【数学】2018届一轮复习北师大版第二章函数导数及其应用第二节函数的单调性与最值教案 14页

第二节　函数的单调性与最值 ☆☆☆2017 考纲考题考情☆☆☆ 考纲要求 真题举例 命题角度 1.理解函数的单调性、最大值、 最小值及其几何意义； 2.会运用基本初等函数的图象分 析函数的性质。 2016，天津卷，13,5 分(函数的单调性、 奇偶性) 2014，全国卷Ⅰ，16,5 分(函数单调性) 1.主要考查函数单调性的判定、求单调区间、比 较大小、解不等式、求最值及不等式恒成立问题； 2.题型多以选择题、填空题为主，若与导数知识 交汇命题则以解答题的形式出现，属中高档题。 微知识　小题练 自|主|排|查 1．增函数与减函数 一般地，设函数 f(x)的定义域为 I： (1)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。 (2)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 上是减函数。 2．单调性与单调区间 如果函数 y＝f(x)在区间 D 上是增函数或减函数，那么就说函数 y＝f(x)在这一区间具有 (严格的) 单调性，区间 D 叫做 y＝f(x)的单调区间。 3．函数的最大值与最小值 一般地，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；存在 x0∈I，使得 f(x0)＝M，那么，我们称 M 是函 数 y＝f(x)的最大值。 (2)对于任意的 x∈I，都有 f(x)≥M；存在 x0∈I，使得 f(x0)＝M，那么我们称 M 是函数 y ＝f(x)的最小值。 4．函数单调性的两个等价结论 设∀x1，x 2∈D(x1≠x 2)，则 (1) fx1－fx2 x1－x2 >0(或(x1－x2)[fx1－fx2]>0)⇔f(x)在 D 上单调递增； (2) fx1－fx2 x1－x2 <0(或(x1－x2)[fx1－fx2]<0)⇔f(x)在 D 上单调递减。 5．对勾函数的单调性 对勾函数 y＝x＋ a x(a>0)的递增区间为(－∞，－ a]和[ a，＋∞)；递减区间为[－ a， 0)和(0， a]，且对勾函数为奇函数。 6．函数单调性常用结论 区间 D 上单调递增 区间 D 上单调递减 定义法 x1< x 2⇔f(x1)f(x2) 图象法 函数图象上升的 函数图象下降的 导数法 导数大于零 导数小于零 运算法 递增＋递增 递减＋递减 复合法 内外层单调性相同 内外层单调性相反 微点提醒 1．函数的单调性是对某个区间而言的，如函数 y＝ 1 x分别在(－∞，0)，(0，＋∞)内都是 单调递减的，但它在整个定义域即(－∞，0)∪(0，＋∞)内不单调递减，单调区间只能分开 写或用“和”连接，不能用“∪”连接，也不能用“或”连接。 2．一个函数在某个区间上是增函数，但它的递增区间的范围有可能大，例如 f(x)＝x 在 [0，＋∞)上是增函数，但是 f(x)的递增区间是(－∞，＋∞)。 3．闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值，开区间上的“单峰”函数一定存在最 大(小)值，求函数最值的基本方法是利用函数的单调性。 小|题|快|练 一 、走进教材 1．(必修 1P39B 组 T3 改编)下列函数中，在其定义域内既是奇函数又是减函数的是(　　) A．y＝－x3，x∈R B．y＝sinx，x∈R C．y＝x，x∈R D．y＝(1 2 )x，x∈R 【解析】　选项 B 在其定义域内是奇函数但不是减函数；选项 C 在其定义域内既是奇函 数又是增函数；选项 D 在其定义域内不是奇函数，是减函数。故选 A。 【答案】　A 2．(必修 1P45B 组 T4 改编)设函数 f(x)＝Error!是 R 上的减函数，那么实数 a 的取值范围 是(　　) A．(0,1) B.(0， 1 3 ) C.[1 7， 1 3 ) D.[1 7，1 ) 【解析】　当 x≤1 时，f(x)＝(3a－1)x＋4a 为减函数，则 3a－1<0，即 a< 1 3；当 x>1 时， f(x)＝logax 为减函数，则 00 时，由题意得 2a＋1－(a＋1)＝2，即 a＝2；当 a<0 时，a＋1－(2a＋1) ＝2，即 a＝－2，所以 a＝±2。故选 C。 【答案】　C 4．(2016·北京高考)函数 f(x)＝ x x－1(x≥2)的最大值为________。 【解析】　f(x)＝ x x－1＝ x－1＋1 x－1 ＝1＋ 1 x－1，∵x≥2，∴x－1≥1,0< 1 x－1≤1，∴1＋ 1 x－1 ∈(1,2]，故当 x＝2 时，函数 f(x)＝ x x－1取得最大值 2。 【答案】　2 微考点　大课堂 考点一 确定函数的单调性 【典例 1】　判断并证明函数 f(x)＝ax2＋ 1 x(其中 10,20，从而 f(x2)－f(x1)>0， 即 f(x2)>f(x1)， 故当 a∈(1,3)时，f(x)在[1,2]上单调递增。 解法二：因为 f′(x)＝2ax－ 1 x2，而 x∈[1,2]， 所以－1≤－ 1 x2≤－ 1 4， 又因为 a∈(1,3)，所以 2<2ax<12，故 2ax－ 1 x2>0，即 f′(x)>0， 故当 a∈(1,3)时，f(x)在[1,2]上单调递增。 【答案】　单调递增，证明见解析 反思归纳　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判断。但是，对于抽象函数单调性的证明，只能采用定义法 进行判断。 【变式训练】　讨论函数 f(x)＝ ax x2－1(a＞0)在 x∈(－1,1)上的单调性。 【解析】　法一(定义法)　设－1＜x1＜x2＜1， 则 f(x1)－f(x2)＝ ax1 x21－1－ ax2 x22－1 ＝ ax1x22－ax1－ax2x21＋ax2 x21－1x22－1 ＝ ax2－x1x1x2＋1 x21－1x22－1 。 ∵－1＜x1＜x2＜1，a＞0， ∴x2－x1＞0，x1x2＋1＞0，(x21－1)(x22－1)＞0。 ∴f(x1)－f(x2)＞0，即 f(x1)＞f(x2)， 故函数 f(x)在(－1,1)上为减函数。 法二(导数法)　f′(x)＝ ax2－1－2ax2 x2－12 ＝ －ax2＋1 x2－12 。 当 a＞0 时，f′(x)＜0； 所以当 a＞0 时，f(x)在(－1,1)上是单调递减的。 【答案】　单调递减 考点二 确定函数的单调区间……母题发散 【典例 2】　(2016·黄冈模拟)函数 y＝f(x)(x∈R)的图象如图所示，则函数 g(x)＝ f(logax)(01”，则函数g(x)的单调递减区间如何？ 【解析】　由本典例解析知，需 logax≤0 或 logax≥ 1 2，解得 x≤1 或 x≥ a，又因为 x>0，所以单调递减区间为(0,1]，[ a，＋∞)。 【答案】　(0,1]，[ a，＋∞) 反思归纳　确定函数的单调区间的三种方法 定义法：先求函数定义域，再利用单调性定义来求解； 图象法：图象上升区间为增区间；图象下降区间为减区间； 导数法：利用导数取值的正负确定函数的单调区间。 【拓展变式】　(1)函数 f(x)＝log 1 2(x2－4)的单调递增区间是(　　) A．(0，＋∞) B．(－∞，0) C．(2，＋∞) D．(－∞，－2) (2)y＝－x2＋2|x|＋3 的单调增区间为________。 【解析】　(1)令 t＝x2－4，则 y＝log 1 2t。因为 y＝log 1 2t 在定义域上是减函数，所以求 原函数的单调递增区间，即求函数 t＝x2－4 的单调递减区间，结合函数的定义域，可知所求 区间为(－∞，－2)。故选 D。 (2)由题意知，当 x≥0 时，y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4；当 x<0 时，y＝－x2－2x＋3 ＝－(x＋1)2＋4，该函数的图象如图。 由图象可知，函数 y＝－x2＋2|x|＋3 在(－∞，－1]，[0,1]上是增函数。 【答案】　(1)D　(2)(－∞，－1]，[0,1] 考点三 函数的最值 【典例 3】　(1)函数 f(x)＝Error!的最大值为________。 (2)已知函数 f(x)＝ax＋ 1 a(1－x)(a>0)，且 f(x)在[0,1]上的最小值为 g(a)，求 g(a)的 最大值。 【解析】　(1)当 x≥1 时，函数 f(x)＝ 1 x为减函数，所以 f(x)在 x＝1 处取得最大值，为 f(1)＝1；当 x<1 时，易知函数 f(x)＝－x2＋2 在 x＝0 处取得最大值，为 f(0)＝2。故函数 f(x) 的最大值为 2。 (2)f(x)＝(a－ 1 a )x＋ 1 a， 当 a>1 时，a－ 1 a>0，此时 f(x)在[0,1]上为增函数， ∴g(a)＝f(0)＝ 1 a； 当 02 时，h(x)＝3－x 是减函数， 所以 h(x)在 x＝2 时取得最大值 h(2)＝1。 【答案】　1 考点四 函数单调性的应用 ……多维探究 角度一：比较函数值或自变量的大小 【典例 4】　已知函数 f(x)的图象向左平移 1 个单位后关于 y 轴对称，当 x2＞x1＞1 时， [f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)＜0 恒成立，设 a＝f(－ 1 2 )，b＝f(2)，c＝f(3)，则 a，b，c 的大 小关系为(　　) A．c＞a＞b B．c＞b＞a C．a＞c＞b D．b＞a＞c 【解析】　由于函数 f(x)的图象向左平移 1 个单位后得到的图象关于 y 轴对称，故函数 y ＝f(x)的图象本身关于直线 x＝1 对称， 所以 a＝f(－ 1 2 )＝f(5 2 )。 当 x2＞x1＞1 时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)＜0 恒成立，等价于函数 f(x)在(1，＋∞)上单 调递减， 所以 b＞a＞c。故选 D。 【答案】　D 角度二：解函数不等式 【典例 5】　定义在 R 上的奇函数 y＝f(x)在(0，＋∞)上递增，且 f(1 2 )＝0，则满足 f(log 1 9x)＞0 的 x 的集合为________________。 【解析】　由奇函数 y＝f(x)在(0，＋∞)上递增，且 f(1 2 )＝0，得函数 y＝f(x)在(－ ∞，0)上递增，且 f(－ 1 2 )＝0。 由 f(log 1 9x)＞0，得 log 1 9x＞ 1 2或－ 1 2＜log 1 9x＜0， 解得 0＜x＜ 1 3或 1＜x＜3。 所以满足条件的 x 的取值集合为 Error!。 【答案】　Error! 角度三：求参数的值或取值范围 【典例 6】　已知函数 f(x)＝Error!满足对任意的实数 x1≠x2，都有 fx1－fx2 x1－x2 ＜ 0 成立，则实数 a 的取值范围为______________。 【解析】　函数 f(x)是 R 上的减函数，于是有 Error!解得 a≤ 13 8 ， 即实数 a 的取值范围是(－∞， 13 8 ]。 【答案】　(－∞， 13 8 ] 反思归纳　1.含“f”不等式的解法 首先根据函数的性质把不等式转化为 f(g(x))＞f(h(x))的形式，然后根据函数的单调性 去掉“f”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意g(x)与 h(x)的取值应在外层函数的定义域 内。 2．比较函数值大小的思路 比较函数值的大小时，若自变量的值不在同一个单调区间内，要利用其函数性质，转化 到同一个单调区间上进行比较，对于选择题、填空题能数形结合的尽量用图象法求解。 3．求参数的值或取值范围的思路 根据其单调性直接构建参数满足的方程(组)(不等式(组))或先得到其图象的升降，再结 合图象求解。 微考场　新提升 1．下列函数中，在区间(－∞，0)上是减函数的是(　　) A．y＝1－x2 B．y＝x2＋x C．y＝－ －x D．y＝ x x－1 答案　D 2．下列函数中，满足“f(x＋y)＝f(x)f(y)”的单调递增函数是(　　) A．f(x)＝x 1 2 B．f(x)＝x3 C．f(x)＝(1 2 )x D．f(x)＝3x 解析　根据各选项知，选项 C，D 中的指数函数满足 f(x＋y)＝f(x)·f(y)。又 f(x)＝3x 是增函数，所以 D 正确。 答案　D 3．函数 f(x)＝1－ 1 x－1(　　) A．在(－1，＋∞)上单调递增 B．在(1，＋∞)上单调递增 C．在(－1，＋∞)上单调递减 D．在(1，＋∞)上单调递减 解析　f(x)图象可由 y＝－ 1 x图象沿 x 轴向右平移一个单位，再向上 平移一个单位得到，如图所示。故选 B。 答案　B 4 ． 已 知 函 数 f(x) ＝ x2－2x－3， 则 该 函 数 的 单 调 增 区 间 为 ________。 解析　设 t＝x2－2x－3，由 t≥0，即 x2－2x－3≥0，解得 x≤－1 或 x≥3。 所以函数的定义域为(－∞，－1]∪[3，＋∞)。 因为函数 t＝x2－2x－3 的图象的对称轴为 x＝1，所以函数在(－∞，－1]上单调递减， 在[3，＋∞)上单调递增。又因为 y＝ t在[0，＋∞)上单调递增。 所以函数 f(x)的增区间为[3，＋∞)。 答案　[3，＋∞) 5．已知函数 f(x)＝Error!若 f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则实数 a 的取值范围为 ________。 解析　由题意，得 12＋ 1 2a－2≤0，则 a≤2，又 ax－a 是增函数，故 a>1，所以 a 的取值范 围为 10，f(x＋2)＝ 1 fx，对任意 x∈R 恒成立，则 f(2 015)＝(　　) A．4　　　　　　　　　 B．3 C．2 D．1 【思路分析】　 【解析】　因为 f(x)>0，f(x＋2)＝ 1 fx， 所以 f(x＋4)＝f((x＋2)＋2)＝ 1 fx＋2＝ 1 1 fx ＝f(x)，即函数 f(x)的周期是 4。 所以 f(2 015)＝f(504×4－1)＝f(－1)。 因为函数 f(x)为偶函数，所以 f(2 015)＝f(－1)＝f(1)。 当 x＝－1 时，f(－1＋2)＝ 1 f－1， 得 f(1)＝ 1 f1，又∵f(x)>0，∴f(1)＝1。 即 f(1)＝1，所以 f(2 015)＝f(1)＝1。 【答案】　D 【方法探究】　对于抽象函数，常常利用恰当赋值解答问题，在赋值时要注意观察变量 与所求问题之间的关系，有时需要进行多次赋值。 【变式训练 1】　设函数 f(x)的定义域为 R，对于任意实数 x1，x2，都有 f(x1)＋f(x2)＝ 2f(x1＋x2 2 )·f(x1－x2 2 )，f(π)＝－1，则 f(0)＝________。 【解析】　令 x1＝x2＝π， 则 f(π)＋f(π)＝2f(π)f(0)，∴f(0)＝1。 【答案】　1 2．抽象函数的奇偶性 抽象函数的奇偶性就是要判断－x 对应的函数值与 x 对应的函数值之间的关系，恰当地赋 值是解决这类问题的关键。 【典例 2】　已知函数 f(x)对任意 x，y∈R，都有 f(x＋y)＋f(x－y)＝2f(x)·f(y)，且 f(0)≠0，求证：f(x)是偶函数。 【思路分析】　 【证明】　已知对任意 x，y∈R，都有 f(x＋y)＋f(x－y)＝2f(x)·f(y)，不妨取 x＝0， y＝0，则有 2f(0)＝2[f(0)]2，因为 f(0)≠0，所以 f(0)＝1。 取 x＝0，得 f(y)＋f(－y)＝2f(0)f(y)＝2f(y)，所以 f(y)＝f(－y)。又 y∈R，所以函 数 f(x)是偶函数。 【方法探究】　在利用函数奇偶性的定义进行判断时，如果等式中还有其他的量未解决， 例如本题中的 f(0)，就需要令 x，y 取特殊值进行求解。 【变式训练 2】　函数 f(x)的定义域为 D＝{x|x≠0}，且满足对于任意 x1，x2∈D，有 f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)。 (1)求 f(1)的值； (2)判断 f(x)的奇偶性并证明你的结论。 【解析】　(1)∵对于任意 x1，x2∈D， 有 f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)， ∴令 x1＝x2＝1，得 f(1)＝2f(1)，∴f(1)＝0。 (2)f(x)为偶函数。 证明：令 x1＝x2＝－1，有 f(1)＝f(－1)＋f(－1)， ∴f(－1)＝ 1 2f(1)＝0。 令 x1＝－1，x2＝x 有 f(－x)＝f(－1)＋f(x)， ∴f(－x)＝f(x)， ∴f(x)为偶函数。 【答案】　(1)0　(2)偶函数　证明见解析 3．抽象函数的单调性与抽象不等式 抽象函数的单调性一直是高考考查的难点，常出现在一些综合性问题中，需要先对所含 的参数进行分类讨论或根据已知条件确定出参数的范围，再根据单调性求解或证明抽象不等 式。 【典例 3】　设函数 f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数，且满足 f(xy)＝f(x)＋f(y)。 若 f(3)＝1，且 f(a)>f(a－1)＋2，求实数 a 的取值范围。 【思路分析】　 根据fxy＝fx＋fy及 f3＝1转化fa－1＋2 ―→利用函数单调性去掉符号 “f”，可得不等式组 ―→求解不等式组，即得 实数a的取值范围 【解析】　因为 f(xy)＝f(x)＋f(y)，且 f(3)＝1， 所以 2＝2f(3)＝f(3)＋f(3)＝f(9)。 又 f(a)>f(a－1)＋2， 所以 f(a)>f(a－1)＋f(9)。 再由 f(xy)＝f(x)＋f(y)，可知 f(a)>f(9(a－1))。 因为 f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数， 从而有Error!解得 19(a－1)。 【变式训练 3】　函数 f(x)对任意的 m、n∈R，都有 f(m＋n)＝f(m)＋f(n)－1，并且 x>0 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。 【解析】　(1)证明：设 x1，x2∈R，且 x10， ∵当 x>0 时，f(x)>1，∴f(x2－x1)>1。 f(x2)＝f[(x2－x1)＋x1]＝f(x2－x1)＋f(x1)－1， ∴f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)－1>0⇒f(x1)