【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

1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定义一般地，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自左向右图象是下降的(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．2．函数的最值前提设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足条件①对于任意x∈I，都有①对于任意x∈I，都有2.f(x)≤M；f(x)≥M；②存在x0∈I，使得f(x0)＝M②存在x0∈I，使得f(x0)＝M.结论M为最大值M为最小值一个防范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＝1x分别在(－∞，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①fx1－fx2x1－x2＞0⇔f(x)在[a，b]上是增函数；fx1－fx2x1－x2＜0⇔f(x)在[a，b]上是减函数．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．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，＋∞)B．(－∞，－2)∪(0,2)C．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D．(－2,0)∪(0,2)答案C32．(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]B．(2－2，2＋2)C．[1,3]D．(1,3)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B3．(2012·保定一中质检)已知f(x)为R上的减函数，则满足f1xf(1)的实数x的取值范围是()．A．(－1,1)B．(0,1)C．(－1,0)∪(0,1)D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)解析由已知条件：1x1，不等式等价于|x|1，x≠0，解得－1x1，且x≠0.答案C4．(2011·江苏)函数f(x)＝log5(2x＋1)的单调增区间是______．解析要使y＝log5(2x＋1)有意义，则2x＋1＞0，即x＞－12，而y＝log5u为(0，＋∞)上的增函数，当x＞－12时，u＝2x＋1也为增函数，故原函数的单调增区间是－12，＋∞.答案－12，＋∞5．若x＞0，则x＋2x的最小值为________．解析∵x＞0，则x＋2x≥2x·2x＝22当且仅当x＝2x，即x＝2时，等号成立，因此x＋2x的最小值为22.答案22考向一函数的单调性的判断【例1】►试讨论函数f(x)＝xx2＋1的单调性．[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＜x2，4都有f(x1)－f(x2)＝x1x21＋1－x2x22＋1＝x1－x2－x1x2x21＋x22＋，其中x1－x2＜0，x21＋1＞0，x22＋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．法二∵f′(x)＝xx2＋1′＝x2＋1－xx2＋x2＋2＝x2＋1－2x2x2＋2＝1－x2x2＋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)＝axx－1(a≠0)在(－1,1)上的单调性．解设－1x1x21，f(x)＝ax－1＋1x－1＝a1＋1x－1，f(x1)－f(x2)＝a1＋1x1－1－a1＋1x2－1＝ax2－x1x1－x2－当a0时，f(x1)－f(x2)0，即f(x1)f(x2)，函数f(x)在(－1,1)上递减；当a0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)【例2】►已知函数f(x)＝x2＋ax(a0)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．解法一设2x1x2，由已知条件f(x1)－f(x2)＝x21＋ax1－x22＋ax2＝(x1－x2)＋ax2－x1x1x2＝(x1－x2)x1x2－ax1x20恒成立．即当2x1x2时，x1x2a恒成立．又x1x24，则0a≤4.法二f(x)＝x5＋ax，f′(x)＝1－ax2＞0得f(x)的递增区间是(－∞，－a)，(a，＋∞)，根据已知条件a≤2，解得0a≤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＝x－5x－a－2在(－1，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是()．A．a＝－3B．a3C．a≤－3D．a≥－3解析y＝x－5x－a－2＝1＋a－3x－a＋，需a－30，a＋2≤－1，即a3，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＞0时，f(x)＜0，f(1)＝－23.(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＞0，6∴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，或fx1fx2与1的大小．有时根据需要，需作适当的变形：如x1＝x2·x1x2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x1x2＝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x1x2＞1，由于当x＞1时，f(x)＜0，所以fx1x2＜0，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)．由fx1x2＝f(x1)－f(x2)得，f93＝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.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7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＋40恒成立，则m的取值范围是________．解析法一当x