浙江省普通高中课程数学必修一函数的单调性与最值(2)
2022-2023学年人教版高一数学上学期同步知识点讲义3-2-1 函数的单调性与最值 (解析版)
函数的单调性与最值1 1函数单调性的概念(1)增函数和减函数一般地，设函数y =f(x)的定义域为I ，区间D ∈I :如果∀x 1 ,x 2∈D ，当x 1<x 2时，都有f(x 1)<f(x 2)，那么就说f(x)在区间D 上单调递增(左图).特别地，当函数f(x)在它定义域上单调递增时，我们就称它是增函数.如果∀x 1 ,x 2∈D ，当x 1<x 2时，都有f (x 1)>f(x 2)，那么就说f(x)在区间D 上单调递减(右图).特别地，当函数f(x)在它定义域上单调递减时，我们就称它是减函数.注 ① y =1x 在(0,+∞)上单调递减，但它不是减函数.② x 1 ,x 2的三个特征一定要予以重视．函数单调性定义中的x 1 ,x 2有三个特征：一是任意性，即任意取x 1 ,x 2，“任意”二字绝对不能丢掉，证明单调性时更不可随意以两个特殊值替换；二是有大小，通常规定x 1<x 2；三是同属一个单调区间，三者缺一不可．【例】 若函数f(x)的定义域为(0,+∞)且满足f (1)<f (2)<f(3)，则函数f(x)在(0,+∞)上为 ( )A ．增函数B ．减函数C ．先增后减D ．不能确定解析 由于函数单调性的定义突出了x 1,x 2的任意性，所以仅凭区间内几个有限的函数值的关系，是不能做为判断单调性的依据的，也就是说函数单调性定义的三个特征缺一不可．故选D ．1 (2) 单调性如果函数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 叫做函数y =f(x)的单调区间．注 ① 这个区间可以是整个定义域也可以是定义域的一部分.② 有的函数无单调性．如函数y ={1, x 为有理数 0, x 为无理数，它的定义域是(−∞,+∞)，但无单调性可言．【例】说下函数y =x 2−2x −3的单调性.解析函数y=x2−2x−3在整个定义域(−∞,+∞)上不具有单调性，但是在(−∞,1]上是减函数，在(1,+∞)上是增函数；【练】函数y=1的单调递减区间是().xA．[0,+∞)B．(−∞,0)C．(−∞,0)和(0,+∞)D．(−∞,0)∪(0,+∞)解析y=1的减区间是(0,+∞),(−∞,0)，不是(0,+∞)∪(−∞,0).x在(−∞,0)上是减函数，在(0,+∞)上也是减函数，函数y=1x(−∞,0)∪(0,+∞)上是减函数．但不能说函数y=1x因为当x1=−1,x2=1时有f(x1)=−1<f(x2)=1，不满足减函数的定义．21单调性概念的拓展①若y=f(x)递增，x2>x1，则f(x2)>f(x1).②若y=f(x)递增，f(x2)≥f(x1)，则x2≥x1.y=f(x)递减，有类似结论！【例】若y=f(x)递增，比较f(a2)与f(0)大小.答案f(a2)≥f(0).【例】若y=f(x)递增 ,f(1−m)≥f(n) , 比较m+n与1大小.答案m+n≤1.31判断函数单调性的方法①1定义法解题步骤(1) 任取x1 ,x2∈D，且x1<x2；(2) 作差f(x1)−f(x2)；(3) 变形(通常是因式分解和配方)；(4) 定号(即判断差f(x1)－f(x2)的正负)；(5) 下结论(指出函数f(x)在给定的区间D上的单调性)．②1数形结合③1性质法增函数+增函数=增函数，减函数+减函数=减函数；但增函数×增函数不一定是增函数，比如y=x，y=x−2均是增函数，而y=x(x−2)不是.④1复合函数的单调性(1)如果y=f(u)(u∈M) ,u=g(x)(x∈A) , 则 y=f[g(x)]=F(x)(x∈A)称为f、g的复合函数；比如：F(x)=1x2+x (f(u)=1u和g(x)=x2+x的复合函数)；F(x)=√1−2x (f(u)=√u和g(x)= 1−2x的复合函数)；F(x)=21x(f(u)=2u和g(x)=1x的复合函数).(2) 同增异减设函数u=g(x)(x∈A)的值域是M，函数y=f(u)(u∈M) ，若y=f(u),u=g(x)在各自区间单调性相同，则复合函数y=f[g(x)]在区间A上递增；若y=f(u) ,u=g(x)在各自区间单调性不同，则复合函数y=f[g(x)]在区间A上递减.41函数的最值一般地，设函数y=f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足：(1) ∀x∈I，都有f(x)≤M；(2) ∃x0∈I，使得f(x0)=M；那么，我们称M是函数y=f(x)的最大值.(最小值类似定义)简单来说，最大值和最小值分别是函数图像中最高点和最低点的函数值.【例1】下图为函数y=f(x)，x [−4,7]的图象，指出它的最大值、最小值．解析1观察函数图象可以知道，图象上最高点坐标为(3,3)，最低点坐标为(−1.5,−2)，所以当x=3时，函数y=f(x)取得最大值y max=3；当x=−1.5时，取得最小值y min=−2．【例2】求函数f(x)=2x+1在区间[3,6]上的最大值和最小值.解析函数f(x)=2x+1在区间[3,6]上递增，则f(3)≤f(x)≤f(6)，所以最大值f(x)max=f(6)=13，最小值f(x)min=f(3)=7.【练】求函数f(x)=2x在区间[1,2]上的最大值和最小值.解析函数f(x)=2x在区间[1,2]上递减，则f(2)≤f(x)≤f(1)，所以最大值f(x)max=f(1)=2，最小值f(x)min=f(2)=1.【题型1】判断函数单调性的方法方法 1定义法【典题】判断f(x)=x+4x在(0 ,2) ,(2 ,+∞)的单调性.解析1设元1设0<x1<x2，作差则y1−y2=(x1+4x1)−(x2+4x2)=(x1−x2)+(4x1−4x2)变形=(x1−x2)+4(x2−x1)x1x2=(x1−x2)(1−4x1x2)(因式分解判断y1−y2正负)定号(1) 假如0<x1<x2<2 ，则0<x1 x2<4 ⇒4x1x2>1⇒1−4x1x2<0 ,又 x1−x2<0 , 所以y1−y2>0 ⇒y1>y2 , 故函数单调递减；(2) 假如2<x1<x2 , 则x1 x2>4⇒4x1x2<1 ⇒1−4x1x2>0 ,又x1−x2<0 ，所以y1−y2<0⇒y1<y2 , 故函数单调递增；下结论所以函数在(0 ,2)内单调递减，在(2 ,＋∞)内单调递增．点拨1利用定义法证明函数的单调性，注意熟练掌握解题的步骤：设元—作差—变式—定号—下结论.方法21数形结合【典题】求下列函数的单调区间．(1) f(x)=|x2+2x−3|；(2)f(x)=−x2+2|x|+3．解析(1)令g(x)=x2+2x−3=(x+1)2−4．先作出函数g(x)的图象，保留其在x轴及x轴上方部分，把它在x轴下方的图象翻到x轴上方就得到函数f(x)= |x2+2x−3|的图象，如图所示．由图象易得：函数f(x)的递增区间是[ −3,−1]，[1,+∞)；函数f(x)的递减区间是( −∞,−3],[ −1,1]．(2)f(x)=−x2+2|x|+3={−x 2+2x+3,x≥0−x2−2x+3,x<0，图象如图所示．由图象可知，函数f(x)的单调区间为( −∞,−1],( −1,0],(0,1],(1,+∞)，其中单调减区间为( −1,0]和(1,+∞)，单调增区间为( −∞,−1]和(0,1]．点拨1.对于含绝对值的函数，画其图象，可以用|x|={x, x≥0−x,x<0把函数化为分段函数，或用函数的翻转或对称变换；2.利用数形结合易得函数的单调性.方法31复合函数的单调性【典题】函数f(x)=√x2+4 x−12 的单调减区间为.【解析】函数f(x)=√x2+4 x−12是由函数f(u)=√u和u(x)=x2+4 x−12组成的复合函数，∵x2+4 x−12≥0 ，∴函数y=f(x)的定义域是x≤−6或x≥2由二次函数图像易得u(x)=x2+4 x−12在(−∞ ,−6]单调递减，在[2 ,＋∞)单调递增，而f(u)=√u在u≥0是单调递增，由复合函数单调性的“同增异减”，可得函数f(x)的单调减区间(−∞,−6]．【点拨】①研究函数的基本性质，优先考虑定义域；②研究复合函数，要弄清楚它由什么函数复合而成的.【巩固练习】1.在区间(0,+∞)上不是增函数的函数是( )A．y=2x+1B．y=3x2+1C．y=2xD．y=2x2+x+1答案C2.函数f(x)=x|x−2|的递减区间为()A．( −∞,1)B．(0,1)C．(1,2)D．(0,2)答案C解析当x≥2时，f(x)=x(x －2)=x2－2x，对称轴为x= 1，此时f(x)为增函数，当x<2时，f(x)=－x(x －2)=－x2+2x，对称轴为x=1，抛物线开口向下，当1<x<2时，f(x)为减函数，即函数f(x)的单调递减区间为(1,2)，故选：C．3.函数f(x)=x1−x的单调增区间是.答案( −∞,1)，(1,+∞)解析f(x)=−(1−x)+11−x =−1+11−x；∴f(x)的图象是由y =−1x的图象沿x 轴向右平移1个单位，然后沿y 轴向下平移一个单位得到；而y =−1x 的单调增区间为( −∞,0)，(0,+∞)； ∴f(x)的单调增区间是( −∞,1)，(1,+∞)． 4.函数y =√x 2−5x +4的单调递增区间是 . 答案 [4,+∞).解析 令x 2−5x +4≥0，解得x ≥4或x ≤1，而函数y =x 2 －5x +4的对称轴是x =52， 故函数y =√x 2−5x +4的单调递增区间是[4,+∞). 5.试用函数单调性的定义判断函数f(x)=2x x−1在区间(0,1)上的单调性．解析 任取x 1,x 2∈(0,1)，且x 1<x 2． 则f (x 1)−f (x 2)=2x 1x 1−1−2x 2x 2−1=2(x 2−x 1)(x 1−1)(x 2−1)．由于0<x 1<x 2<1，x 1−1<0，x 2−1<0，x 2−x 1>0， 故f (x 1)−f (x 2)>0，即f (x 1)>f (x 2)． 所以，函数f(x)=2xx−1在(0,1)上是减函数． 【题型2】函数的最值【典题 】函数f(x)=2x −√x −1的值域为 .解析1设t =√x −1≥0，则x =t 2+1，∴f (t )=2(t 2+1)−t =2t 2−t +2=2(t −14)2+158(t ≥0)∴值域为[158,∞)．点拨 本题采取换元法，注意新变量的取值范围.【典题2】若函数f (x )=x 2−2ax +1−a 在[0,2]上的最小值为−1．则a = . 解析1函数f (x )=x 2−2ax +1−a 图象的对称轴为x =a ，图象开口向上， (1)当a ≤0时，函数f(x)在[0,2]上单调递增．则f (x )min =f(0)=1−a ， 由1−a =−1，得a =2，不符合a ≤0；(2)当0<a <2时．则f(x)min =f(a)=a 2−2a 2+1−a =−a 2−a +1， 由−a 2−a +1=−1，得a =−2或a =1，∵0<a <2，∴a =1符合； (3)当a ≥2时，函数f(x)=x 2－2ax +1−a 在[0,2]上单调递减， ∴f(x)min =f(2)=4－4a +1−a =5－5a ，由5−5a =−1，得a =65， ∵a ≥2，∴a =65不符合，综上可得a =1．点拨 本题属于“二次函数动轴定区间最值问题”，对对称轴与区间之间的相对位置进行分类讨论，结合图像求解. 【巩固练习】1.函数f(x)=x 2+3x +2在区间[ −5,5]上的最大值、最小值分别是( ) A ．12,−14 B ．2,12 C ．42,−14 D ．最小值是−14，无最大值答案 C解析 y =x 2+3x +2=(x +32)2−14，抛物线的开口向上，对称轴为x =−32，∴在区间[ －5,5]上，当x =−32时，y 有最小值−14；x =5时，y 有最大值42， 函数f(x)=x 2+3x +2在区间[ −5,5]上的最大值、最小值分别是：42，−14．故选：C ．2.函数f(x)=xx+2在区间[2,4]上的最小值为 ．答案 12解析 ∵f (x )=xx+2=1−2x+2，∴f(x)在[2,4]上为增函数，∴当x =2时，f(x)=x x+2在区间[2,4]上的最小值为f(2)=12．3.已知函数f(x)=x 2+|x −a|+1,x ∈R,a ∈R ．(1)当a =1时，求函数f(x)的最小值；(2)求函数f(x)的最小值为g(a)． 答案 (1) 74 (2) [1,+∞)解析 (1)f(x)=x 2+|x −1|+1={x 2+x,x ≥1x 2−x +2,x <1，由f(x)=x 2+x ⇒f(x)=(x +12)2−14(x ≥1)，可知f(x)≥2; 由f(x)=x 2−x +2⇒f(x)=(x −12)2+74(x <1)，可知f(x)≥74.所以f(x)min =f (12)=74． (2) f(x)={x 2+x −a +1,x ≥ax 2−x +a +1,x <a，1)当a ≥12，f (x )min =f (12)=34+a ； 2)当−12<a <12，f (x )min =f(a)=a 2+1；3)当a ≤−12，f (x )min =f (−12)=34−a ； 所以g(a)={ 34+a,a ≥12a 2+1,−12<a <1234−a,a ≤−12．【题型3】参数范围【典题 】若f(x)={a x ,x ≥1−x +3a,x <1是R 上的单调减函数，则实数a 的取值范围为 ．解析1若f(x)={ax ,x ≥1−x +3a,x <1是R 上的单调减函数，得则{a >0a 1≤−1+3a ，解得a ≥12，故答案为：[12,+∞)．【典题2】已知函数f(x)=4x−6x−1的定义域和值域都是[2,b](b >2)，则实数b 的值为 ．解析 f(x)=4x−6x−1=4(x−1)−2x−1=−2x−1+4，其图象如图，由图可知，函数f(x)=4x−6x−1在[2,b]上为增函数，又函数f(x)=4x−6x−1的定义域和值域都是[2,b](b >2)，∴f(b)=4b−6b−1=b ，解得b =3．【巩固练习】1.已知函数f(x)={x 2+3(x ≥0)ax +b(x <0)是R 上的增函数，则( )A ．a <0,b ≥3B ．a <0,b ≤3C ．a >0,b ≥3D ．a >0,b ≤3答案 D解析 ∵函数f(x)={x 2+3(x ≥0)ax +b(x <0)是R 上的增函数，∴a >0，且 0+3≥0+b ，故选：D ．2.已知函数f(x)={x 2+4x, x ≥04x −x 2, x <0，若f (2−a 2)>f(a)则实数a 的取值范围是( ) A (−∞,−1)∪(2,+∞) B (−1,2) C (−2,1) D (−∞,−2)∪(1,+∞) 答案 C解析 由题知f(x)在R 上是增函数，由题得2−a 2>a ，解得−2<a <1.3.函数f(x)=ax2−(3a−1)x+a2在[1,+∞)上是增函数，则a的范围为. 答案[0,1]解析根据题意，函数f(x)=ax2−(3a−1)x+a2在[1,+∞)上是增函数，分2种情况讨论：①若a=0，则f(x)=x，在R上为增函数，符合题意；②若a≠0，则有{a>03a−12a≤1，解可得0<a≤1，综合可得：a的取值范围为[0,1].4.若函数y=x2−5x−1的定义域[0,m]，值域为[−294,−1]，则m的取值范围是.。
必修一数学2.2函数单调性与最值
D.(1,8)
(1)如果函数f(x)对任意的实数x，都有f(1＋x)
题型三 例4
利用函数的单调性求最值
1
＝f(－x)，且当x≥ 时，f(x)＝log2(3x－1)，那么函数f(x)
2
在[－2,0]上的最大值与最小值之和为( C )
A.2
B.3
C.4
D.－1
a b
a
x
f
b
x
若f
，则函数的对称轴为 x
x
2
跟踪训练1
1
1
1．函数 f x x R ，在 ,0, , 上为减函数；在 0, 上为增函数，求函数
2
2
g x f loga x0 a 1 的单调减区间．
2.求函数y＝l o g 1 (x2－4x＋3)的单调区间.
x＋1
都是减函数，则a的取值范围是( D )
A.(－1,0)∪(0,1)
B.(－1,0)∪(0,1]
C.(0,1)
D.(0,1]
ax
(2)已知f(x)＝ a
4－
x＋2
2
x>1，
是R上的增函数，则实数
x≤1
a的取值范围为( B )
A.(1，＋∞)
B.[4,8)
C.(4,8)
2
11
-11-
误区警示
未弄清分段函数的单调性而致误
x 2 + 1,x ≥ 0,
则满足不等式 f(1-x2)>f(2x)的 x
【典例】已知函数 f(x)=
(浙江专用)高考数学第三章函数、导数其应用第二节函数的单调性与最值教案(含解析)
第二节函数的单调性与最值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 ：假如关于定义域I 内某个区间D 上的任意两个自变量的值 x 1，x 2定义当x 1＜x 2时，都有f (x 1)＞f (x 2)，那么 当x 1＜x 2时，都有f (x 1)＜f (x 2)，那么 就说函数f (x )在区间D 上是增函数就说函数f (x )在区间D 上是减函数图象描述自左向右看图象是上升的自左向右看图象是降落的(2)单调区间的定义假如函数y ＝f (x )在区间D 上是增函数或减函数，那么就说函数 有(严格的)单调性，区间D 叫做函数y ＝f (x )的单调区间．y ＝f (x )在这一区间具2．函数的最值前提设函数 y ＝ ( x )的定义域为I ，假如存在实数 满足fM①关于任意的x ∈I ，都有①关于任意x ∈I ，都有条件f ( x )≤；f ( x)≥；MM②存在x ∈I ，使得f (x)＝M②存在x ∈I ，使得f (x )＝M结论为函数 y ＝ ( x )的最大值为函数 y ＝ ()的最小值MfM f x[小题体验]11x＋11．给定函数①y ＝x 2，②y ＝log 2(x ＋1)，③y ＝|x －1|，④y ＝2.此中在区间(0,1)上单调递减的函数序号是( )A ．①②B ．②③C ．③④D ．①④分析：选B①y＝x 1在(0,1)上递加；②∵t＝x＋1在(0,1)上递加，且0＜1＜1，∴y 2 21＝log2(x＋1)在(0,1)上递减；③结合图象(图略)可知y＝|x－1|在(0,1) 上递减；④∵u＝x ＋1在(0,1)上递加，且2＞1，∴y＝2x＋1在(0,1)上递加．故在区间(0,1) 上单调递减的函数序号是②③.2．(2019·绍兴调研)函数f(x)＝1x－log2(x＋2)在区间[－1,1]上的最大值为3________．分析：因为y＝1x 在R上单调递减，y＝log2(x＋2)在[－1,1]上单调递加，所以f(x) 3在[－1,1]上单调递减，故f(x)在[－1,1] 上的最大值为f(－1)＝3.答案：313．(2018·丽水模拟)已知函数f(x)＝log3x，x＞1，则f(f(3))＝－x2－2x＋3，x≤1，________，f(x)的单调递减区间是________．1分析：∵f(3)＝log33＝－1，∴f(f(3))＝f(－1)＝－1＋2＋3＝4.当x≤1时，f(x)＝－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4，对称轴x＝－1，f(x)在[－1,1] 上单调递减，且f(1) ＝0，当x＞1时，f(x)单调递减，且f(x)＜f(1) ＝0，∴f(x)在[－1，＋∞)上单调递减．答案：4[－1，＋∞)1．易混淆两个看法：“函数的单调区间”和“函数在某区间上单调”，前者指函数具备单调性的“最大”的区间，后者是前者“最大”区间的子集．2．若函数在两个不一样的区间上单调性同样，则这两个区间要分开写，不可以写成并集．例如，函数f(x)在区间(－1,0)上是减函数，在(0,1)上是减函数，但在(－1,0)∪(0,1)上却不必定是减函数，如函数1 f(x)＝.x3．两函数f(x)，g(x)在x∈(a，b)上都是增(减)函数，则f(x)＋g(x)也为增(减)函数，1但f(x)·g(x)，fx 等的单调性与其正负有关，切不行盲目类比．[小题纠偏]1．设定义在[－1,7] 上的函数 y ＝f (x )的图象以以下图，则函数y ＝f (x )的增区间为________．答案：[－1,1]，[5,7]22．函数f (x )＝x －1在[－6，－2]上的最大值是________，最小值是________． 分析：因为 f ( x )＝2在[－6，－2]上是减函数，所以当 ＝－6时， ( x )获得最大值x －1xf22－7.当x ＝－2时，f (x )获得最小值－3.22答案：－7－3考点一函数单调性的判断基础送分型考点——自主练透[题组练透] 1．以下四个函数中，在 (0，＋∞)上为增函数的是( )A ．f (x )＝3－xB ．f (x )＝x 2－3xC ．f (x )＝－1D ．f (x )＝－|x |x ＋1分析：选C 当x ＞0时，f (x )＝3－x 为减函数； 当x ∈0，3时，f (x )＝x 2－3x 为减函数， 2当x ∈322，＋∞时，f (x )＝x －3x 为增函数；1当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝－x ＋1为增函数；当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝－|x |为减函数．ax2．试谈论函数f (x )＝x －1(a ≠0)在(－1,1)上的单调性． 解：法一：(定义法)x －1＋1 1设－1＜x 1＜x 2＜1，f (x )＝ax －1＝a 1＋x －1，11f (x 1)－f (x 2)＝a 1＋x 1－1－a 1＋x 2－1a x 2－x 1＝－ ，x 1 x 2－因为－1＜x 1＜x 2＜1，所以x 2－x 1＞0，x 1－1＜0，x 2－1＜0， 故当a ＞0时，f (x 1)－f (x 2)＞0，即f (x 1)＞f (x 2)， 函数f (x )在(－1,1)上递减；当a ＜0时，f (x 1)－f (x 2)＜0，即f (x 1)＜f (x 2)，函数f (x )在(－1,1)上递加． 法二：(导数法)axx －－axx －a x －f ′(x )＝－2＝x －x当a ＞0时，f ′(x )＜0，函数f (x )在(－1,1)上递减；当a ＜0时，f ′(x )＞0，函数f (x )在(－1,1)上递加．x ＋2 3．判断函数y ＝x ＋1在(－1，＋∞)上的单调性．－ax ＝－a.2x － 2解：法一：任取x 1，x 2∈(－1，＋∞)，且x 1＜x 2，x 1＋2x 2＋2则y 1－y 2＝－x 1＋1x 2＋1＝x 2－x 1.x 1 ＋ x 2＋∵ x 1＞－1，x 2＞－1，∴x 1＋1＞0，x 2＋1＞0，又x 1＜x 2，∴x 2－x 1＞0，∴x 2－x 1＋ ＞0，即y 1－y 2＞0.x 1 x 2＋ ∴ y 1＞y 2，x ＋2∴函数y ＝x ＋1在(－1，＋∞)上单调递减．法二：y ＝ x ＋2 1＝1＋.x ＋1 x ＋1∵y ＝x ＋1在(－1，＋∞)上是增函数，1 ∴y ＝x ＋1在(－1，＋∞)上是减函数，1 ∴y ＝1＋x ＋1在(－1，＋∞)上是减函数．x ＋2即函数y ＝x ＋1在(－1，＋∞)上单调递减．[牢记通法]判断或证明函数的单调性的2种重要方法及其步骤 (1) 定义法，其基本步骤：取值 作差 商 确立符号 得出变形与1的大小 结论(2) 导数法，其基本步骤： 求导函数确立符号得出结论考点二求函数的单调区间要点保分型考点——师生共研[典例引领]求以下函数的单调区间： (1) y ＝－x 2＋2|x |＋1；1 2 (2) y ＝log 2(x －3x ＋2)．－ x 2＋2x ＋1，x ≥0，解：(1)因为y ＝－x 2－2x ＋1，x ＜0，－ x －2＋2，x ≥0，即y ＝－x ＋2＋2，x ＜0.画出函数图象以以下图，单调递加区间为(－∞，－1]和[0,1]，单调递减区间为[－1,0] 和[1，＋∞)．(2) 令u ＝x 2－3x ＋2，则原函数可以看作y ＝log 1u 与u ＝x 2－3x ＋2的复合函数．2令 u ＝ x2－3＋2＞0，则＜1或 x ＞2.xx12∴函数y ＝log 2( x－3x ＋2)的定义域为(－∞，1) ∪(2，＋∞)．23又u ＝x －3x ＋2 的对称轴x ＝2，且张口向上．∴u ＝x 2－3x ＋2 在(－∞，1)上是单调减函数，在(2，＋∞)上是单调增函数．1而y ＝log 2u 在(0，＋∞)上是单调减函数，12∴y ＝log 2(x－3x ＋2)的单调递减区间为(2，＋∞)，单调递加区间为(－∞，1)．[由题悟法]确立函数的单调区间的3种方法[提示]单调区间只好用区间表示，不可以用会集或不等式表示；若有多个单调区间应分 别写，不可以用并集符号“∪”联系，也不可以用“或”联系．[即时应用]1xx21．函数f (x )＝2的单调递加区间为()11A.－∞，2B.0，21 ，＋∞1C. 2D.，12分析：选D令t ＝ x －x 2，由x －x 2≥0，得0≤x ≤1，故函数的定义域为[0,1]．因为1 t2g (t )＝ 2是减函数，所以f (x )的单调递加区间即 t ＝ x －x 的单调递减区间．利用二次函 数的性质，得 t ＝ 2的单调递减区间为 1 ，即原函数的单调递加区间为 1 .x －x ，1 ，12 2 2．(2018·温州十校联考)函数f (x )＝lg(9－x 2)的定义域为________；其单调递加区间 为________．分析：关于函数f (x )＝lg(9－x 2)，令t ＝9－x 2＞0，解得－3＜x ＜3，可得函数的定义 域为(－3,3)．令g (x )＝9－x 2，则函数f (x )＝lg(g (x ))，又函数g (x )在定义域内的增区间为(－3,0]．所以函数f (x )＝lg(9－x 2)在定义域内的单调递加区间为(－3,0]． 答案：(－3,3)(－3,0]考点三函数单调性的应用题点多变型考点——多角探明 [锁定考向]高考对函数单调性的观察多以选择题、填空题的形式出现，有时也应用于解答题中的某 一问中．常有的命题角度有：(1) 求函数的值域或最值；(2) 比较两个函数值或两个自变量的大小； (3) 解函数不等式；(4) 利用单调性求参数的取值范围或值．[题点全练]角度一：求函数的值域或最值1．(2018·台州三区适应性考试)已知函数f (x )＝2x ＋ax 3＋b sin x (a ＞0，b ＞0)，若x ∈ [0,1]时，f (x )的最大值为3，则x ∈[－1,0)时，f (x )的最小值是________．分析：因为函数 f (x )＝2x ＋ax 3＋b sin x 在区间[－1,1]上为单调递加函数．所以当x ∈[0,1]时，f (x )的最大值为f (1)3时，＝2＋a ·1＋b sin1＝3，a ＋b sin1＝1，当x ∈[－1,0)－131 1 f (x )的最小值为f (－1)＝2＋a ·(－1)＋b sin(－1) ＝2－(a ＋b sin1)＝－2.答案：－12角度二：比较两个函数值或两个自变量的大小2．(2018·杭州模拟)已知函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，当x 2＞x 1＞1时，[f (x 2)121)＜0 恒成立，设 a ＝f － 1，c ＝f (e)，则a ，b ，c 的大小关系为－f (x )]( x －x2，b ＝f (2)( )A ． ＞ ＞b B ．＞＞a c a cbC ．a ＞c ＞bD ．b ＞a ＞c分析：选D 因f (x )的图象关于直线x ＝1对称．1 5由此可得f －2＝f 2.由x 2＞x 1＞1时，[f (x 2)－f (x 1)](x 2－x 1)＜0恒成立，知f (x )在(1，＋∞)上单调递减．55∵ 1＜2＜2＜e ，∴f (2)＞f 2＞f (e)，∴b ＞a ＞c . 角度三：解函数不等式3．已知函数f (x )为R 上的减函数，则满足f1＜f (1) 的实数x 的取值范围是()xA ．(－1,1)B ．(0,1)C ．(－1,0) ∪(0,1)D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)1| x |＜1 ，分析：选C由f (x )为R 上的减函数且f1＜f (1)，得x ＞1，即xx ≠0.x ≠0，∴－1＜x ＜0或0＜x ＜1.应选C.角度四：利用单调性求参数的取值范围或值4．若 f ( )＝a －x ＋4a ，x ＜1，a是定义在R 上的减函数，则的取值范围是x －ax ，x ≥1()A. 1 1B.0，18，3 31 1C. 0，3D.－∞，3 分析：选A 由题意知，3a－1＜0，＜1，a 3a －＋4≥－，解得 1a＞0，a≥8，a＞0，11所以a∈8，3，应选A.[通法在握]函数单调性应用问题的常有种类及解题策略(1)求函数最值方法步骤单调性法先确立函数的单调性，再由单调性求最值图象法先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值基本不等式法先对分析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值导数法先求导，而后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值换元法比较较复杂的函数可经过换元转变成熟习的函数，再用相应的方法求最值(2)比较大小比较函数值的大小，应将自变量转变到同一个单调区间内，而后利用函数的单调性解决．(3)解不等式在求解与抽象函数有关的不等式时，常常是利用函数的单调性将“f”符号脱掉，使其转变成详尽的不等式求解．此时应特别注意函数的定义域．(4)利用单调性求参数视参数为已知数，依照函数的图象或单调性定义，确立函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数．[提示]①若函数在区间[a，b]上单调，则该函数在此区间的任意子区间上也是单调的；②分段函数的单调性，除注意各段的单调性外，还要注意连接点的取值．[演练冲关]－x 2＋4x ，x ≤4，1．设函数f (x )＝log 2， x ＞4.若函数f (x )在区间(a ，a ＋1)上单调递加，则x实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，1]B ．[1,4]C ．[4，＋∞)D ．(－∞，1]∪[4，＋∞)分析：选D 作出函数f(x )的图象以以下图，由图象可知，若f (x )在(a ，a ＋1)上单调递加，需满足a ≥4或a ＋1≤2，即a ≤1或a ≥4，应选D.2．已知函数 f (x )＝x 3，x ≤0，x ＋若f (2－x 2)＞，x ＞0，f (x )，则实数x 的取值范围是()A ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)B ．(－∞，－2)∪(1，＋∞)C ．(－1,2)D ．(－2,1)分析：选D ∵当x ＝0时，两个表达式对应的函数值都为零，∴函数的图象是一条连续的曲线．∵当x ≤0时，函数f (x )＝x 3为增函数，当 x ＞0时，f (x )＝ln(x ＋1)也是增函数，∴函数f (x )是定义在R 上的增函数．所以，不等式 f (2－x 2)＞f (x )等价于2－x 2＞x ，即x 2＋x －2＜0，解得－2＜x ＜1.3．(2017·浙江名校高考缔盟联考 )若函数f (x )＝a |x ＋b |－1 在(1，＋∞)上是减函数，则实数a 的取值范围是________，实数b 的取值范围是________．分析：当a ＞0时，函数f (x )＝a |x ＋b |－1在(－∞，－b ]上是减函数，在(－b ，＋∞) 上是增函数，不满足函数f ( x)＝|＋|－1在(1，＋∞)上是减函数；当 a ＝0时，f ( )＝ax bx－1，不满足函数 f (x )＝a |x ＋b |－1在(1，＋∞)上是减函数；当a ＜0时，函数f (x )＝a |x＋b |－1在(－∞，－b ]上是增函数，在(－b ，＋∞)上是减函数，因为函数 f (x )＝a |x ＋b |－1在(1，＋∞)上是减函数，所以a ＜0且－b ≤1，即a ＜0且b ≥－1.答案：(－∞，0) [－1，＋∞)一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·珠海摸底)以下函数中，定义域是R 且为增函数的是( )A ． ＝2 －xB ．＝yyxC ．y ＝logx12D ．y ＝－x分析：选B －x与y ＝x 的定义域为R ，且只有y ＝x 在R 上是增函数．由题知，只有y ＝2 2．(2018·绍兴模拟)已知函数f (x )的图象关于(1,0) 对称，当x ＞1 时，f (x )＝log a (x－1)，且f (3)＝－1，若x 1＋x 2＜2，(x 1－1)(x 2－1)＜0，则( )A ．f (x 1)＋f (x 2)＜0B ．f (x 1)＋f (x 2)＞0C ．f (x 1)＋f (x 2)可能为0D ．f (x 1)＋f (x 2)可正可负分析：选B ∵当x ＞1时，f (x )＝log a (x －1)，1f (3)＝log a 2＝－1，∴a ＝，故函数f (x )在(1，＋∞)上为减函数，若x 1＋x 2＜2，(x 1－1)(x 2－1)＜0，不如令x 1＜1，x 2＞1，则x 2＜2－x 1， f (x 2)＞f (2－x 1)，又∵函数f (x )的图象关于(1,0)对称， ∴ f (x 1)＝－f (2－x 1)，此时 f ( x 1)＋ ( x 2)＝－ (2 －1)＋ ( x 2)＞0，应选B.f f xf3．已知函数f (x )＝log 4(4－|x |)，则f (x )的单调递加区间是________；f (0)＋4f(2)＝________.分析：令y ＝log4，此中 ＝4－| x |，且 u ＝4－| x |＞0，因为函数y ＝log 4 是单调递uuu增函数，故要求f (x )的单调递加区间，只需求u ＝4－|x |的单调递加区间，得4－|x |＞0，(－4,0]；易得f (0)＋4f(2)＝x ≤0，解得－4＜x ≤0，所以f (x )的单调递加区间是442＝1＋2＝3.log4＋4log答案：(－4,0]34．函数y ＝ x －x (x ≥0)的最大值为________．21 2 1 1分析：令t ＝x ，则t ≥0，所以y ＝t －t ＝－t－＋4，结合图象知，当 t ＝2，即x 2 11＝ 4时，y max ＝4.1答案：4y ，x ≥y ，5．(2018·杭州十二校联考)设min{x ，y }＝若定义域为R 的函数f (x )，x ，x ＜y ，( )满足 f ( x2x ，则min{ f ( )，( x )}的最大值为____________．)＋( )＝2gx gx x ＋8 x g分析：设min{f (x )，g (x )}＝m ，∴m ≤f x ，?2m ≤f (x )＋g (x )?m ≤2x，≤xx ＋8mgx1122明显当m 取到最大值时，x ＞0，∴x 2＋8＝8≤8 ＝8 ，∴m ≤8，当且仅当x ＋2x ·xxfx ＝gx ，82x ＝x ，时等号成立，即 m 的最大值是 8.x ＞02答案：8二保高考，全练题型做到高考达标1．已知函数f (x )＝ x 2－2x －3，则该函数的单调递加区间为( )A ．(－∞，1]B ．[3，＋∞)C ．(－∞，－1]D ．[1，＋∞)分析：选B 设t ＝x 2－2x －3，由t ≥0， 即x 2－2x －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 ＝x 2－2x －3的图象的对称轴为x ＝1，所以函数t 在(－∞，－1]上单调递减， 在[3，＋∞)上单调递加．所以函数f (x )的单调递加区间为[3，＋∞)．2．(2018·浙江名校协作体联考 )函数y ＝x ＋ x 2－2x ＋3的值域为()A ．[1＋2，＋∞)B ．(2，＋∞)C ．[3，＋∞)D ．(1，＋∞)分析：选D因为函数y ＝x ＋x 2－2x ＋3＝x ＋x － 2＋2，所以当x ≥1时，函数为增函数，所以 y ≥2＋1；当x ＜1时，设x －1＝t ，则t ＜0，函数y ＝t ＋t 2＋2＋1＝2 ＋，所以函数在 ( －∞， 0) 上为增函数，当 t →0时，y → 2 ＋，当t →－∞时，t 2＋2－t11y →1，所以1＜＜2＋1. 综上所述，函数 y ＝ ＋x 2－2＋3的值域为(1，＋∞)．yx x3．定义新运算⊕：当a ≥b 时，a ⊕b ＝a ；当a ＜b 时，a ⊕b ＝b 2，则函数f (x )＝(1⊕x )x－(2⊕x )，x ∈[－2,2]的最大值等于() A ．－1 B ．1C ．6D ．12分析：选C 由已知适合－2≤x ≤1时，f (x )＝x －2，当1＜x ≤2时，f (x )＝x 3－2.∵f (x )＝x －2，f (x )＝x 3－2在定义域内都为增函数．∴f (x )的最大值为f (2)＝23－2＝6.214．已知函数f (x )＝ax－x －4，x ≤1，是R 上的单调函数，则实数 a 的取值范围logx －1，x ＞1a是( )A. 1 1B. 1 1 4，24，20， 11C. 2D. ，12分析：选B由对数函数的定义可得 a ＞0，且a ≠1.21又函数f (x )在R 上单调，则二次函数 y ＝ax －x －4的图象张口向上，所以函数f (x )在R 上单调递减，0＜a ＜1， 0＜a ＜1，11故有2a ≥1，即 0＜a ≤2，211a ×1－1－≥log a 1－1，a ≥.441 1所以a ∈4，2.5．(2018·湖州模拟)若f (x )是定义在(－1,1)上的减函数，则以下不等式正确的选项是 ()A ．f (sin x )＞f (cosx )B ．fx 2＋1＞f (x )211C ．f 3x ＋1≥f 2x ＋1D ．f1－x≥fx1x－x3＋32＋2分析：选DA ．x ∈ π，1 时，sinx ＞cos x ，4∵f (x )在(－1,1)上为减函数，∴f (sin x )＜f (cos x )，∴该选项错误；B ．x 2＋1x 1x 2∈(－1,1)，∴2 － ＝(－1)＞0，x2x 2＋1∴2＞x ，且f (x )在(－1,1)上单调递减，x 2＋1∴f2＜f (x )，∴该选项错误；3 x2 x－11 12x －3x3C.3x ＋1－2x ＋1＝x＋x＋ ＝x＋x＋，∵ x ∈(－1,1)，2x∴x ∈(－1,0)时，3＞1，11∴3x ＋1＞2x ＋1，且f (x )在(－1,1)上为减函数，1 1∴f3x ＋1 ＜f 2x＋1，∴该选项错误；x 2x1x D.x113 3 －11－6 －x－x－x＝x－xx－x，3＋32 ＋ 2＋3＋2 ∴①x ∈(－1,0]2x1x时， 3 －1≥0,1－6≤0， 1 1 ∴3x ＋3－x ≤2x ＋2－x .②x ∈(0,1)2x1x时， 3 －1＜0,1－6＞0，1 1∴ 3x ＋3－x ＜2x ＋2－x ，11∴综上得，x ＋3－x ≤2x ＋2－x ，3 ∵f (x )为(－1,1)上的减函数，11∴f 3x ＋3－x ≥f 2x ＋2－x ，∴该选项正确．6．(2019·金华四校联考)若函数f (x )＝x 2＋a |x －2|在(0，＋∞)上单调递加，则实数 a 的取值范围是________．分析：∵f (x )＝x 2＋a |x －2|，x 2＋ax －2a ，x ≥2，∴f (x )＝x 2－ax ＋2a ，x ＜2.又∵f (x )在(0，＋∞)上单调递加，a－ 2≤2， ∴∴－4≤a ≤0，a2∴实数a的取值范围是[－4,0]．答案：[－4,0]m＋x2，|x|≥1，7．设函数f(x)＝的图象过点(1,1)，函数g(x)是二次函数，若函x，|x|＜1数f(g(x))的值域是[0，＋∞)，则函数g(x)的值域是________．分析：因为函数f(x)＝m＋x2，|x|≥1，，所以m＋1＝1，解得m的图象过点(1,1)x，|x|＜1x2，|x|≥1，＝0，所以f(x)＝画出函数y＝f(x)的大体图象以以下图，观察图象可知，x，|x|＜1.当纵坐标在[0，＋∞)上时，横坐标在(－∞，－1]∪[0，＋∞)上变化．而f(x)的值域是(－1，＋∞)，f(g(x))的值域是[0，＋∞)，因为g(x)是二次函数，所以g(x)的值域是[0，＋∞)．答案：[0，＋∞)8．若函数f(x)＝a x(a＞0，a≠1)在[－1,2]上的最大值为4，最小值为m，且函数g(x) ＝(1－4m)x在[0，＋∞)上是增函数，则a＝________.1分析：函数g(x)在[0，＋∞)上为增函数，则1－4m＞0，即m＜4.若a＞1 ，则函数f(x)1 2 1 1在[－1,2]上的最小值为a＝m，最大值为a＝4，解得a＝2，2＝m，与m＜4矛盾；当0＜a＜2 －1 1 11时，函数f(x)在[－1,2]上的最小值为a＝m，最大值为a ＝4，解得a＝4，m＝16.所以a 1＝4.1答案：49．(2018·杭州五校联考)函数y＝f(x)的定义域为R，若存在常数M＞0，使得|f(x)|≥M|x|对一的确数x均成立，则称f(x)为“圆锥托底型”函数．(1)判断函数f(x)＝2x，g(x)＝x3能否为“圆锥托底型”函数？并说明原由．(2)若f (x)＝x2＋1是“圆锥托底型”函数，求出的最大值．M解：(1)函数f (x )＝2x .∵|2x |＝2|x |≥2|x |，即关于一的确数x 使得|f (x )|≥2|x |成 立，∴函数f (x )＝2x 是“圆锥托底型”函数．关于g (x )＝x 3，假如存在M ＞0满足|x 3|≥M |x |，而当x ＝MM3M ，时，由≥M222M≤0，矛盾，∴≥，得2 ∴g (x )＝x 3不是“圆锥托底型”函数．(2)∵ ( x )＝ 2＋1是“圆锥托底型”函数，故存在 ＞0，使得|f ( x )|＝|x 2＋1|≥| |f x M Mx关于任意实数恒成立．111∴ x ≠0时，M ≤x ＋x ＝|x |＋|x |，此时当x ＝±1时，|x |＋|x |获得最小值2， ∴ M ≤2.而当x ＝0时，也成立． ∴ M 的最大值等于2.1 10．已知函数f (x )＝a －|x |.(1) 求证：函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上是增函数； (2)若f (x )＜2x 在(1，＋∞)上恒成立，务实数a 的取值范围．1解：(1)证明：当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝a －x ， 设0＜x 1＜x 2，则x 1x 2＞0，x 2－x 1＞0，11 112 1 f ( x 2)－ ( x1)＝a － －a － ＞0，x 1＝－＝12fx 2x 1x 2xx所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数．1(2) 由题意a －x ＜2x 在(1，＋∞)上恒成立，1设h (x )＝2x ＋x ，则a ＜h (x )在(1，＋∞)上恒成立．任取x 1，x 2∈(1，＋∞)且x 1＜x 2，12122－ 1.h (x)－h (x )＝(x －x )x 1x 2因为1＜x＜x ，所以x －x ＜0，xx ＞1，所以2－ 1 ＞0，12121 2x 1x 212， 所以h (x ) ＜h (x )所以h (x )在(1，＋∞)上单调递加．故a≤h(1)，即a≤3，所以实数a的取值范围是(－∞，3]．三登台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知减函数f(x)的定义域是实数集R，m，n都是实数．假如不等式f(m)－f(n)＞f(－m)－f(－n)成立，那么以下不等式成立的是( )A．m－n＜0B．m－n＞0C．m＋n＜0D．m＋n＞0分析：选A 设F(x)＝f(x)－f(－x)，因为f(x)是R上的减函数，∴f(－x)是R上的增函数，－f(－x)是R上的减函数，∴F(x)是R上的减函数，∴当m＜n时，有F(m)＞F(n)，即f(m)－f(－m)＞f(n)－f(－n)成立．所以，当f(m)－f(n)＞f(－m)－f(－n)建马上，不等式m－n＜0必定成立，应选A.2．已知函数f(x)＝lga－2 ，此中a是大于0的常数．x＋x(1)求函数f(x)的定义域；(2)当a∈(1,4)时，求函数f(x)在[2，＋∞)上的最小值；(3)若对任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)＞0，试确立a的取值范围．a x2－2x＋a解：(1) 由x＋x－2＞0，得x ＞0，当a＞1 时，x2－2x＋a＞0恒成立，定义域为(0，＋∞)；当a＝1 时，定义域为{x|x＞0且x≠1}；当0＜a＜1时，定义域为{x|0 ＜x＜1－1－a或x＞1＋1－a}．a (2)设g(x)＝x＋x－2，当a∈(1,4) a，x∈[2，＋∞)时，g′(x)＝1－x2＝x2－ax2＞0恒成立，a所以g(x)＝x＋x－2在[2，＋∞)上是增函数．a所以f(x)＝lg x＋－2 在[2，＋∞)上是增函数．x所以f(x)＝lga－2 在[2，＋∞)上的最小值为a x＋f(2)＝lg.x 2(3)对任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)＞0，a即x＋x－2＞1对任意x∈[2，＋∞)恒成立．所以a＞3x－x2，令h(x)＝3x－x2，而( )＝3 － 2 ＝－x－3 2 9)max＝(2)＝2，所以x x ＋在[2，＋∞)上是减函数，所以(hx 2 4 hx h a＞2.即a的取值范围为(2，＋∞)．。
浙江省普通高中课程数学必修一函数单调性 共16页
x
一般如地何，用设x与函f数(xf)(来x)的定义如域何为用I，x与 f(x)来
1、如描果述对上于升定的义图域象I？内某个描区述间下D上降的的任图意象两？个自变 量数的f (x值)在x1区，x间2，D当上x是1<x增2时函，数都(in有crfe(xa1s)i<nfg(xf2u),n那ct么ion就)。说这函 一区间叫做f(x)的单调增区间。
谢谢
所以，函数f(x)=3x+2在R上是增函数。
定论
①设元②作差③变形④判号⑤定论
定义法：利用定义判定(证明)函数的增、减性——
①设元②作差③变形④判号⑤定论
例2.物 理 学 的 玻p 意k(耳 k为定 正律 常 )告数 诉 我 , V
对 于 一 定,当 量体 的 V减 积 气少 体 ,压 时强 p将 增. 大 试 用 函 数 的 明单 之 . 调 性 证
问题提出
德国有一位著名的心理学家艾宾浩斯，对人类的 记忆牢固程度进行了有关研究.他经过测试，得到 了以下一些数据：
时间间隔 刚记 20分 60分 8-9 1天 2天 6天 一个
t 忆完 钟后 钟后 小时 后 后 后 月后
毕
后
记忆量y 100 58.2 44.2 35.8 33.7 27.8 25.4 21.1
1.图象法
1.任取这个区间上的两个自变
2.定义法 3.从熟悉的函数入手
量x1, x2, 且x1< x2 2.作差（作商）比较 3.变形
f(x1),
f(x2)
4.判断符号
5.得出结论
练习
1.证y x的单调性 2.讨论 yxa(x0,a0)的单调性
x
3.书本P32 1-4 P39 A1-4 P44.9
2020年3.2.1函数的单调性—最值高中数学必修一课件(共34张PPT)
明目标、知重点
填要点、记疑点
主目录
探要点、究所然
当堂测、查疑缺
探要点、究所然
探究点一 ：函数的最大(小)值的概念
最值
反思与感悟 要熟记常见函数的单调性：一次函数 y＝kx＋b(k≠0)，当 k>0 时单调 递增，当 k<0 时单调递减；二次函数 y＝ax2＋bx＋c(a≠0)，当 a>0 时，在 (－∞，－2ba]上单调递减，在[－2ba，＋∞)上单调递增，a<0 时相反；y＝kx(k≠0)， 当 k>0 时，在(－∞，0)和(0，＋∞)上都单调递减，当 k<0 时，在(－∞，0)和 (0，＋∞)上都单调递增．
②当 a∈[－1，＋∞)时，f(x)min＝f(a)＝2－a2. 要使 f(x)≥a 恒成立，只需 f(x)min≥a，即 2－a2≥a， 解得－2≤a≤1，即－1≤a≤1. 综上所述，实数 a 的取值范围为[－3,1]．
最值
明目标、知重点
填要点、记疑点
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当堂测、查疑缺
探要点、究所然
探要点、究所然
当堂测、查疑缺
探要点、究所然
最值
探究点一 ：函数的最大(小)值的概念
例题 下图是函数 y＝f(x)，x∈[－4,7]的图象，指出它的最大值、最小值及单调区间．
解 观察函数图象可以知道，图象上位置最高的点是(3,4)，最低的点是
(－1.5，－2)，所以当 x＝3 时，函数 y＝f(x)取得最大值，即 ymax＝4； 当 x＝－1.5 时，函数 y＝f(x)取得最小值，即 ymin＝－2.函数的单调增区间为
高中数学3.2.1单调性与最大小值第2课时函数的最大值最小值人教A版必修第一册
第2课时函数的最大值、最小值_____ 强化•培优•通关<［A 基础达标］11.函数y = x —-在［1 , 2］上的最大值为()X3 A. 0 B・2C. 2D. 31解析：选B.函数y=-在［1 , 2］上是增函数，函数y =—-在［1 , 2］上是增函数,—1所以函数y =——-在［1 , 2］上是增函数.—当-=2时，1 3y(max= 2—==二.「1一，—> 12. (2019 •河南林州一中期末考试)函数f (-) = $-的最大值为()［——+ 2, —<1A. 1B. 21C.2 D-1解析：选B.当x》l时，函数f (—)=—为减函数，此时f (—)在—=1处取得最大值，最大ZY值为f(1) = 1;当—<1时，函数f(x) =—x2+ 2在—=0处取得最大值，最大值为f(0) = 2.综上可得，f(—)的最大值为2,故选B.3 .若函数y= ax+ 1在［1 , 2］上的最大值与最小值的差为2，则实数a的值是()A. 2B.—2C. 2 或一2D. 0解析：选C.当a> 0时，由题意得2a+ 1 —(a+ 1) = 2，即a= 2；当a v0 时，a+ 1 —(2a + 1) = 2，所以a=— 2.综上a=± 2.—€ ［0，1］，若f (—)有最小值—2，则f (—)的最大值为4.已知函数f(—) = ——2+ 4x+aA. —1B. 0C. 1D. 22 2解析：选 C.因为f (—) =—(——4—+ 4) + a+ 4 =—( ——2) + 4 +所以函数f (—)图象的对称轴为直线—=2.所以f(x)在［0,1］上单调递增.又因为f(X)min =— 2 ,所以f(0) = —2,即a=— 2.所以f ( X) max= f (1) =—1+ 4 — 2 = 1.35 .函数f (x) = 2—-在区间［1 , 3］上的最大值是 _________ .X3解析：因为f (X) = 2 —-在［1 , 3］上为单调增函数，所以f (X)的最大值为f(3) = 2— 1 = 1.X答案：126 .若函数f (X) = X —6X + m在区间［2 , +^)上的最小值是一3,则实数m的值为__________ .解析：函数f (X) = X2—6X + m的对称轴是直线X = 3,开口向上，所以函数 f ( X)在［2 , 3］上单调递减，在(3 ,+^)上单调递增，故函数在x= 3处取得最小值，2由f (3) = 3 —6X 3+ m= —3,解得m= 6.故实数m的值为6.答案：67. 用长度为24 m的材料围成一矩形场地，并且中间加两道隔墙，要使矩形的面积最大，则隔墙的长度为________ m.24 —4x解析：设隔墙的长为x m,矩形面积为S m2，贝y S= x •— = x(12 —2x) = —2x2+12x=—2(x —3)2+ 18,所以当x= 3时，S有最大值18.答案：32x8. 求函数y= f (x)= 在区间［1 , 2］上的最大值和最小值.X—3解：？X1, X2,且K X1 <X2< 2,2 2…X1 X2则f(X1)—f(X2)=荷—戸2 小22,2X1X2 —3X1 —X1X2+ 3X2(X1 —3)( X2—3)(X2—X1)［3 (X1 + X2)—X1X2］(X1 —3) ( X2 —3) '因为K X1<X2< 2,所以2<X1 + X2<4,即6<3( X1 + X2)<12 ,又1<X1X2<4, X2 —X1 >0, X1 —3<0, X2 —3<0,故 f (X i ) -f (X 2)>0.2x所以函数y = 在区间［i , 2］上为减函数，X — 31 y max = f (1) =—2 , y min = f (2) =一 4.9•已知函数 f (x ) = x 1 2 + 2ax + 2, x € ［ — 5, 5］. (1) 当a =— 1时，求函数f (x )的最大值和最小值. (2) 若y = f (x )在区间［—5, 5］上是单调函数，求实数 a 的取值范围.解：(1)当 a =— 1 时，f (x ) = x 2— 2x + 2 = (x — 1)2+ 1. 因为x € ［ — 5, 5］，故当x = 1时，f (x )取得最小值为1 , 当x =— 5时，f (x )取得最大值为37.⑵ 函数f (x ) = (x + a )2 + 2— a 2图象的对称轴为直线 x =— a .因为f (x )在［—5, 5］上是单调的， 故—a w — 5 或—a > 5.即实数a 的取值范围是a <— 5或a >5.［B 能力提升］10. _________________________________________________________________________ 设f (x )为y = — x + 6和y = — x + 4x + 6中较小者，则函数f (x )的最大值为 _____________________解析：在同一平面直角坐标系内，作出两函数的图象，由图可知f (x )的图象是图中的实线部分，观察图象可知此函数的最大值为 6.答案：611.某商场经营一批进价是每件 30元的商品，在市场试销中发现，该商品销售单价 x (不低于进价，单位：元)与日销售量y (单位：件)之间有如下关系：所以 y = f (x ) =— 3x +162. 又 y >0,所以 30< x < 54,故所求函数关系式为 y =— 3x + 162, x € [30 , 54] , x € N (2)由题意得，P = (x - 30) y = (x - 30)(162 - 3x )21 确定x 与y 的一个一次函数关系式 y = f (x )(注明函数定义域)；2 若日销售利润为 P 元，根据(1)中的关系式写出 P 关于x 的函数关系式，并指出当销 售单价为多少元时，才能获得最大的日销售利润?设f (x ) = ax + b (a z 0),由表格得方程组，5a + b = 27，解50a + b = 12,解: (1)因为f (x )是一次函数, 得. a = — 3, b = 162,=-3x + 252x- 4 860 , x € ［30 , 54］, x€ N配方得，P=- 3(x-42) + 432,当x = 42时，最大的日销售利润P= 432，即当销售单价为42元时，才能获得最大的日销售利润.12. 已知函数f (x)对任意x, y € R,总有f (x) + f (y) = f(x+ y)，且当x>0 时，f (x)<0 , 2f(1)一3-(1) 求证：f (x)是R上的单调减函数；(2) 求f (x) 在［- 3, 3］上的最小值.解：⑴证明：？X1 , X2，且X l<X2,则X2 —x>0，因为x>0 时，f (x)<0 ,所以f (X2 —xJ<0 ,又因为X2 = (X2-X1)+ X1,所以f (X2) = f ［( X2- X1)+ X1］=f (X2—X1)+ f(X1),所以f (X2) —f (X1) = f (X2—X1)<0 ,所以f (X2)<f (X1).所以f(x)是R上的单调递减函数.(2)由(1)可知f (x)在R上是减函数,所以f(x)在［-3, 3］上也是减函数，所以f(x)在［-3, 3］上的最小值为f(3).f2)而f(3) = f (1) + f (2) = 3f (1) = 3X - 3 =- 2.所以函数f (x)在［—3, 3］上的最小值是一2.［C 拓展探究］13•请先阅读下面材料，然后回答问题.一 1 一一对应问题“已知函数f(X) = 3 + 2x —x2，问函数f(x)是否存在最大值或最小值？若存在，求出最大值或最小值；若不存在，说明理由.”一个同学给出了如下解答：令u= 3 + 2x-x2,贝U u=- (x-1)2+ 4,当=1时，u有最大值，u max= 4,显然u没有最小值.1所以当x= 1时，f(x)有最小值；，没有最大值.4(1)你认为上述解答是否正确？若不正确，说明理由，并给出正确的解答. 1⑵ 试研究函数y = x 2+ x + 2的最值情况.1⑶ 对于函数f (x ) =2(a > 0)，试研究其最值的情况.ax + bx + c解：(1)不正确.没有考虑到 u 还可以小于0. 正确解答如下：2 2令 u = 3 + 2x — x ，贝y u =- (x — 1) + 4W 4. 1 1 1当 0v U W4 时,石》4，即即 f (x ) >4； 1当 u v 0 时，0，即 f (x ) v 0.1所以 f (x ) v 0 或 f (x ) >4即f (x )既无最大值，也无最小值. 2<1^77(2)因为 x + x + 2 = j x + 2 + 4》4，所以0v y w 4，所以函数y = x 2+：+ 2的最大值为7当x = — *时，没有最小值. 1⑶对于函数 f(x) = ax 2 + bx + c (a >0).2令 u = ax + bx + c , ①当△> 0时，u 有最小值,即f(x)W缶；当 u >0 时，即 f (x ) >0.4a所以 f (x ) > 0 或 f (x ) w 4託—b ， 即f (x )既无最大值，也无最小值.4ac — b 2 1②当△= 0时，u 有最小值，u min = = 0，结合f (x )= 知u ^ 0, 4a u1所以u >0,此时u >0,即f (x ) >0,f (x )既无最大值，也无最小值.4ac —b 24a1w u v 0时.u w4a 4ac — b 2,4ac — b 2 u min = ■ V 0 ；4a4ac — b 2 卄 4ac — b 2U min = > 0，目卩 U 》 > 0.4a 4a4a 即 0v f (x ) w 2,4ac — bb4a 、所以当x =— 亦时，f (x )有最大值4ac — b 2，没有最小值• 综上，当4》0时，f (x )既无最大值，也无最小值.4a当△ v 0时，f (x )有最大值2,4ac — bb此时x =—，没有最小值.2 a1 所以0v-wu 4a4ac —b 2， ③当△< 0时，u 有最小值,。
高一数学必修一 函数的单调性与最值 PPT课件 图文
和最小值。
x 1
课堂练习
课本第38页 练习1、5题
课堂小结
函数的单调性一般是先根据图象判断，再利 用定义证明．画函数图象通常借助计算机，求函 数的单调区间时必须要注意函数的定义域，单调 性的证明一般分五步：
取 值 → 作 差 → 变 形 → 定 号 → 判断
课后作业 课本第45页 习题1.3(A组) 第3﹑4 ﹑ 5 题
（2）存在 x 0 I,使f( 得 x 0)M .
那么，我们称M是函数y=f(x)的最大值 （maximum value）
思考：你能仿照函数最大值的定义，给出函数 y=f(x)的最小值的定义吗？
例3.“菊花”烟花是最壮观得烟花之一，制t果)烟4花.9距t2 地1面.4 7的t高18
③变形（通常是因式分解和配方）；
④定号（即判断差 f(x1)f(x2)的正负）；
⑤判断（即指出函数f(x)在给定的区间D上的
单调性）．
请你归纳利用定义判断函数的单调性 的步骤。
3．判断函数单调性的方法步骤
利用定义证明函数f(x)在给定的区间D上的单 调性的一般步骤：
①任取x1，x2∈D，且 x1 x 2 ； ②作差 f(x1)f(x2) ；
谢谢！ 学妹给我打电话，说她又换工作了，这次是销售。电话里，她絮絮叨叨说着一年多来工作上的不如意，她说工作一点都不开心，找不到半点成就感。 末了，她问我：学姐，为什么想 找一份 自己热 爱的工 作这么 难呢？ 我问她上一份工作干了多久，她 说不到 三个月 ，做的 还是行 政助理 的工作 ，工作 内容枯 燥乏味 不说， 还特别 容易得 罪人， 实在不 是自己 的理想 型。 我又问了她前几份工作辞职的原 因，结 果都是 大同小 异，不 是因为 工作乏 味，就 是同事 不好相 处，再 者就是 薪水太 低，
浙江省普通高中课程数学必修一指数函数及其性质2
练习： 练习：
1.要得到函数 y = 8 ⋅ 2 的图象 , 只需将函数 1 y = 的图象 − − − − − ( A 2
A.向右平移 个单位 向右平移3个单位 向右平移 C.向右平移 个单位 向右平移8个单位 向右平移
x
−x
)
B.向左平移 个单位 向左平移3个单位 向左平移 D.向左平移 个单位 向左平移8个单位 向左平移
1.指数型函数的图象 1.指数型函数的图象
例1.画出下列函数的图象，说明它们是由函 1.画出下列函数的图象， 画出下列函数的图象 的图象经过怎样的变换得到的. 数f(x)=2x的图象经过怎样的变换得到的.
(1) y = 2
x −1 x
; ( 2) y = 2 + 1; ( 3) y = 2
x x
| x| −x
2 ( x ∈ R) 设 a是 实 数 , f ( x ) = a − x 2 +1
4.指数函数的实际应用 4.指数函数的实际应用
例 3.按复利计算利息的一种 储蓄 , 本金为 a元 , 每期利率为 r , 设本利和为 y , 存期为 x , 写出本 利和 y随存期 x变化的函数解析式 .如果存入 的本利和是多少 ?(精确到 1元 ) 本金 1000 元 , 每期利率为 2.25 %, 试计算 5期后
点评:求函数的单调区间要考虑函数的定义域 点评
例4
1 y = 图像 图像, 作出函数 2
x
1 y= 2
x −1
呢?
单调区间? 单调区间
1 x −1 , x ≥ 1 = 2 2 x −1 , x < 1
1.函数 y = 3
增区间是 (− ∞,1] ________, ( 0,81] [1,+∞) 减区是 _________, 值域 .