思科数学第5讲函数的单调性与最值.doc

第5讲　函数的单调性与最值

基础梳理
1．函数的单调性
(1)单调函数的定义
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x1＜x2时，
①若f(x1)＜f(x2)，则f(x)在区间D上是增函数；
②若f(x1)＞f(x2)，则f(x)在区间D上是减函数．
(2)单调性、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
(1)设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M，满足：
①对于任意的x∈I，都有f(x)≤M；
②存在x0∈I，使得f(x0)＝M.
则称M是f(x)的最大值．
(2)设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M，满足：
①对于任意的x∈I，都有f(x)≥M；
②存在x0∈I，使得f(x0)＝M.
则称M是f(x)的最小值．

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＝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
①＞0⇔f(x)在[a，b]上是增函数；＜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．
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．(2011·扬州中学冲刺)函数f(x)＝ln(x2－2x)的单调递增区间是________．
解析　由x2－2x＞0，得x＜0或x＞2，又y＝x2－2x＝(x－1)2－1在(2，＋∞)上单调递增．
所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)．
答案　(2，＋∞)
2．(2011·山东省青岛市模拟)下列四个函数：①y＝；②y＝；③y＝－；④y＝x，其在区间(0,1)上是减函数的是________．
解析　y＝，y＝－，y＝x分别是[0，＋∞)，(－∞，1]，(－∞，＋∞)上的增函数，从而是(0,1)上的增函数，y＝是(0,1)上的减函数．
答案　②
3．已知函数f(x)为R上的减函数，则满足f＜f(1)的实数x的取值范围是________．
解析　由f(x)为R上的减函数且f＜f(1)，得即
∴0＜x＜1或－1＜x＜0.
答案　(－1,0)∪(0,1)
4．(2011·镇江市调研)函数f(x)＝2x＋log2x(x∈[1,2])的值域为________．
解析　因为2x与log2x都是[1,2]上的增函数，所以f(x)＝2x＋log2x是[1,2]上的增函数，所以f(1)≤f(x)≤f(2)，即2≤f(x)≤5.
答案　[2,5]
5．(2011·济南外国语学校检测)函数y＝的单调递增区间是________．
解析　x≠0时，由y＝，x2－3x＋2≠0，且x＋
在(－，0)和(0，)上递减，得f(x)增区间为(－，1)和(1，)．
答案　(－，1)和(1，)　　

考向一　函数单调性的判断
【例1】►判断函数f(x)＝x＋(a＞0)在(0，＋∞)上的单调性．
[审题视点] 可采用定义法或导数法判断．
解　法一　设x1＞x2＞0，则
f(x1)－f(x2)＝－＝(x1－x2)＋＝(x1－x2)＋＝(x1－x2).
当≥x1＞x2＞0时，x1－x2＞0，＜0，
有f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，
此时，函数f(x)＝x＋(a＞0)在(0， ]上为减函数；
当x1＞x2≥时，x1－x2＞0，＞0，
有f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，
此时，函数f(x)＝x＋(a＞0)在(，＋∞)上为增函数；
综上可知，函数f(x)＝x＋(a＞0)在(0， ]上为减函数；在[，＋∞)上为增函数．
法二　f′(x)＝1－，令f′(x)＞0则1－＞0，
∴x＞或x＜－(舍)．令f′(x)＜0，则1－＜0，
∴－＜x＜，∵x＞0，
∴0＜x＜.∴f(x)在(0，)上为减函数；
在(，＋∞)上为增函数，也称为f(x)在(0， ]上为减函数；在[，＋∞)上为增函数．
对于给出具体解析式的函数，证明其在某区间上的单调性有两种方法：(1)可以结合定义(基本步骤为取值、作差或作商、变形、判断)求解；(2)可导函数则可以利用导数解之．但是，对于抽象函数单调性的证明，一般采用定义法进行．
【训练1】 试讨论函数f(x)＝(a＞0)的单调性．
解　函数f(x)的定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)，
∵f′(x)＝＝－，∵a＞0，∴f′(x)＜0.
故函数f(x)在(－∞，1)和(1，＋∞)上单调递减．
考向二　求函数的单调区间
【例2】►求函数y＝x＋(a＞0)的单调区间．
[审题视点] 可采用定义法或导数法，但用导数法更简捷．
解　函数y＝x＋的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)．
∵y′＝1－.
令y′＞0得：x＞或x＜－；
令y′＜0得：－＜x＜0或0＜x＜.
故函数y＝x＋(a＞0)的单调增区间为：
(－∞，－)和(，＋∞)；减区间为(－，0)和(0，)．
求函数单调区间时，一定要牢记先求函数的定义域．
【训练2】 函数y＝的单调递增区间是________．
解析　依题意3＋2x－x2＞0，即－1＜x＜3.
∴函数的定义域为(－1,3)．
又函数y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4在(1,3)上单调递减，所以原函数的单调递增区间是(1,3)．
答案　(1,3)
考向三　求函数的最值及应用
【例3】►已知函数f(x)＝，x∈[1，＋∞)．
(1)当a＝时，求函数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．
[审题视点] (1)将a值代入f(x)解析式，通过判断f(x)的单调性求最小值；(2)分a≥0和a＜0两种情况讨论．
解　(1)当a＝时，f(x)＝x＋＋2，在上为增函数，在[1，＋∞)上为增函数，
f(x)min＝f(1)＝.
(2)f(x)＝x＋＋2，x∈[1，＋∞)．
①当a≤0时，f(x)在[0，＋∞)内为增函数．
最小值为f(1)＝a＋3.
要使f(x)＞0在x∈[1，＋∞)上恒成立，只需a＋3＞0，
即a＞－3，∴－3＜a≤0.
②当0＜a≤1时，f(x)在[1，＋∞)上为增函数，
f(x)min＝f(1)＝a＋3.∴a＋3＞0，a＞－3.∴0＜a≤1.
③当a＞1时，f(x)在[1，]上为减函数，在(，＋∞)上为增函数，所以f(x)在[1，＋∞)上的最小值是f()＝2＋2,2＋2＞0，显然成立．
综上所述，f(x)在[1，＋∞)上恒大于零时，a的取值范围是(－3，＋∞)．
不等式m＞f(x)恒成立⇔m＞f(x)max，m＜f(x)恒成立⇔m＜f(x)min.
【训练3】 (2011·南京模拟)定义在R上的函数f(x)的图象过点M(－6,2)和N(2，－6)，对任意正实数k，有f(x＋k)＜f(x)成立，则当不等式|f(x－t)＋2|＜4的解集为(－4,4)时，实数t的值为________．
解析　由题意，f(x)是减函数，且由－4＜f(x－t)＋2＜4，
得－6≤f(x－t)≤2.又f(－6)＝2，f(2)＝－6，所以f(2)≤f(x－t)≤f(－6)，所以－6≤x－t≤2，t－6≤x≤t＋2，由题意，得所以t＝2，故填2.
答案　2　　

难点突破3——函数中适应性问题的求解方法

定义新的函数有关的概念，是近几年我省高考的一大亮点，无论填空题还是解答题都可能出现，解这类问题关键是化归，即将不熟悉的新问题化归到一般性的常规的数学问题．
一、定义新的函数概念与已知函数原有概念的关系
【示例】 (2011·四川)函数f(x)的定义域为A，若x1，x2∈A且f(x1)＝f(x2)时总有x1＝x2，则称f(x)为单函数．例如，函数f(x)＝2x＋1(x∈R)是单函数，下列命题：①函数f(x)＝x2(x∈R)是单函数；②若f(x)为单函数，x1，x2∈A且x1≠x2，则f(x1)≠f(x2)；③若f：A→B为单函数，则对于任意b∈B，它至多有一个原象；④函数f(x)在某区间上具有单调性，则f(x)一定是单函数．其中的真命题是________(写出所有真命题的编号)．

二、定义新的函数性质验证原函数是否具有该性质
【示例】 (2011·江苏)设f(x)是定义在区间(1，＋∞)上的函数，其导函数为f′(x)，如果存在实数a和函数h(x)，其中h(x)对任意的x∈(1，＋∞)都有h(x)＞0，使得f′(x)＝h(x)(x2－ax＋1)，则称函数f(x)具有性质p(a)．
设函数f(x)＝ln x＋(x＞1)，其中b为实数．
(1)求证：函数f(x)具有性质 p(a)；
(2)求函数f(x)的单调区间．