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2014届高考数学一轮复习课件(理)浙江专版-第5讲 函数的性质(一)——单调性_图文

理解函数的单调性及其几何意义,掌握判
断函数单调性的基本方法,并能利用函数的单 调性解题.

1.函数的单调性及其几何意义 一般的,设函数f ? x ?的定义域为I:如果对于定义域 当x1 ? x2时, ? 若都有f ? x1 ? ① ______ f ? x2 ?,则称f ? x ? ?1 在区间D上是增函数; ? 若都有f ? x1 ? ② ______ f ? x2 ?, ?2 则称f ? x ? 在区间D上是减函数.它的等价形式,即若 x1、x2 ? [a,b],那么 I内某个区间D上的任意两个自变量的值x1、x2,

f ? x1 ? ? f ? x2 ? ? 0 ? f ? x ? 在区间[a,b]上是③ ____ ; ?1? x1 ? x2 f ? x1 ? ? f ? x2 ? ? 0 ? f ? x ? 在区间[a,b]上是④ ______. x1 ? x2 其几何意义:⑤ ____________________________.

? 2 ? ( x1 ? x2 )[ f ? x1 ? ? f ? x2 ?] ? 0 ? f ? x ? 在区间[a,b]上是 增函数; 1 ? x2 )[ f ? x1 ? ? f ? x2 ?] ? 0 ? f ? x ? 在区间[a,b] (x
上是减函数.

2.单调函数及单调区间 如果函数y ? f ? x ? 在区间D上是增函数(或减函数),我 们就说f ? x ? 在这个区间上具有严格的单调性,区间D 叫做f ? x ?的增区间(或减区间),统称为单调区间. 3.复合函数的单调性复合函数 y ? f ? g ? x ? ?由内、外两层(分别是u ? g ? x ? 和y ? f ? u ?)函 ? ? 数构成,其单调性可按⑥ __________ 的原则进行判 断,即内、外两层函数在公共定义域上,若同是增函 数或同是减函数,则f ? g ? x ? ? 为增函数;若是一增一 ? ? 减,则f ? g ? x ? ? 为减函数. ? ?

【要点指南】 ① ? ;② ? ;③增函数;④减函数; ⑤增(或减)函数图象上任意两点的连线 斜率都大于(或小于)零;⑥同增异减

1 1.给出下列四个函数:①f(x)=x+1;②f(x)=x;③f(x)=x2;④ f(x)=sinx.其中在(0,+∞)上是增函数的有( C ) A.0 个 C.2 个 B.1 个 D.3 个

2.下列函数中,满足“对任意 x1,x2∈(0,+∞),当 x1<x2 时都 有 f(x1)>f(x2)”的是( C ) A.y=log2x 1 C.y=log3x B.y=ex
2

D.y=x3

1 3.已知函数 f(x)为 R 上的减函数, 则满足 f(|x |)<f(1)的实数 x 的取值范围是( A.(-1,1) C.(-1,0)∪(0,1) ) B.(0,1) D.(-∞,-1)∪(1,+∞)

1 【解析】 因为 f(x)在 R 上为减函数, f(|x |)<f(1), 且

4.若函数 f(x)=x2+2(a-1)x+2 在区间(-∞,4] 上是减函数,则实数 a 的取值范围是( A.a≤-3 C.a≤3 B.a≥-3 D.a≥3 )

2?a-1? 【解析】 由二次函数单调性可知, - 2 ≥4, 所以 a≤-3,故选 A.

【解析】因为 f(x)是减函数,所以 y=(3a-1)x+ 4a 和 y=logax 都是减函数, 所以 3a-1<0, 0<a<1, 且 1 即 0<a<3. 所以由 f(x)是减函数,得(3a-1)×1+4a≥loga1, 1 即 7a-1≥0,所以 a≥7. 1 1 综上,a 的取值范围是[7,3),选 C.

易错点:忽视 x<1 与 x≥1 之间的递减关 系,及(3a-1)×1+4a≥loga1 的条件.



判断函数的单调性,求函数的单调区间
【例 1】(1)函数 y= x2+2x-3的单调减区间是

1 2 ____________,函数 y=log2(x -3x+2)的单调增区 1-x 间是____________;函数 y= 的单调减区间是 1+x ____________; 1 (2)证明 f(x)=x + x在(1,+∞)上为单调增函数.
2

【解析】 (1)(ⅰ)由 x2+2x-3≥0, 得 x≤-3 或 x≥1, 所以函数 y= x2+2x-3的定义域为 (-∞,-3]∪[1,+∞), 其对称轴方程为 x=-1, 所以函数 y= x2+2x-3的单调减区 间为(-∞,-3].

(ⅱ)由 x2-3x+2>0,得 x<1 或 x>2,

所以函数 y

1 2 =log2(x -3x+2)的定义域为(-∞,1)∪(2,+∞). 1 又 y=log2t(t>0)是减函数,t=x2-3x+2 在(-∞,1) 上是减函数, 1 2 所以函数 y=log2(x -3x+2)的增区间为(-∞,1).

1-x -1-x+2 2 (ⅲ)由 y= = =-1+ (x≠-1)可 1+x 1+x x+1 1-x 知,y= 在(-∞,-1)和(-1,+∞)上均为减函数. 1+x

(2)证法 1:(用定义法) 设 x1,x2∈(1,+∞),且 x1<x2,则 1 1 2 2 f(x1)-f(x2)=x1+x -x2-x 1 2 x1-x2 =(x1+x2)(x1-x2)- x x 1 2 1 =(x1-x2)(x1+x2-x x ). 1 2

因为 1<x1<x2,所以 x1-x2<0,x1+x2>2,x1x2>1, 1 1 所以 0<x x <1,所以 x1+x2-x x >0, 1 2 1 2 所以 f(x1)-f(x2)<0,即 f(x1)<f(x2), 1 所以 f(x)=x +x 在(1,+∞)上是增函数.
2

证法 2:(导数法) 1 因为 f(x)=x +x (x>1),
2 3 1 2x -1 所以 f′(x)=2x-x2= x2 .

又 x>1,所以 2x3-1>0,x2>0,所以 f′(x)>0, 1 所以 f(x)=x +x 在(1,+∞)上是增函数.
2

【点评】求函数单调区间和判断函数单调性方法一致. (1)利用已知函数单调性,即转化为已知函数的和、差 和复合函数求单调区间; (2)定义法:先求定义域,再利用单调性定义; (3)图象法: 可由函数图象的直观性写出它的单调区间; (4)导数法: 利用导数取值的正负确定函数的单调区间. 特别注意:单调区间必为定义域子集,不可忽视函数 的定义域.

素材1

(1)下列函数中,在区间(0,1)上单调递减的是 1 ①f(x)=sinx; ②f(x)=x+ x; 1 ③f(x)=log2(x+3); ④f(x)=|x+1|.

②③

.

(2)求证:函数 f(x)=x3+x 在(-∞,+∞)上是增函数.

【解析】(1)结合基本函数性质及图象分析可知: ①、④不满足题意. 1 对于②, f′(x)=1-x2, x∈(0,1)时, 当 f′(x)<0, 则 f(x)在(0,1)上递减; 1 对于③,令 u=x+3,在(0,1)上递增,而 y=log2 1 u 为减函数,由复合函数单调性知,f(x)=log2(x+3) 在(0,1)上单调递减. 综上可知,②③在(0,1)上为减函数.

(2)证法 1:任取 x1<x2,则 x1-x2<0, 所以 f(x1)-f(x2)=(x3+x1)-(x3+x2) 1 2 =(x3-x3)+(x1-x2) 1 2 =(x1-x2)(x2+x1x2+x2+1) 1 2 1 2 3 2 =(x1-x2)[(x1+2x2) +4x2+1] <0, 即 f(x1)<f(x2), 所以 f(x)=x3+x 在(-∞,+∞)上是增函数.

证法 2:因为 f′(x)=3x2+1>0 在(-∞,+∞)上 恒成立, 故 f(x)在 R 上为增函数.



与单调性有关的参数问题
【例 2】设函数 f(x)=ax2+bx+1(a,b∈R). (1)若 f(-1)=0,且对任意实数 x 均有 f(x)≥0 成

立,求实数 a,b 的值; (2)在(1)的条件下,当 x∈[-2,2]时,g(x)=f(x) -kx 是单调函数,求实数 k 的取值范围.

【解析】(1)因为 f(-1)=0,即 a-b+1=0, 所以 b=a+1. 又?x∈R,f(x)≥0 成立, 即 ax2+(a+1)x+1≥0 恒成立,

(2)由(1)可知,f(x)=x2+2x+1, 所以 g(x)=x2+(2-k)x+1. 当 x∈[-2,2]时,g(x)=x2+(2-k)x+1 是单调函数, 2-k 2-k 所以- 2 ≤-2 或- 2 ≥2,所以 k≤-2 或 k≥6. 故 k 的取值范围是(-∞,-2]∪[6,+∞).

【点评】 已知函数单调性求参数范围的问题, 解法是根据单调 性的概念得到恒成立不等式, 且要注意定义域的限制, 挖掘题 目的隐含条件.

素材2

3-ax 已知函数 f(x)= (a≠1). a-1 3 (1)若 a>0,则 f(x)的定义域为 (-∞,a] ; (2)若 f(x)在(0,1]上是减函数,则实数 a 的取值范 围是 (-∞,0)∪(1,3] .

3 【解析】(1)由 3-ax≥0 且 a>0,得 x≤a. (2)方法 1:f(x)在(0,1]上有意义,故 3-ax 在(0,1] 上恒大于或等于 0,只需 3-a≥0,所以 a≤3. (影响 f(x)单调性的两大要素为:①a-1 的符号, 即 a 与 1 的大小;②a 与 0 的大小.故需分类讨论)

当 a<0 时,f(x)在(0,1]上为减函数; 当 a=0 时,f(x)在(0,1]上无单调性; 当 0<a<1 时,f(x)在(0,1]上为增函数; 当 1<a≤3 时,f(x)在(0,1]上为减函数. 综上可知,a∈(-∞,0)∪(1,3].

方法 2:导数法. 由方法 1 知,a≤3. -a -a 1 1 由 f ′(x)= · = · <0, a-1 2 3-ax 2?a-1? 3-ax 得 a(a-1)>0,所以 a<0 或 a>1. 故 a 的取值范围为{a|a<0 或 1<a≤3}.



抽象函数的单调性及其应用
【例 3】已知函数 f(x)的定义域为(0,+∞),当 x

>1 时,f(x)>0,且 f(x· y)=f(x)+f(y). (1)求 f(1)的值; (2)证明:f(x)在定义域上是增函数; (3)解不等式 f(1+x2)<f(x2-2x+3).

【解析】(1)令 x=y=1,得 f(1)=2f(1),所以 f(1)=0. 1 1 (2)证明:令 y=x ,知 f(1)=f(x)+f(x)=0, 1 所以 f(x)=-f(x). 任取 x1,x2∈(0,+∞),且 x1<x2, 1 x2 则 f(x2)-f(x1)=f(x2)+f(x )=f(x ). 1 1

x2 x2 又x >1,则 f(x )>0,所以 f(x2)>f(x1), 1 1 所以 f(x)在(0,+∞)上为增函数.

(3)因为 1+x2≥1,x2-2x+3=(x-1)2+2≥2, 由于 f(1+x2)<f(x2-2x+3),且 f(x)为增函数, 所以 1+x2<x2-2x+3,所以 x<1. 故不等式的解集为(-∞,1).

【点评】 赋值法是解决有关抽象函数问题的重要手段, 利 用单调性去掉“f”,化归成熟悉的不等式类型进而求解是解抽 象不等式的重要思想.

素材3

函数 f(x)对于任意的 a,b∈R,都有 f(a+b)=f(a)+f(b) -1,并且当 x>0 时,f(x)>1,求证:f(x)是 R 上的增函数.

【解析】设 x1,x2∈R,且 x1<x2, 则 x2-x1>0,所以 f(x2-x1)>1, f(x2)-f(x1)=f[(x2-x1)+x1]-f(x1) =f(x2-x1)+f(x1)-1-f(x1) =f(x2-x1)-1>0, 所以 f(x2)>f(x1),所以 f(x)在 R 上为增函数.

备选例题

已知函数 f(x)=x2-2ax+5(a>1). (1)若 f(x)的定义域、值域均是[1,a], 求实数 a 的值; (2)若 f(x)在区间(-∞,2]上为减函 数, 且对任意 x1, 2∈[1, x a+1], 总有|f(x1) -f(x2)|≤4,求实数 a 的取值范围.

【解析】(1)因为 f(x)=(x-a)2+5-a2(a>1), 所以 f(x)在[1,a]上为减函数,

(2)因为 f(x)在(-∞,2]上为减函数,所以 a≥2. 又(a+1)-a≤a-1, 所以在区间[1,a+1]上,f(x)max=f(1)=6-2a, f(x)min=f(a)=5-a2. 因为对任意 x1,x2∈[1,a+1], 总有|f(x1)-f(x2)|≤4 成立, 所以 f(x)max-f(x)min≤4, 即(6-2a)-(5-a2)≤4,解得-1≤a≤3. 又 a≥2,所以 a 的取值范围为[2,3].

1.在研究函数的单调性时,要掌握并熟记 一次函数、反比例函数、二次函数、指数 函数、对数函数的单调性,要注意单调区 间是定义域的子集.

2.函数的单调性的证明方法:①定义证明 法;②导数证明法.
3.判断函数的单调性的方法:①观察法; ②图象法;③定义法;④复合函数法;⑤ 导数法.


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