3当－2＞2，即m＜－3时，

g(x)＜g(1)＝5＋m

由已知条件可得：

m≥－3，m＜－3，或

8＋2m≤0，5＋m≤0.解得m≤－5 答案

(－∞，－5]