(完整版)2017高考一輪復習教案-函數(shù)的單調性

1、函數(shù)的單調性與最值18一、函數(shù)的單調性1 .單調函數(shù)的定義增函數(shù)減函數(shù)定義一般地，設函數(shù)f(X)的定義域為I.上的任忠兩個自變室的值X1, X2如果對于定義域I內(nèi)某個區(qū)間A當 X1<X2 時，都有 f(X 1)<f(X g), 那么就說函數(shù)f(X)在區(qū)間A 上是增加的當X1<X2時，都有f(X j)>f(X 2),那么就 說函數(shù)f(X)在區(qū)間A上是減少的圖象描述Opi立于自左向右看圖象是逐漸上升的自左向右看圖象是逐漸下降的2 .單調區(qū)間的定義如果函數(shù)y=f(x)在區(qū)間A上是增加的或是減少的，那么稱 A為單調區(qū)間.3求函數(shù)單調區(qū)間的兩個注意點：(1)單調區(qū)間是定義域的子集

2、，故求單調區(qū)間應樹立“定義域優(yōu)先”的原則.(2)單調區(qū)間只能用區(qū)間表示，不能用集合或不等式表示；如有多個單調區(qū) 間應分別寫，不能用并集符號聯(lián)結，也不能用“或”聯(lián)結.4必記結論1 .單調函數(shù)的定義有以下若干等價形式：設 xi, X2C a , b,那么f Xd f Xo2 >0? f(x)在a，b上是增函數(shù)；<0? f(X)在a , b上是減函數(shù).Xi X2f Xi f X2(Xi X2)f(x 1) f(x 2)>0 ? f(x)在a, b上是增函數(shù)；(xi X2)f(x i) f(x 2)<0 ? f(x)在a , b上是減函數(shù).2 .復合函數(shù)y=fg(x)的單調性規(guī)

3、律是“同則增，異則減"，即 y = f(u) 與u = g(x)若具有相同的單調性，則y=fg(x)為增函數(shù)，若具有不同的單調性, 則y=fg(x)必為減函數(shù).考點一函數(shù)單調性的判斷i.下列四個函數(shù)中，在(0, 十 °0)上為增函數(shù)的是()A.f(x)=3 xB.f(x)=x2 3xCf(x)=三D.f(x)= |x|x I i解析：當x>0時，f(x)=3 x為減函數(shù)；t32當xe 0, 2時，f(x) =x 3x為減函數(shù)，.3.一c.一一一當xC +8 時，f(x) =x 3x為增函數(shù)；,，1 、一當xC(0, +8)時，f (x)=一為增函數(shù)；x十i當xC(0,

4、 +oo)時，f(x) = |x|為減函數(shù).故選C.答案：C - 2x -.、，、一-，2.判斷函數(shù)g(x)=二1在(1 ， + 00)上的單調性.解：法一：定義法任取 xi, xzC (1 , +00),且 xi<x2,2xi 2x22 xi x2n g(x 1)-g(x2)-x_i-x2r xi ix2i ，因為 1<xi<x2,所以 X1 X2<0, (x 1 1)(x 2 1)>0 , 因此 g(Xl) g(X2)<0 ,即 g(Xi)<g(X 2).故g(x)在(1 , + 00 )上是增函數(shù).法二：導數(shù)法,-2 X-1 +2X 2. g (

5、x)=xt叫, g(X)在(1 , + 00 )上是增函數(shù).一一一”一一一室正癡心國奴而麗杯而麗訕麗1號瓦- i.定義法（基本步驟為取值、作差或作商、變形、判斷）. *2.導數(shù)法（基本步驟為求定義域、求導、變形、判斷）.考點二函數(shù)的單調區(qū)間的求法|1求下列函數(shù)的單調區(qū)間：（1）y = x2+ 2|x| +1;12(2)y =log2(x2 3x + 2).解(1)由于x2 + 2x+ 1, x>0, '-x2-2x+ 1, x<0,即y=x-1 2+ 2, x>0,x+1 2+ 2, x<0.畫出函數(shù)圖象如圖所示,單調遞增區(qū)間為(一00, 1和0,1,單調遞減區(qū)

6、間為1,0和1 , +°°)./2 1,2一，,(2)令u = x 3x + 2,則原函數(shù)可以看作 y= log2u與u = x 3x+2的復合 函數(shù).令 u=x2 3x+2>0,則 x<1 或 x>2.12函數(shù) y=log2(x23x+2)的定義域為(一oo, 1)U(2,十.又u=x2 3x+2的對稱軸x=3,且開口向上.；u = x2 3乂 + 2在(8, 1)上是單調減函數(shù)，在(2 , +8)上是單調增函數(shù).一 1 ，一、一，一，而y=log2u在(0, + 00)上是單調減函數(shù)，1 ., y = log 2(x 3x+2)的單調遞減區(qū)間為(2 ,

7、 +00),單調遞增區(qū)間為(一0°,1).函數(shù)單調區(qū)間的四種求法I:(1)利用已知函數(shù)的單調性，即轉化為已知函數(shù)的和、差或復合函數(shù)，求單!I調區(qū)間.I|(2)定義法：先求定義域，再利用單調性定義.!I (3)圖象法：如果f(x)是以圖象形式給出的，或者f(x)的圖象易作出，可由1|圖象的直觀性寫出它的單調區(qū)間.|*(4)導數(shù)法：利用導數(shù)取值的正負確定函數(shù)的單調區(qū)間.|I2函數(shù)y=|x|(1 -x)在區(qū)間A上是增函數(shù)，那么區(qū)間 人是()c 1A. (8, 0)B. 0, 2C. 0 , +00)解析：y = |x|(l x)x 1 xx>01D. 2，+001 2 1x2 +4

8、x>01 x22 1一4x<0x 1 x x<0歸納起來，常,f(x)的畫出函數(shù)的草圖，如圖.，1 一 %由圖易知原函數(shù)在0, 2上單調遞增.答案：B考點三函數(shù)單調性的應用函數(shù)單調性的應用比較廣泛，是每年高考的重點和熱點內(nèi)容. 見的命題探究角度有：1 .求函數(shù)的值域或最值.2 .比較兩個函數(shù)值或兩個自變量的大小.3 .解函數(shù)不等式.4 .求參數(shù)的取值范圍或值.一求函數(shù)的值域或最值x + -3, x> 1,1 .已知函數(shù) f(x) = x則 f(f( -3) =lg x2+1 , x<1,最小值是.比較兩個函數(shù)值或兩自變量的大小乙一，142 .已知函數(shù) f(x) =

9、log 2X+-一，若 XiC(1,2) , X2C (2, +oo),則()1 XA. f(x i)<0 , f(x 2)<0B.C. f(x i)>0 , f(x 2)<0D.三解函數(shù)不等式x3, x<0,3.已知函數(shù)f(x)=In x+1 ,取值范圍是()A. ( s, - 1) U(2 , +oo)B. ( s, - 2) U (1 , +oo)C. (-1,2)D. (-2,1)f(x 1)<0 , f(x 2)>0f(x 1)>0 , f(x 2)>0 若f(2 x2)>f(x)，則實數(shù)x的 x>0,四 利用單調性求

10、參數(shù)的取值范圍4.2a x+1 已知 f(x) = a、x>1滿足對任意x1*X2,都有x1fx2x1 一x2>0成立，那么a的取值范圍是(A. 2, 2C. (1,2)38. 1, 2D. (1 , +00)1 .解析：由題知，f( 3) = 1, f(1) =0,即 f(f( -3) =0.又 f(x)在(一8, 0)上單調遞減，在(0,1)上單調遞增，在(1 ,2)上單調遞減，在(表,+8)上 單調遞增，所以 f(x) min=minf(0) , f( V2) =272-3.答案：0 2二23一 一，1 ，一，一2 .解析：二.函數(shù)f(x) =logzx+工在(1，+00)上

11、為增函數(shù)，且f(2) =0,當 xiC(1,2)時，f(x i)<f(2) =0,當 X2C(2, +oo)時,f(x 2)>f(2) =0,即 f(x i)<0 , f(x 2)>0.答案：B3 .解析：二當x = 0時，兩個表達式對應的函數(shù)值都為零，函數(shù)的圖象是 一條連續(xù)的曲線.二.當x<0時，函數(shù)f(x) =x3為增函數(shù)，當x>0時，f(x) =ln(x + 1)也是增函數(shù)，且當xi<0, x2>0時，f(x i)<f(x 2), 函數(shù)f(x)是定義在R上 的增函數(shù).因此，不等式f(2 x2)>f(x)等價于2-x2>x,

12、即x2+ x-2<0,解得一 2<x<1,故選 D.答案：D2-a>0,4 .解析：依題意，f(x)是在R上的增函數(shù)，于是有a>1,2 a xl + 1& a .,一 3.解得20a<2,故選A.答案：A函數(shù)單調性應用問題的四種類型及解題策略i (i)比較大小.比較函數(shù)值的大小，應將自變量轉化到同一個單調區(qū)間內(nèi)， ii然后利用函數(shù)的單調性解決.i|(2)解不等式.在求解與抽象函數(shù)有關的不等式時，往往是利用函數(shù)的單調 |性將“f”符號脫掉，使其轉化為具體的不等式求解.此時應特別注意函數(shù)的定 i義域.iI-|(3)利用單調性求參數(shù).|I 視參數(shù)為已知數(shù)，

13、依據(jù)函數(shù)的圖象或單調性定義，確定函數(shù)的單調區(qū)問， 1 ： ：I與已知單調區(qū)間比較求參數(shù)；II 需注意若函數(shù)在區(qū)間a, b上是單調的，則該函數(shù)在此區(qū)間的任意子集上!I也是單調的.Ii (4)利用單調性求最值.應先確定函數(shù)的單調性，然后再由單調性求出最值.i1 .確定抽象函數(shù)的單調性以及解含“ f”的不等式【典例】函數(shù)f(x)對任意a, bCR,都有f(a +b)=f(a) +f(b) 1,且當 x>0 時，有 f(x)>1.(1) 求證： f(x) 是 R 上的增函數(shù)；若 f(4) =5,解不等式 f(2t -1)-f(1 +t)<2.規(guī)范解答(1)證明：設xi, X2CR且x

14、i<X2,則X2 xi>0, f(x 2 Xi)>1.(2 分)根據(jù)條件等式有f(x 2) f(x 1) = f(x 2-xi + xi) f(x 1) =f(x 2 xi) +f(x 1) 1 f(x 1) =f(x 2- x1) 1>0， f(x 1)<f(x 2) ,，f(x)是 R上的增函數(shù).(6 分)(2)由 f(a +b)=f(a) +f(b) 1,得 f(a +b) -f(a) =f(b) 1, .f(2t -1) -f(1 +t) =f(t 2) 1, (8 分) , f(2t -1) -f(1 +t)<2 ,即 f(t -2)-1<2

15、, f(t 2)<3.又 f(2 +2)=f(2) +f(2) 1=5, .*2) =3, f(t 2)<3 = f(2) . (10 分) . f(x)是R上的增函數(shù)，.t 2<2,t<4 ,故不等式的解集為(? 4).練習A組1 .下列函數(shù)中，定義域是 R且為增函數(shù)的是()A. y = e xB. y = xC. y = ln xD. y=|x|2.下列四個函數(shù)：_1y = 3-x；y = x7；x x<0,y = x2+ 2x-10; y=x.其中值域為R的函數(shù)有()A. 1個B.2個C.3個D.4個3 .若函數(shù)f(x) = x2+ 2ax與函數(shù)g(x)=/

16、7在區(qū)間1,2上都是減函數(shù), x I 1則實數(shù)a的取值范圍為()A. (0,1) U(0,1)B. (0,1) U(0,1C. (0,1)D. (0,12則不等式f(a 2 4)>f(3a)的解x 4x + 3, x<0,4 .已知函數(shù) f(x) =2 2X+3 x>qB. (-1,4)集為()A. (2,6)C. (1,4)D. (3,5)f x5 .如果函數(shù)y = f(x)在區(qū)間I上是增函數(shù)，且函數(shù)y =x在區(qū)間I上是減函數(shù)，那么稱函數(shù)y = f(x)是區(qū)間I上的“緩增函1c 3數(shù)”，區(qū)間I叫作“緩增區(qū)間”.若函數(shù)f(x) =2x2 x + 3是區(qū)間I上的“緩增函數(shù)”，則

17、“緩增區(qū)間” I為()A. 1 , +8)B. 0 , V3C. 0,1D. 1 ,出6.已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，若對任意的xi,X2C 0 , +oo)(x 1G2),f Xo f Xd有<0,則f(3) , f( -2), f(1)的大小關系為X2 X1 1, X>0,7.設函數(shù) f(X) = 0, x = 0, g(X) =X2f(X 1),則函數(shù) g(X)的遞減1, x<0,區(qū)間是.8 .已知函數(shù)f(x) =|x+a|在(8, 1)上是單調函數(shù)，則a的取值范圍 是.9 .已知 f(x) =1(xwa). x a若a= 2,試證f(x)在(8, 2)上單調遞增

18、；(2)若a>0且f(x)在(1 , +8)上單調遞減，求a的取值范圍.10 .已知函數(shù)g(x)=/+1, h(x) =X3，x ( -3, a,其中a為常數(shù)且 a>0,令函數(shù) f(x) =g(x) h(x).(1)求函數(shù)f(x)的表達式，并求其定義域；1 , 一， 一(2)當a=4時，求函數(shù)f(x)的值域.練習B組1 .下列函數(shù)中，在區(qū)間(0, +oo)上為增函數(shù)的是()A. y =，x+ 1B. y = (x 1)2C. y = 2 xD. y = log o.5(x + 1)*2.“a00”是“函數(shù)f(x) =|(ax 1)x|在區(qū)間(0 ,十)內(nèi)單調遞增”的()A.充分不必

19、要條件B.必要不充分條件C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件x + 6, x0 2,3 .若函數(shù)f(x) =(a>0 ,且aw 1)的值域是4, +00)3+log ax, x>2''L '則實數(shù)a的取值范圍是.4 . a為實數(shù)，函數(shù)f(x) =|x2 ax|在區(qū)間0,1上的最大值記為g(a).當 a =時,g(a)的值最小.答案1.解析：因為定義域是R,排除C,又是增函數(shù)，排除A、D,所以選B.答案：Bxx<0 ,2.解析：依題意，注意到y(tǒng) = 3x與函數(shù)y=1的值x, 一 1域均是R,函數(shù)丫=百1的值域是(0,1,函數(shù)y = x2+2x10=(

20、x +1)211的值域是11, +8),因此選B.答案：B3.解析：注意到f(x) = (x a) 2+ a2 ；依題意得a< 1, a>0,即0<a0 1,故選D.答案：D4 .解析：作出函數(shù)f(x)的圖象，如圖所示，則函數(shù)f(x)在R上是單調遞減的.由 f(a 2 4)>f(3a)，可得 a2- 4<3a,整理得 a2- 3a-4<0,即(a + 1)(a 4)<0,解得1<a<4,所以不等式的解集為( 1,4).答案：B . 1 o 3. . ,5 .解析：因為函數(shù)f(x) =2xx+2的對稱軸為x=1,所以函數(shù)y=f(x)在區(qū)間1

21、, +00)上是增函數(shù) 又當 x>l時，f一x= 1x-1+y-,令g(x) =gx x 2 2x21+2(x；>1)，則 g (x) =22b=xjx xjx2 32x ，由g'(x) <o得1&x&y3,即函數(shù)f x -1x-1+1-在區(qū)間1, y3上單調遞減，故“緩增區(qū)間” i為1,也. x 2 2x答案：D6.解析：由與，xzC (0, +oo)時,f x2 x1<0x2 x1f(x)在(0 , +8)上為減函數(shù).又 f( 2) = f(2) , 1<2<3, .f河 -2)>f(3).即 f(1)>f(2)>

22、;43).答案：f河 -2)>f(3)如圖所示，其遞減區(qū)問x； x>1,7 .解析：g(x) = 0, x=1, x2, x<1.是0,1) .答案：0,1)8 .解析：因為函數(shù)f(x)在(一8, a)上是單調函數(shù)，所以一a>-1,解得 a< 1.答案：（一8, 19 .解：（1）證明：任設 Xi<X2< 2,X1 X2則f(X1)-f(X2)=R-壬2 Xi 一 X2Xi + 2X2+2 (x 1 + 2)(x 2+ 2)>0 , XiX2<0, f(X i)<f(X 2), f(x)在(一00, 2)上單調遞增.f(X)x xa+

23、ax a x a當a>0時，f(x)在(00, a), (a, +00)上是減函數(shù)，又f(x)在(1 , +°°)上單調遞減， 0va0 1,故實數(shù)a的取值范圍為(0,1.1廠 1xjx1110.解：(1) . f(x) =g(x) h(x)=(啦+1) =! 3 , X3 X 3血+1f(x) =73，x0, a(a>0)._一 1函數(shù)f(x)的定義域為0, 4 ,3令以+1=t ,則 X=(t -1)2, t 1,2,_t1f(X)=F(t)=t2 2t + 4 = .t +f-24 r33 r 4、，.t =時，t = ±2? 1, 2 ,又t

24、e 1, 2時，t+,單調遞減，F(xiàn)(t)單調遞增,. 一、16,F(t) ' 3，13.即函數(shù)f(x)的值域為1, ：6 .3 131 ,.1 .解析：y = (x 1)2僅在1 , +8)上為增函數(shù)，排除b； y = 2x= 2x為減 函數(shù)，排除C;因為y = logo.5t為減函數(shù)，t=x+1為增函數(shù)，所以y = logo.5(x + 1)為減函數(shù)，排除D;y = yf和t =x+ 1均為增函數(shù)，所以y=dx+ 1為增函數(shù)， 故選A.答案：A2 .解析：由二次函數(shù)的圖象和性質知f(x) =|(ax -1)x|在(0, +oo)內(nèi)單調1-遞增，只需f(x)的圖象在(0 , +8)上與x軸無父點，即2= 0或-<0,整理得a0 0, a而當a<0時，結合圖象(圖略)可知f(x)在(0 ,+8)上為增函數(shù).故a&o是f(x) 在(0, +8)上單調遞增的充要條件，故選 C.答案：C3.解析：因為f