2012届高三步步高大一轮复习课件：2.2--函数的单调性与最值

§2.2函数的单调性与最值基础知识自主学习要点梳理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f(x1)f(x2)f(x1)f(x2)图象描述自左向右看图象是自左向右看图象是(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)在这一区间具有(严格的)单调性，叫做f(x)的单调区间．上升的下降的增函数减函数区间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.(3)对于任意x∈I，都有；(4)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[难点正本疑点清源]1．函数的单调性是局部性质函数的单调性，从定义上看，是指函数在定义域的某个子区间上的单调性，是局部的特征．在某个区间上单调，在整个定义域上不一定单调．2．函数的单调区间的求法函数的单调区间是函数定义域的子区间，所以求解函数的单调区间，必须先求出函数的定义域．对于基本初等函数的单调区间可以直接利用已知结论求解，如二次函数、对数函数、指数函数等；如果是复合函数，应根据复合函数的单调性的判断方法，首先判断两个简单函数的单调性，再根据“同则增，异则减”的法则求解函数的单调区间．3．单调区间的表示单调区间只能用区间表示，不能用集合或不等式表示；如有多个单调区间应分别写，不能用并集符号“∪”联结，也不能用“或”联结．基础自测1．f(x)＝x2－2x(x∈[－2,4])的单调增区间为__________；f(x)max＝________.解析函数f(x)的对称轴：x＝1，单调增区间为[1,4]，f(x)max＝f(－2)＝f(4)＝8.[1,4]82．已知函数y＝f(x)在R上是减函数，A(0，－2)、B(－3,2)在其图象上，则不等式－2f(x)2的解集为________．解析画一个草图，数形结合，得不等式的解集为(－3,0)．点评数形结合是解决此类题目的常用方法．(－3,0)3．已知f(x)＝x2＋2(a－1)x＋2的单调递减区间是(－∞，3]，则实数a的值是________．解析由题意得：1－a＝3，即a＝－2.－24．下列函数中，在区间(0,2)上为增函数的是()A．y＝－x＋1B．y＝xC．y＝x2－4x＋5D．y＝2x解析y＝－x＋1，y＝x2－4x＋5，y＝2x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．B5．已知函数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f(x)为R上的减函数且f1xf(1)，得：1xx≠0，即|xx≠0.∴0x1或－1x0.C题型分类深度剖析题型一函数单调性的判断例1判断并证明函数f(x)＝x3＋a(a∈R，a是常数)的单调性．思维启迪判断函数的单调性一般有两种方法：①利用函数单调性的定义；②利用导数法．解f(x)＝x3＋a在R上是增函数．证明如下：方法一设x1，x2是R上任意两个实数，且x1x2，则f(x1)－f(x2)＝(x31＋a)－(x32＋a)＝(x1－x2)(x21＋x1x2＋x22)＝(x1－x2)x1＋x222＋3x224，∵x1x2，∴x1－x20，x1＋x222＋3x2240，∴f(x1)－f(x2)0，即f(x1)f(x2)，∴f(x)＝x3＋a在R上是增函数．方法二∵f′(x)＝3x2≥0在R上恒成立且不恒为0.∴f(x)在R上是增函数．探究提高(1)证明函数的单调性用定义法的步骤是：取值—作差—变形—确定符号—下结论．(2)利用导数证明的一般步骤为：求导，判断导函数在区间上的符号，下结论．导数法是比较常用的一种方法．变式训练1讨论函数f(x)＝x＋ax(a0)的单调性．解方法一显然f(x)为奇函数，所以先讨论函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性，设x1x20，则f(x1)－f(x2)＝x1＋ax1－x2＋ax2＝(x1－x2)·1－ax1x2.当0x2x1≤a时，ax1x21，则f(x1)－f(x2)0，即f(x1)f(x2)，故f(x)在(0，a]上是减函数．当x1x2≥a时，0ax1x21，则f(x1)－f(x2)0，即f(x1)f(x2)，故f(x)在[a，＋∞)上是增函数．∵f(x)是奇函数，∴f(x)分别在(－∞，－a]、[a，＋∞)上为增函数；f(x)分别在[－a，0)、(0，a]上为减函数．方法二由f′(x)＝1－ax2＝0可得x＝±a，当xa或x－a时，f′(x)0，∴f(x)分别在[a，＋∞)、(－∞，－a]上是增函数．同理0xa或－ax0时，f′(x)0，即f(x)分别在(0，a]、[－a，0)上是减函数．题型二求函数的单调区间例2求函数(x2－3x＋2)的单调区间．思维启迪先确定定义域，再利用复合函数的单调性求解．解令u＝x2－3x＋2，则原函数可以看作与u＝x2－3x＋2的复合函数．令u＝x2－3x＋20，则x1或x2.∴函数(x2－3x＋2)的定义域为(－∞，1)∪(2，＋∞)．21logy12logyu21logy又u＝x2－3x＋2的对称轴x＝32，且开口向上．∴u＝x2－3x＋2在(－∞，1)上是单调减函数，在(2，＋∞)上是单调增函数．而在(0，＋∞)上是单调减函数，∴(x2－3x＋2)的单调减区间为(2，＋∞)，单调增区间为(－∞，1)．12logyu21logy探究提高求函数的单调区间与确定单调性的方法一致．(1)利用已知函数的单调性，即转化为已知函数的和、差或复合函数，求单调区间．(2)定义法：先求定义域，再利用单调性定义．(3)图象法：如果f(x)是以图象形式给出的，或者f(x)的图象易作出，可由图象的直观性写出它的单调区间．(4)导数法：利用导数取值的正负确定函数的单调区间．(5)本题的易错点是忽视函数的定义域．变式训练2函数(2x2－3x＋1)的递减区间为()A．(1，＋∞)B.－∞，34C.12，＋∞D.34，＋∞解析作出t＝2x2－3x＋1的示意图如图所示，∵0121，∴递减．要使(2x2－3x＋1)递减，t应该大于0且递增，故x∈(1，＋∞)．A21logy12logyt21logy题型三求函数的最值例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x0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．思维启迪问题(1)对于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(2)用函数的单调性即可求最值．(1)证明方法一∵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x1x2，则x1－x20，f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝f(x1－x2)．又∵x0时，f(x)0，而x1－x20，∴f(x1－x2)0，即f(x1)f(x2)．因此f(x)在R上是减函数．方法二设x1x2，则f(x1)－f(x2)＝f(x1－x2＋x2)－f(x2)＝f(x1－x2)＋f(x2)－f(x2)＝f(x1－x2)．又∵x0时，f(x)0，而x1－x20，∴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.探究提高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fx1fx2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．变式训练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，求f(x)在[2,9]上的最小值．解(1)令x1＝x20，代入得f(1)＝f(x1)－f(x1)＝0，故f(1)＝0.(2)任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1x2，则x1x21，由于当x1时，f(x)0，所以fx1x20，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.答题模板2．函数的单调性与不等式试题：(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x0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.审题视角(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)f(N)的形式．规范解答(1)证明设x1x2，∴x2－x10，当x0时，f(x)1，∴f(x2－x1)1.[2分]f(x2)＝f[(x2－x1)＋x1]＝f(x2－x1)＋f(x1)－1，[4分]∴f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)－10⇒f(x1)f(x2)，∴f(x)在R上为增函数．[6分](2)解∵m，n∈R，不妨设m＝n＝1，∴f(1＋1)＝f(1)＋f(1)－1⇒f(2)＝2f(1)－1，[8分]f(3)＝4⇒f(2＋1)＝4⇒f(2)＋f(1)－1＝4⇒3f(1)－2＝4，∴f(1)＝2，f(2)＝2×2－1＝3，∴f(a2＋a－5)2＝f(1)，[10分]∵f(x)在R上为增函数，∴a2＋a－51⇒－3a2，即a∈(－3,2)．[12分]答题模板解函数不等式的问题一般是：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)f(N)的形式；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．批阅笔记本题对函数的单调性的判断是一个关键点．不会运用条件x0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)f(N)的形式．解决此类问题的易错点是：忽视M、N的取值范围，即忽视f(x)所在的单调区间的约束．思想方法感悟提高方法与技巧1．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