2011高考数学总复习课件2.2 函数的单调性与最大(小)值

§2.2函数的单调性与最大(小)值要点梳理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x1，x2基础知识自主学习定义当x1x2时,都有，那么就说函数f(x)在区间D上是增函数当x1x2时，都有，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看图象是___________自左向右看图象是__________f（x1）f(x2)f(x1)f(x2)上升的下降的(2)单调区间的定义若函数f(x)在区间D上是________或________，则称函数f（x）在这一区间上具有（严格的）单调性，________叫做f（x）的单调区间.增函数减函数区间D2.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___________；②存在x0∈I,使得_____________.①对于任意x∈I，都有____________；②存在x0∈I,使得_______________.结论M为最大值M为最小值f（x）≤Mf（x0）=Mf（x）≥Mf（x0）=M基础自测1.下列函数中，在区间（0，2）上为增函数的是()A.y=-x+1B.y=C.y=x2-4x+5D.解析∵y=-x+1,y=x2-4x+5,分别为一次函数、二次函数、反比例函数，从它们的图象上可以看出在（0，2）上都是减函数.xy2Bxy2x2.已知函数y=f(x)是定义在R上的增函数,则f(x)=0的根（）A.有且只有一个B.有2个C.至多有一个D.以上均不对解析∵f（x）在R上是增函数，∴对任意x1,x2∈R,若x1x2,则f(x1)f(x2),反之亦成立.故若存在f(x0)=0,则x0只有一个.若对任意x∈R都无f(x)=0,则f(x)=0无根.C3.已知f(x)为R上的减函数，则满足的实数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：不等式等价于解得-1x1,且x≠0.)1(|)1(|fxf,1|1|x,01||xxC4.函数y=(2k+1)x+b在（-∞，+∞）上是减函数，则()A.B.C.D.解析使y=(2k+1)x+b在（-∞，+∞）上是减函数,则2k+10，即21k21k21k21k.21kD5.设x1,x2为y=f(x)的定义域内的任意两个变量，有以下几个命题：①(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]0；②(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]0；③④其中能推出函数y=f(x)为增函数的命题为________.解析依据增函数的定义可知，对于①③，当自变量增大时，相对应的函数值也增大，所以①③可推出函数y=f（x）为增函数.;0)()(2121xxxfxf.0)()(2121xxxfxf①③题型一函数单调性的判断【例1】已知函数证明：函数f(x)在(-1,+∞)上为增函数.（1）用函数单调性的定义.（2）用导数法.证明方法一任取x1,x2∈(-1,+∞),不妨设x1x2,则x2-x10,).1(12)(axxaxfx,01112xxxaa且思维启迪题型分类深度剖析又∵x1+10,x2+10,于是f(x2)-f(x1)=故函数f(x)在（-1,+∞）上为增函数.,0)1(12112xxxxxaaaa,0)1)(1()(3)1)(1()1)(2()1)(2(121212122121121122xxxxxxxxxxxxxx,01212112212xxxxaaxx方法二求导数得∵a1,∴当x-1时，axlna0,f′(x)0在（-1，+∞）上恒成立，则f(x)在（-1,+∞）上为增函数.对于给出具体解析式的函数，判断或证明其在某区间上的单调性问题，可以结合定义（基本步骤为取点、作差或作商、变形、判断）求解.可导函数则可以利用导数解之.,)1(3ln)('2xaaxfx),1(131)(axaxfx,0)1(32x探究提高知能迁移1试讨论函数x∈(-1,1)的单调性（其中a≠0）.解方法一根据单调性的定义求解.设-1x1x21,∵-1x1x21,∴|x1|1,|x2|1,x2-x10,即-1x1x21,∴x1x2+10.,1)(2xaxxf.)1)(1()1)((11)()(2221211222221121xxxxxxaxaxxaxxfxf则,1||,01,01212221xxxx因此，当a0时，f(x1)-f(x2)0,即f(x1)f(x2),此时函数为减函数；当a0时，f(x1)-f(x2)0,即f(x1)f(x2),此时函数f(x)为增函数.方法二.0)1)(1()1)((22212112xxxxxx222222221211111)()()()'()()'()(',)(xxaxxaxxaxxaxxfxaxxf当a0时，∵-1x1,即f′(x)0,此时f（x)在（-1，1）上为减函数.同理，当a0时，f(x)在（-1，1）上为增函数.综上可知，a0时，f（x)在（-1，1）上为减函数；a0时，f(x)在（-1，1）上为增函数..)1()1()1(22222222xxaxaxaax,0)1()1(222xxa题型二复合函数的单调性【例2】已知函数f(x)=log2(x2-2x-3)，则使f(x)为减函数的区间是()A.(3,6)B.(-1,0)C.(1,2)D.（-3,-1）先求得函数的定义域,然后再结合二次函数、对数函数的单调性进行考虑.解析由x2-2x-30,得x-1或x3,结合二次函数的对称轴直线x=1知,在对称轴左边函数y=x2-2x-3是减函数，所以在区间（-∞，-1）上是减函数,由此可得D项符合.故选D.思维启迪D（1）复合函数是指由若干个函数复合而成的函数，它的单调性与构成它的函数u=g(x),y=f(u)的单调性密切相关，其单调性的规律为“同增异减”，即f(u)与g(x)有相同的单调性，则f[g(x)]必为增函数，若具有不同的单调性，则f[g(x)]必为减函数.（2）讨论复合函数单调性的步骤是：①求出复合函数的定义域；②把复合函数分解成若干个常见的基本函数并判断其单调性；③把中间变量的变化范围转化成自变量的变化范围；④根据上述复合函数的单调性规律判断其单调性.探究提高知能迁移2函数y=的递减区间为（）A.(1,+∞)B.C.D.解析作出t=2x2-3x+1的示意图如图所示，∵01,∴递减.要使递减,t应该大于0且递增,故x∈(1,+∞).)132(log221xxty21log21)132(log221xxy]43,(),43[),21(A题型三函数的单调性与最值【例3】已知函数x∈[1,+∞).(1)当a=时,求f(x)的最小值;(2)若对任意x∈[1,+∞),f(x)0恒成立，试求实数a的取值范围.第(1)问可先证明函数f(x)在[1,+∞)上的单调性,然后利用函数的单调性求解，对于第(2)问可采用转化为求函数f(x)在[1,+∞)上的最小值大于0的问题来解决.思维启迪,)(xaxxxf2221解设1≤x1x2,则f(x2)-f(x1)=∵1≤x1x2,∴x2-x10,2x1x22,∴f(x2)-f(x1)0,f(x1)f(x2).∴f(x)在区间[1,+∞)上为增函数，∴f(x)在区间[1,+∞)上的最小值为f(1)=(2)在区间[1,+∞)上f(x)0恒成立x2+2x+a0恒成立.,)(,)(221211xxxfa时当,,0211212102121xxxx.27),)((2112211xxxx设y=x2+2x+a,x∈[1,+∞),则函数y=x2+2x+a=(x+1)2+a-1在区间[1,+∞)上是增函数.∴当x=1时，ymin=3+a,于是当且仅当ymin=3+a0时,函数f(x)0恒成立，故a-3.要注意函数思想在求函数值域中的运用,(1)中用函数单调性求函数的最小值;(2)中用函数的最值解决恒成立问题.在(2)中，还可以使用分离参数法，要使x2+2x+a0在[1,+∞)上恒成立,只要a-x2-2x=-(x+1)2+1恒成立，由二次函数的性质得-(x+1)2+1≤-3,所以只要a-3即可.探究提高知能迁移3已知函数(a0,x0),(1)求证:f(x)在(0,+∞)上是单调递增函数;(2)若f(x)在上的值域是求a的值.(1)证明设x2x10,则x2-x10,x1x20,∴f(x2)f(x1),∴f(x)在(0,+∞)上是单调递增的.xaxf11)(],,[221],[221,)()()()(01111112112211212xxxxxxxaxaxfxf..)(,)(,],[)(],,[],[)()(522221212212212212affxfxf易得上单调递增在又上的值域是在题型四函数单调性与不等式【例4】(12分)函数f(x)对任意的a、b∈R,都有f(a+b)=f(a)+f(b)-1,并且当x0时，f(x)1.（1）求证：f(x)是R上的增函数；（2）若f(4)=5,解不等式f(3m2-m-2)3.问题(1)是抽象函数单调性的证明,所以要用单调性的定义.问题(2)将函数不等式中抽象的函数符号“f”运用单调性“去掉”,为此需将右边常数3看成某个变量的函数值.思维启迪解（1）设x1,x2∈R，且x1x2,则x2-x10,∴f(x2-x1)1.2分f(x2)-f(x1)=f((x2-x1)+x1)-f(x1)=f(x2-x1)+f(x1)-1-f(x1)=f(x2-x1)-10.5分∴f（x2）f(x1).即f(x)是R上的增函数.6分（2）∵f（4）=f（2+2）=f（2）+f（2）-1=5，∴f（2）=3，8分∴原不等式可化为f(3m2-m-2)f(2),∵f(x)是R上的增函数，∴3m2-m-22,10分解得-1m,故解集为12分f(x)在定义域上（或某一单调区间上）具有单调性，则f(x1)f(x2)f(x1)-f(x2)0,若函数是增函数,则f(x1)f(x2)x1x2,函数不等式（或方程）的求解，总是想方设法去掉抽象函数的符号，化为一般不等式（或方程）求解，但无论如何都必须在定义域内或给定的范围内进行.34)34,1(探究提高知能迁移4已知定义在区间（0，+∞）上的函数f(x)满足=f(x1)-f(x2)，且当x1时，f(x)0.（1）求f(1)的值；（2）判断f(x）的单调性；（3）若f(3)=-1,解不等式f(|x|)-2.解（1）令x1=x20,代入得f(1)=f(x1)-f(x1)=0,故f(1)=0.)(21xxf（2）任取x1,x2∈(0,+∞)，且x1x2,则由于当x1时，f(x)0,所以即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）由=f(x1)-f(x2)得=f(9)-f(3),而f(3)=-1,所以f(9)=-2.由于函数f(x)在区间（0,+∞）上是单调递减函数，由f(|x|)f(9),得|x|9,∴x9或x-9.因此不等式的解集为{x|x9或x-9}.,121xx,0)(21xxf)(21xxf)39(f1.根据函数的单调性的定义，证明（判定）函数f(x)在其区间上的单调性，其步骤是（1）设x1、x2是该区间上的任意两个值，且x1＜x2；（2）作差f（x1）-f（x2），