[新高考全案]2009-2010年高考数学Ι轮精品教案及其练习精析 《函

高考数学复习材料

第4讲 函数的单调性与最值

★知识梳理

函数的单调性定义：

设函数y f(x)的定义域为A，区间I A

如果对于区间I内的任意两个值x1，x2，当x1 x2时，都有f(x1) f(x2)，那么就说y f(x)在区间I上是单调增函数，I称为y f(x)的单调增区间

如果对于区间I内的任意两个值x1，x2，当x1

x2说y

f(x)在区间I上是单调减函数，I称为y f(x)如果用导数的语言来，那就是：

设函数y f(x)，如果在某区间I上f (x) 0 如果在某区间I上f (x) 0，那么f(x)

1． 函数的最大（小）值

设函数y f(x)的定义域为A

如果存在定值x0 A，x A，有f(x) f(x0)恒成立，那么称f(x0)为y f(x)的最大值；

x x A，有f(x) f(x0)恒成立，那么称f(x0)为y f(x)

★重、难点突破

重点：掌握求函数的单调性与最值的方法

难点：函数单调性的理解，尤其用导数来研究函数的单调性与最值 重难点：1.对函数单调性的理解

（1） 函数的单调性只能在函数的定义域内来讨论,所以求函数的单调区间,必须 先求函数的定义域；

（2）函数单调性定义中的x1，x2有三个特征：一是任意性；二是大小，即

x1 x2(x1 x2)；三是同属于一个单调区间，三者缺一不可；

（3）若用导数工具研究函数的单调性，则在某区间I上f (x) 0（f (x) 0）仅是f(x)

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为区间I上的增函数（减函数）的充分不必要条件。

（4）关于函数的单调性的证明，如果用定义证明y f(x)在某区间I上的单

调性，那么就要用严格的四个步骤，即①取值；②作差；③判号；④下结论。但是要注意，不能用区间I上的两个特殊值来代替。而要证明y f(x)在某区间I上不是单调递增的，只要举出反例就可以了，即只要找到区间I上两个特殊的x1，x2，若x1 x2，有

f(x1) f(x2)即可。如果用导数证明y f(x)在某区间I上递增或递减，那么就证明在

某区间I上f (x) 0或f (x) 0。

（5）函数的单调性是对某个区间而言的，

( ,0)和(0, )内都是单调递减的，但是不能说它在整个定义域即减的，只能说函数y

1

的单调递减区间为( ,0)和(0, )x

（6）一些单调性的判断规则：①若f(x)与g(x)，那么f(x) g(x)增”

2．函数的最值的求法

（1

（2性求最值。

（3取得）。

（4

（5化范围。

★热点考点题型探析

考点1 函数的单调性

题型1：讨论函数的单调性

1

,x 1,

[例1] (2010·广东)设k R,函数f(x) 1 xF(x) f(x) kx,x R.

x 1,x 1

试讨论函数F(x)的单调性.

[解题思路]分段函数要分段处理，由于每一段都是基本初等函数的复合函数，所以应该用导数来研究。

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1 1

,x 1, kx

[解析]: 因为f(x) 1 x,所以F(x) f(x) kx 1 x,x R.

x 1,x 1 x 1 kx

1

(1)当x<1时，1-x>0，F (x) k,(x 1)

(1 x)2

①当k 0时，F (x) 0在( ,1)上恒成立，故F(x)在区间( ,1)上单调递增；

②当k 0时，令F (x) 且当x 1

1k

，解得， x 1 k 0,(x 1)

k(1 x)2

kk

时，F (x) 0；当1 x 1时，F (x) 0 kk

k 故F(x)在区间

( ,1 k(2)当x>1时， x-1>0，F ( ①当k 0时，F (x) 0

②当k 0时，令F (x) 1且当1 x 1 时，F24k1)故F(x)在区间(1,1 24k综上得，①当k=0时，F(x)

②当k<0时，F(x)在区间(1(1 2, )在区间

4kkk(1 ,1),(1, )上单调递减.

k

分段落函数用注意分段处理.

题型2

[例2] 定义在R上的函数y f(x)，f(0) 0，当x＞0时，f(x) 1，且对任意的a、b∈R，有f（a+b）=f（a）·f（b）. （1）求证：f（0）=1；

（2）求证：对任意的x∈R，恒有f（x）＞0； （3）求证：f（x）是R上的增函数； （4）若f（x）·f（2x－x2）＞1，求x的取值范围.

[解题思路]抽象函数问题要充分利用“恒成立”进行“赋值”，从关键等式和不等式的特点入手。

[解析]（1）证明：令a=b=0，则f（0）=f 2（0）.

又f（0）≠0，∴f（0）=1.

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（2）证明：当x＜0时，－x＞0， ∴f（0）=f（x）·f（－x）=1. ∴f（－x）=

1

＞0.又x≥0时f（x）≥1＞0， f(x)

∴x∈R时，恒有f（x）＞0.

（3）证明：设x1＜x2，则x2－x1＞0. ∴f（x2）=f（x2－x1+x1）=f（x2－x1）·f（x1）. ∵x2－x1＞0，∴f（x2－x1）＞1. 又f（x1）＞0，∴f（x2－x1）·f（x1）＞f（x1）. ∴f（x2）＞f（x1）.∴f（x）是R上的增函数. （4）解：由f（x）·f（2x－x2）＞1，f（0）=1得f（3x－x2）＞f（0）.又f（x）是R上的增函数，

∴3x－x2＞0.∴0＜x＜3.

【名师指引】解本题的关键是灵活应用题目条件，尤其是（3）中“f2f［2－x1）+x1］”是证明单调性的关键，这里体现了向条件化归的策略. [新题导练]

2

1．（珠海北大希望之星实验学校09届高三）函数f x log2的单调递减区间是

（ ）

A．(0,4); B．(0,2); C．(2,

2

[解析] C；由4x x 0得(x 2)2 4知函数u在(2,4)2

x的单调递减区间是

(2,4)

2．（东皖高级中学09的单调增区间为（ ）

A． ， ) ；B．(3，

22[解析] D 2或x 3，又函数u x 5x 6 (x )

5 2 521 4

在( ，2)u在(0, )上是减函数，所以函数

2) y log1(x( ，

2

3. (2010·全国Ⅰ卷)已知函数f(x) x ax x 1，a R． （Ⅰ）讨论函数f(x)的单调区间；

（Ⅱ）设函数f(x)在区间 ， 内是减函数，求a的取值范围． [解析] （1）f(x) x ax x 1；（2）a≥

3

2

3

2

2

32

2

31 3

7 4

（1）f(x) x ax x 1求导：f (x) 3x 2ax 1 当a

2

≤3时， ≤0，f (x)≥0，f(x)在R上递增

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a当a 3，f (x)

0求得两根为x

3

2

即f(x

)在 递增，

递增 递减，

（2

）

a

2

31

33

，且a2 3解得：a≥

7

4

考点2 函数的值域（最值）的求法 题型1：求分式函数的最值

x2 2x a

[例3] （2000年上海）已知函数

f(x) ,x [1,

1

时，求函数f(x)2

1 [解题思路]当a 时，f，欲求其最小值，

2当a

[解析]当a

1时，f(x) 2 x 1， f (x) 0f()在区间[1, )上为增函数。 f(x)在区间[1f(1)

f(x) x

7

。 2

1

2,若x 0，则优先考虑用均值不等式求最小值，2x

但要注意等号是否成立，否则会得到f(x) (x

11) 2 2x 2 2 2 2x2x

11

，这时x [, ) 2x2

而认为其最小值为2 2，但实际上，要取得等号，必须使得x

所以，用均值不等式来求最值时，必须注意：一正、二定、三相等，缺一不可。其次,不等

式恒成立问题常转化为求函数的最值。本题考查求函数的最小值的三种通法：利用均值不等式，利用函数单调性，二次函数的配方法，考 …… 此处隐藏：2806字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……