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2014届高考数学复习第二篇 第2讲 函数的单调性与最值


第2讲 函数的单调性与最值
【2014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.

4.函数的单调性和其它知识结合综合考查求函数最值、比
较大小、解不等式等相关问题.

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>
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考点梳理
1.函数的单调性 (1)单调函数的定义

增函数

减函数

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 定 f(x1)<f(x2) 义 当x1<x2时,都有_________, 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
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图象 描述 上升的 自左向右看图象是_______ 自左向右看图象是 下降的 _______
(2)单调区间的定义 增函数 减函数 若函数f(x)在区间D上是_______或_______,则称函数f(x) 区间D 在这一区间具有(严格的)单调性,_______叫做y=f(x)的单 调区间.

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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 f(x)≤M 有___________; (2)存在x0∈I,使得 f(x0)=M ___________. M为最大值

(3)对于任意x∈I,都有 f(x)≥M ___________; (4)存在x0∈I,使得 f(x0)=M ___________. M为最小值

结论

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【助学· 微博】 一个防范
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,不能用符号“∪”联结,也不能 用“或”联结.

两种形式
设任意x1,x2∈[a,b]且x1<x2,那么
f?x1?-f?x2? ① >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. x1-x2 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.
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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.

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考点自测
1.已知函数f(x)=loga|x|在(0,+∞)上单调递增,则
A.f(3)<f(-2)<f(1) B.f(1)<f(-2)<f(3)

(

).

C.f(-2)<f(1)<f(3)
解析

D.f(3)<f(1)<f(-2)

因为f(x)=loga|x|在(0,+∞)上单调递增,所以

a>1,f(1)<f(2)<f(3).又函数f(x)=loga|x|为偶函数,所以

f(2)=f(-2),所以f(1)<f(-2)<f(3).
答案 B

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2.(2013· 西安调研)设f(x)为定义在R上的奇函数,且当 x≥0时,f(x)单调递减,若x1+x2>0,则f(x1)+f(x2)的

值 A.恒为正值
C.恒为负值 解析

( B.恒等于零
D.无法确定正负

).

f(x)为奇函数且x≥0时f(x)为减函数,故f(x)在R上

是减函数,由x1+x2>0,得x1>-x2,故f(x1)<f(-x2),即
f(x1)-f(-x2)<0,即f(x1)+f(x2)<0. 答案 C

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3.(2012· 广东)下列函数中,在区间(0,+∞)上为增函数的 是
A.y=ln(x+2)
?1?x C.y=?2? ? ?

(
B.y=- x+1 1 D.y=x+x

).

解析

采用验证法,易知函数y=ln(x+2)在(-2,

+∞)上是增函数,因此在(0,+∞)上是增函数,故

选A.
答案 A

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4.(2013· 金华模拟)若函数f(x)=-x2+2ax与g(x)= (a+1)1-x在区间[1,2]上都是减函数,则a的取值范围是 ( A.(-1,0) C.(0,1) 解析 B.(-1,0)∪(0,1] D.(0,1] ).

f(x)=-x2+2ax的对称轴为x=a,要使f(x)在[1,2]

上为减函数,必须有a≤1,又g(x)=(a+1)1-x在[1,2]上是 减函数,所以a+1>1,即a>0,故0<a≤1. 答案 D

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2x 5.(人教 A 教材习题改编)函数 f(x)= 在[1,2]的最大 x+1 值和最小值分别是________. 2?x+1?-2 2x 2 解析 f(x)= = =2- 在[1,2]上是增 x+1 x+1 x+1
4 函数,∴f(x)max=f(2)= ,f(x)min=f(1)=1. 3 4 答案 ,1 3

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考向一

函数单调性的判断及应用

ax 【例 1】 ?试讨论函数 f(x)= (a≠0) x-1 在(-1,1)上的单调性.

[审题视点] 可利用定义或导数法讨论函数的单调性.
解 设-1<x1<x2<1, ? 1 ? x-1+1 ? f(x)=a =a?1+x-1?, ? x-1 ? ? ? ? 1 ? 1 ? ? ? ? f(x1)-f(x2)=a?1+x -1?-a?1+x -1? ? ? 1 ? ? 2 ? x2-x1 =a ?x1-1??x2-1?
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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. 证明函数的单调性用定义法的步骤:取值—作 差—变形—确定符号—下结论.

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x 【训练 1】 已知 f(x)= (x≠a). x-a

(1)若a=-2,试证f(x)在(-∞,-2)内单调递增;
(2)若a>0且f(x)在(1,+∞)内单调递减,求a的取值范围.
任设 x1<x2<-2, x1 x2 则 f(x1)-f(x2)= - x1+2 x2+2 2?x1-x2? = . ?x1+2??x2+2? ∵ (x1 + 2)(x2 + 2)>0 , x1 - x2<0 , ∴ f(x1)<f(x2), ∴f(x)在(-∞,-2)内单调递增. (1)证明

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(2)解

任设 1<x1<x2,则

a?x2-x1? x1 x2 f(x1)-f(x2)= - = . x1-a x2-a ?x1-a??x2-a?

∵a>0,x2-x1>0. ∴要使f(x1)-f(x2)>0,只需(x1-a)(x2-a)>0恒成立, ∴a≤1. 综上所知0<a≤1,即a的取值范围为(0,1].

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考向二

求函数的单调区间

【例 2】?求函数 y= x2+x-6的单调区间.

[审题视点] 先确定定义域,再利用复合函数的单调性求解.
解 令 u=x2+x-6,y= x2+x-6可以看作有 y= u与

u=x2+x-6 的复合函数. 由 u=x2+x-6≥0,得 x≤-3 或 x≥2. ∵u=x2+x-6 在(-∞,-3]上是减函数,在[2,+∞) 上是增函数,而 y= u在(0,+∞)上是增函数. ∴y= x2+x-6的单调减区间为(-∞, -3], 单调增区间 为[2,+∞).
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求复合函数y=f(g(x))的单调区间的步骤:
(1)确定定义域; (2)将复合函数分解成两个基本初等函数;

(3)分别确定两基本初等函数的单调性;
(4)按“同增异减”的原则,确定原函数的单调区间.

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1 2 【训练 2】 (2013· 大连模拟)求函数 y=log (x -3x+2)的 2 单调区间.

1 解 令 u=x -3x+2,则原函数可以看作 y=log u 2 与 u=x2-3x+2 的复合函数. 令 u=x2-3x+2>0,则 x<1 或 x>2. 1 2 ∴函数 y=log (x -3x+2)的定义域为(-∞, 1)∪(2, 2 +∞). 3 2 又 u=x -3x+2 的对称轴 x= ,且开口向上. 2 ∴u=x2-3x+2 在(-∞,1)上是单调减函数,
2

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在(2,+∞)上是单调增函数. 1 而 y=log u 在(0,+∞)上是单调减函数, 2 1 2 ∴y=log (x -3x+2)的单调减区间为(2,+∞), 2 单调增区间为(-∞,1).

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考向三

抽象函数的单调性及最值

【例 3】?已知函数 f(x)对于任意 x,y∈R,总有 f(x)+f(y) 2 =f(x+y),且当 x>0 时,f(x)<0,f(1)=- . 3 (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).
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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.
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(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.

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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 f?x1? 所给区间内比较 f(x1)-f(x2)与 0 的大小,或 与 1 的大 f?x2? x1 小.有时根据需要,需作适当的变形:如 x1=x2· 或 x1=x2 x2 +x1-x2 等.

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【训练 3】已知定义在区间(0, +∞)上的函数 f(x)满足 =f(x1)-f(x2),且当 x>1 时,f(x)<0.

?x1? f?x ? ? 2?

(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. x1 (2)任取 x1,x2∈(0,+∞),且 x1>x2,则 >1, x2 ?x1? 由于当 x>1 时,f(x)<0 所以 f?x ?<0, ? 2? 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.
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(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
?x1? ?9? f?x ?=f(x1)-f(x2),得 f?3?=f(9)-f(3), ? 2? ? ?

而 f(3)=-1,所以 f(9)=-2. ∴f(x)在[2,9]上的最小值为-2.

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规范解答1——利用函数的单调性求参数的范围
【命题研究】 从近三年的高考试题来看,函数单调性的 判断和应用以及函数的最值问题是高考的热点,题型 既有选择题、填空题,又有解答题,难度中等偏高; 客观题主要考查函数的单调性、最值的灵活确定与简 单应用,主观题在考查基本概念、重要方法的基础

上,又注重考查函数方程、等价转化、数形结合、分
类讨论的思想方法.

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预测2014年高考仍将以利用导数求函数的单调区间,研究
单调性及利用单调性求最值或求参数的取值范围为主要考 点,重点考查转化与化归思想及逻辑推理能力.

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【真题探究】? (本小题满分 13 分)(2011· 北京)已知函数 f(x) x =(x-k) ek.
2

(1)求 f(x)的单调区间; 1 (2)若对于任意的 x∈(0,+∞),都有 f(x)≤ ,求 k 的取 e 值范围.

[教你审题] (1)根据导函数大于零和小于零即可得出函数的 单调区间,但求解过程中要注意对参数k进行分类讨论.
1 (2)利用函数单调性求出函数最大值 f(x)max, f(x)max≤ 即 使 e 可解出 k 的取值范围.
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1 2 2 x [规范解答] (1)f′(x)=k(x -k )ek. 令 f′(x)=0,得 x=± k.(2 分) 当 k>0 时,f(x)与 f′(x)的变化情况如下:

x
f′(x)

(-∞,-k)


-k
0

(-k,k)


k (k,+∞)
0 +

f(x)

4k2e-1

0

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所以f(x)的单调递增区间是(-∞,-k)和(k,+∞),单调
递减区间是(-k,k).(4分) 当k<0时,f(x)与f′(x)的变化情况如下:

x
f′(x) f(x)

(-∞,-k) k (k,-k)
- 0 0 +

-k
0 4k2e-1

(-k,+∞)


所以f(x)的单调递减区间是(-∞,k)和(-k,+∞),单调 递增区间是(k,-k).(6分)
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k+1 1 (2)当 k>0 时,因为 f(k+1)=e k > , e 1 所以不会有?x∈(0,+∞),f(x)≤ .(8 分) e 当 k<0 时,由(1)知 f(x)在(0,+∞)上的最大值是 f(-k)= 4k2 .(10 分) e 1 4k2 1 所以?x∈(0,+∞),f(x)≤ 等价于 f(-k)= ≤ , e e e 1 解得- ≤k<0.(12 分) 2 ? 1 ? 1 故当?x∈(0, +∞), f(x)≤ 时, 的取值范围是?-2,0?.(13 k e ? ? 分)

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[阅卷老师手记] (1)导数法是研究函数单调性的重要工具, 利用导数研究函数单调性应注意三个方面:一是求导之后 函数的定义域可能会发生变化,要在函数的定义域内分析 导函数的符号;二是若求函数的单调区间可直接转化为 f′(x)>0(或f′(x)<0)的解集求解,若函数在区间M上的单调

递增(递减),则应转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)在区间M上的恒
成立问题求解;三是当含有参数时,要注意对参数的取值 范围进行分类讨论.

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(2)数学解题的核心是转化,本题的关键是将?x∈(0,+∞) 1 1 都有 f(x)≤ 转化为当 x∈(0,+∞)时有 f(x)max≤ ,利用函 e e 数单调性求函数最值,通过解不等式求得 k 的取值范围.

(3)利用导数法求解函数最值的实质是利用函数的单调性

确定最值.应该注意三个问题:一是在利用导函数判断函
数单调性时要注意函数定义域;二是准确求导;三是要注 意极值与最值的区别.

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第一步:求函数的定义域.若题设中有对数函数
一定先求定义域,若题设中有三次函数、指数函数可不考 虑定义域. 第二步:求函数f(x)的导数f′(x),并令f′(x)=0,求其根. 第三步:利用f′(x)=0的根和不可导点的x的值从小到大顺次

将定义域分成若干个小开区间,并列表.
第四步:由f′(x)在小开区间内的正、负值判断f(x)在小开区 间内的单调性;求极值、最值. 第五步:将不等式恒成立问题转化为f(x)max≤a或f(x)min≥a, 解不等式求参数的取值范围. 第六步:明确规范地表述结论.
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2x2-kx+k 【试一试】 已知函数 f(x)= . ex

(1)当k为何值时,f(x)在R上是减函数; (2)试确定实数k的值,使f(x)的极小值为0.
解 2x2-kx+k (1)∵f(x)= , ex

∴f′(x)=(4x-k)e-x+(2x2-kx+k)· (-1)·-x e
? k? =-2?x-2?· (x-2)·-x, e ? ?

当 k=4 时,f′(x)=-(x-2)2·-x≤0, e ∴当 k=4 时,f(x)在 R 上是减函数.
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k (2)当 k≠4 时,令 f′(x)=0,得 x1=2,x2= . 2 k ①当 k<4 时,即 <2 时有 2

x f′(x) f(x)

? k? ?-∞, ? 2? ?

k 2

?k ? ? ,2? ?2 ?

2 0 极大 值

(2,+∞) -



0 极小 值



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?k? f?2?=0 ? ?



?k?2 k ? ? -k·+k=0,∴k=0. 2· 2 ?2?

k ②当 k>4 时,即 >2 时有 2

x f′(x)

(-∞,2) -

2 0

? k? ?2, ? 2? ?

k 2

?k ? ? ,+∞? ?2 ?



0



f(x)

极小值

极大


令f(2)=0,得2×4-2k+k=0,∴k=8. ∴当k=0或k=8时,f(x)有极小值为0.
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