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.doc

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f(x)≤M；
①对于任意x∈I，都有f(x)≥M；
②存在x0∈I，使得f(x0)＝M
②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＝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．
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　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＋] B．(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－＜x＜2＋.
答案　B
3．(2012·保定一中质检)已知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(　　)．
A．(－1,1) B．(0,1)
C．(－1,0)∪(0,1) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
解析　由已知条件：>1，不等式等价于解得－1<x<1，且x≠0.
答案　C
4．(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＞－，而y＝log5u为(0，＋∞)上的增函数，当x＞－时，u＝2x＋1也为增函数，故原函数的单调增区间是.
答案　
5．若x＞0，则x＋的最小值为________．
解析　∵x＞0，则x＋≥2 ＝2
当且仅当x＝，即x＝ 时，等号成立，因此x＋的最小值为2 .
答案　2 　　
考向一　函数的单调性的判断
【例1】►试讨论函数f(x)＝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，
都有f(x1)－f(x2)＝－＝，
其中x1－x2＜0，x＋1＞0，x＋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)＝′＝
＝＝，
∴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)＝(a≠0)在(－1,1)上的单调性．
解　设－1<x1<x2<1，
f(x)＝a＝a，
f(x1)－f(x2)＝a－a
＝a
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)<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)＝(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．
解　法一　设2<x1<x2，由已知条件f(x1)－f(x2)＝－＝(x1－x2)＋a＝(x1－x2)<0恒成立．即当2<x1<x2时，x1x2>a恒成立．又x1x2>4，则0<a≤4.法二　f(x)＝x＋，f′(x)＝1－＞0得f(x)的递增区间是(－∞，－)，(，＋∞)，根据已知条件≤2，解得0<a≤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＝在(－1，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是
(　　)．
A．a＝－3 B．a<3 C．a≤－3 D．a≥－3
解析　y＝＝1＋，需
即∴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)＝－.
(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，或与1的大小．有时根据需要，需作适当的变形：如x1＝x2·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＝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＞1，
由于当x＞1时，f(x)＜0，所以f＜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＝f(x1)－f(x2)得，f＝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________．
解析　法一　当x∈(1,2)时，不等式x2＋mx＋4<0可化为：m<－，
又函数f(x)＝－在(1,2)上递增，
则f(x)>－5，
则m≤－5.
法二　设g(x)＝x2＋mx＋4
当－≤，即m≥－3时，
g(x)＜g(2)＝8＋2m，
当－＞，即m＜－3时，
g(x)＜g(1)＝5＋m
由已知条件可得：
或
解得m≤－5
答案　(－∞，－5]

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