高中数学北师大版新教材必修一同步课件：2-3-2　函数的单调性的应用 40页

第 2 课时　函数的单调性的应用 关键能力 · 合作学习 类型一　函数单调性的证明 ( 逻辑推理 ) 【 典例 】 判断函数 f(x)=- 在区间 (-∞,0) 上的单调性 , 并给出证明 . 【 解题策略 】 关于定义法证明函数的单调性 　 (1) 步骤 : (2) 实质 : 通过代数运算的结果证明函数的单调性 . 　 【 跟踪训练 】 判断函数 f(x)=x- 在区间 (0,+∞) 上的单调性 , 并给出证明 . 【 解析 】 画出函数的图象如图 , 由图象可以看出 , 函数 f(x)=x- 在区间 (0,+ ∞ ) 上可能单调递增 . 下面利用函数单调性的定义证明这一结论 . 任取 00 时 , 函数 y= 与 y=f(x) 的单调性相反 , 对于 f(x)<0 也成立 . (2) 在公共定义域内 , 两增函数的和仍为增函数 , 增函数减去一个减函数所得的函数为增函数 . (3) 函数 f(x) 与 f(x)+c(c 为常数 ) 具有相同的单调性 . (4) 当 c>0 时 , 函数 f(x) 与 cf(x) 具有相同的单调性 ; 当 c<0 时 , 函数 f(x) 与 cf(x) 具有相反的单调性 . 2. 函数 y=x+ (a≠0) 的单调性 (1) 若 a>0, 函数 y=x+ 的图象如图 1 所示 , 则函数 y=x+ 的单调递增区间是 (-∞,- ] 和 [ ,+∞), 单调递减区间 是 (- ,0) 和 (0, ). (2) 若 a<0, 其图象如图 2 所示 , 函数 y=x+ 在 (-∞,0) 和 (0,+∞) 上均单调递增 , 即 y=x+ 的单调递增区间为 (-∞,0) 和 (0,+∞). 【 拓展训练 】 　函数 y=2x+ 的单调递增区间为 　　　　 .  【 解析 】 y=2 , 单调递增区间为 (-∞,- ) 和 ( ,+∞). 答案 : (-∞,- ) 和 ( ,+∞) 类型三　函数单调性的简单应用 ( 逻辑推理、数学抽象 ) 　角度 1 　利用单调性解不等式  【 典例 】 函数 f(x) 在 [0,+∞) 上单调递减 , 且 f(2)=-1, 则满足 f(2x-4)>-1 的实数 x 的取值范围是 ( 　　 ) A.(3,+∞) B.(-∞,3) C.[2,3) D.[0,3) 【 思路导引 】 从定义域 , 单调性两个方面列不等式求范围 . 【 解析 】 选 C. 因为 f(2)=-1, 所以由 f(2x-4)>-1 得 ,f(2x-4)>f(2), 且 f(x) 在 [0,+ ∞ ) 上单调递减 , 所以 0≤2x-4<2, 解得 2≤x<3, 所以满足 f(2x-4)>-1 的实数 x 的取值范围是 [2,3). 　 【 变式探究 】 本例的条件若改为“单调递增” , 试求 m 的取值范围 . 【 解析 】 因为 f(x) 的定义域为 [0,+ ∞ ), 由 f(2x-4)>-1, 得 f(2x-4)>f(2), 因为 f(x) 在 [0,+ ∞ ) 上单调递增 , 所以 2x-4>2, 解得 x>3. 　角度 2 　分段函数的单调性  【 典例 】 已知函数 f(x)= 是增函数 , 则实数 a 的取值范围 是 　　　　 .  【 思路导引 】 由 x≥1,x<1 两个方面的因素求范围 . 【 解析 】 因为函数 f(x)= 是增函数 , ① 当 x≥1 时 ,f(x)=(a+1)x-1 单调递增 , 所以 a>-1; ② 当 x<1 时 , 函数 f(x)= ax 2 -ax-1 的对称轴为直线 x=1; 所以 解得 - ≤a<0. 答案 : 【 解题策略 】 1. 解抽象函数不等式的方法 利用函数的单调性解不等式主要依据函数单调性的定义和性质 , 将符号“ f” 脱掉 , 列出关于未知量的不等式 ( 组 ), 然后求解 , 要注意函数的定义域 . 2. 分段函数的单调性 首先分析每段上的单调性 , 其次是分界点处函数值的大小 , 如果是增函数 , 则界点左侧值小于等于右侧值 , 如果是减函数 , 则界点左侧值大于等于右侧值 . 【 题组训练 】 1.f(x)=x|x|, 若 f(2m+1)>f(m-1), 则 m 的取值范围为 ( 　　 ) A.(-∞,-1) B.(-∞,-2) C.(-1,+∞) D.(-2,+∞) 【 解析 】 选 D. 因为 f(x)=x|x|= , 所以由函数 f(x) 的图象可知 ,f(x) 是增函数 , 因为 f(2m+1)>f(m-1), 所以 2m+1>m-1, 解得 m>-2, 所以 m 的取值范围为 (-2,+ ∞ ). 2. 定义在 R 上的函数 f(x) 满足 : 对任意的 x 1 ,x 2 ∈R, 且 x 1 ≠x 2 , 都有 (x 1 -x 2 )[(f(x 1 )-f(x 2 )]>0, 则有 ( 　　 ) A.f(-2)0, 当 x 1 x 2 时 ,x 1 -x 2 >0, 则 f(x 1 )-f(x 2 )>0, 即 f(x 1 )>f(x 2 ). 可得函数 f(x) 是增函数 , 所以 f(-2)0 时 , 恒有 f(x)>1. (1) 求证 :f(x) 是增函数 ; (2) 若 f(3)=4, 解不等式 f(a 2 +a-5)<2. 【 思路导引 】 (1) 按照单调性的定义 , 构造 f(x 1 )-f(x 2 ), 再判断符号 ; (2) 将 2 化为 f(x 0 ) 的形式 , 再利用单调性解不等式 . 【 解析 】 (1) 设 x 1 ,x 2 ∈R, 且 x 1 0, 所以 f(x 2 -x 1 )>1,f(x 2 )-f(x 1 )=f((x 2 -x 1 )+x 1 )-f(x 1 )=f(x 2 -x 1 )+f(x 1 )-1-f(x 1 )>0, 即 f(x 2 )>f(x 1 ), 所以 f(x) 是增函数 . (2) 因为 m,n∈R, 不妨设 m=n=1, 所以 f(1+1)=f(1)+f(1)-1, 即 f(2)=2f(1)-1,f(3)=f(2+1)=f(2)+f(1)-1=2f(1)-1+f(1)-1=3f(1)-2=4, 所以 f(1)=2. 即 f(a 2 +a-5)0, 满足 f =f(x) -f(y). (1) 证明 : 函数 f(x) 是增函数 ; (2) 若 f(6)=1, 解不等式 f(x+3)-f( )<2. 【 解析 】 (1) 因为当 00 C.k<0 D.k≤0 【 解析 】 选 C. 由函数单调性的定义 , 设 x 1 ,x 2 是任意实数 ,x 1 0, 则 k<0. 3.( 教材二次开发 : 习题改编 ) 函数 y= 在 (0,+∞) 上是增函数 , 则 k 的取值范围 是 ( 　　 ) A.k≥1 B.k≤1 C.k>1 D.k<1 【 解析 】 选 D.k-1>0 时 , 由 y= 的图象可知 , 在区间 (-∞,0),(0,+∞) 上是减函 数 ; 当 k-1<0 时 , 由 y= 的图象可知 , 在区间 (-∞,0),(0,+∞) 上是增函数 . 4.(2020· 昆明高一检测 ) 已知 f(x) 是定义在 R 上的减函数 , 则关于 x 的不等式 f(x 2 -x)-f(x)>0 的解集为 　　　　 .  【 解析 】 根据题意 ,f(x) 是定义在 R 上的减函数 , 则 f(x 2 -x)-f(x)>0 ⇒ f(x 2 -x)>f(x) ⇒ x 2 -x3, 解得 x> . 答案 : 5. 已知函数 f(x)= 是定义在 R 上的减函数 , 那么实数 a 的取值 范围是 　　　　 .  【 解析 】 要使 f(x) 在 (-∞,+∞) 上为减函数 , 必须同时满足 3 个条件 : g(x)=(3a-1)x+4a 在 (-∞,1) 上为减函数 ; h(x)=-x+1 在 [1,+∞) 上为减函数 ;g(1)≥h(1). 所以 答案 :