2020高三数学(人教版)一轮复习函数的单调性与最值
高三数学总复习优质课件 函数 导数及其应用 第2节 函数的单调性与最值
(B)(1,+∞)
(C)(-∞,1)
(D)(0,+∞)
解析:因为f(x)是R上的减函数且f(2a-1)<f(a),所以2a-1>a,所以a>1,故
选B.
4.若函数f(x)=(m-2)x+b在R上是减函数,则f(m)与f(2)的大小关系是
( A )
(A)f(m)>f(2)
(B)f(m)<f(2)
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.
2.函数的最值
前提
条件
一般地,设函数y=f(x)的定义域为I,如果存在实数M满足
(3)对于任意的 x∈I,
(1)对于任意的x∈I,都有 f(x)≤M ; 都有 f(x)≥M
;
(2)存在x ∈I,使得 f(x0)=M _
(4)存在x ∈I,使得
所以(2a+2b)x+c=0,所以 c=0,a=-b,
所以二次函数图象的对称轴方程为 x= .
因为 f(x)在区间[2m,m+1]上不单调,所以 2m< <m+1,所以- <m< .
答案:(- , )
[对点训练3] 若函数f(x)=2|x-a|+3在区间[1,+∞)上不单调,则a的取值范
是增函数;如果y=f(u)和u=g(x)的单调性相反,那么y=f(g(x))是减函数.在
应用这一结论时,必须注意:函数u=g(x)的值域必须是y=f(u)的单调区间的
子集;
(3)两个增(减)函数的和仍为增(减)函数;一个增(减)函数与一个减(增)函
高三数学函数的单调性与最值试题答案及解析
高三数学函数的单调性与最值试题答案及解析1.若函数，则下列结论正确的是（）A．，在上是增函数B．，在上是减函数C．，是偶函数D．，是奇函数【答案】C【解析】因为，且函数定义域为令，则显然，当时，；当时，所以当时，在上是减函数，在上是增函数，所以选项A,B均不正确；因为当时，是偶函数，所以选项C正确．要使函数为奇函数，必有恒成立，即恒成立，这与函数的定义域相矛盾，所以选项D不正确．【考点】1、导数在研究函数性质中的应用；2、函数的奇偶性．2.对任意实数，记，若，其中奇函数在时有极小值，是正比例函数，与图象如图，则下列关于的说法中正确的是（）A．是奇函数B．有极大值和极小值C．的最小值为，最大值为2D．在上是增函数【答案】B【解析】因为，是奇函数，其图象关于原点对称，所以与图象如图1所示；图1根据，可知，的图象如图2所示，显然，的图象不关于原点对称，不是奇函数；无最小值、无最大值；其在区间“先增后减”，故选B.图2【考点】新定义函数，函数的奇偶性，函数的图象，函数的单调性与极（最）值.3. [2014·日照模拟]已知函数f(x)在定义域(0，＋∞)上是单调函数，若对于任意x∈(0，＋∞)，都有＝2，则的值是()A．5B．6C．7D．8【答案】B【解析】因为f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调函数，且＝2对任意x∈(0，＋∞)都成立，所以f(x)－＝c＞0(c为常数)，即f(x)＝c＋，且f(c)＝2，故2＝c＋，解得c＝1，故f(x)＝1＋，所以＝1＋5＝6.4.设是定义在R上的偶函数，且当时，。
若对任意的x，不等式恒成立，则实数a的最大值是（）。
A．B．C．D．2【答案】C【解析】是定义在上的偶函数，不等式恒成立等价为恒成立，当时，．不等式等价为恒成立，即在上恒成立，平方得即在上恒成立，设,则满足即故实数的最大值是.故选C.【考点】1.函数的奇偶性；2.恒成立问题.5.（2013•重庆）（﹣6≤a≤3）的最大值为（）A．9B．C．3D．【答案】B【解析】令f（a）=（3﹣a）（a+6）=﹣+，而且﹣6≤a≤3，由此可得函数f（a）的最大值为，故（﹣6≤a≤3）的最大值为=，故选B．6.已知函数y＝f(x)是定义在R上且以3为周期的奇函数，当x∈时，f(x)＝ln(x2－x＋1)，则函数f(x)在区间[0,6]上的零点个数为()A．3B．5C．7D．9【答案】C【解析】当x∈时，－x∈，f(x)＝－f(－x)＝－ln(x2＋x＋1)；则f(x)在区间上有3个零点(在区间上有2个零点)．根据函数周期性，可得f(x)在上也有3个零点，在上有2个零点．故函数f(x)在区间[0,6]上一共有7个零点．7.下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递增的函数为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】是奇函数但在区间上不是单调函数．在区间上单调递增但不是奇函数，既是奇函数又在区间上单调递增的函数，在区间上单调递增但不是奇函数.【考点】函数奇偶性及单调性8.已知，，规定：当时, ；当时,，则（）A．有最小值,最大值1B．有最大值1,无最小值C．有最小值,无最大值D．有最大值,无最小值【答案】C【解析】由题得,利用平移变化的知识画出函数的图像如下,而,故有最小值1,无最大值.【考点】函数图像平移变化9.已知函数若对任意的，且恒成立，则实数a的取值范围为．【答案】【解析】，由知，函数在单调递增，当，满足题意；当时，只需，即，综上所述，实数a的取值范围为.【考点】1、分段函数；2、函数的单调性.10.判断函数f(x)＝e x＋在区间(0，＋∞)上的单调性．【答案】f(x)在(0，＋∞)上为增函数【解析】(解法1)设0＜x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝＝＝.∵0＜x1＜x2，∴x1－x2＜0，x1＋x2＞0，∴ex1－x2＜1，ex1＋x2＞1，ex1＞0，∴f(x1)＜f(x2)．∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．(解法2)对f(x)＝e x＋求导，得f′(x)＝e x－＝(e2x－1)，当x＞0时，e x＞0，e2x＞1，∴f′(x)＞0,∴f(x)在(0，＋∞)上为增函数．11.函数y=1-的最大值与最小值的和为.【答案】2【解析】令f(x)=,则f(x)为奇函数,故f(x)max +f(x)min=0,∴ymax +ymin=2.12.已知定义在R上的函数y＝f(x)满足下列三个条件：①对任意的x∈R都有f(x＋2)＝－f(x)；②对于任意的0≤x1<x2≤2，都有f(x1)<f(x2)；③y＝f(x＋2)的图像关于y轴对称．下列结论中，正确的是()A．f(4.5)<f(6.5)<f(7) B．f(4.5)<f(7)<f(6.5) C．f(7)<f(4.5)<f(6.5) D．f(7)<f(6.5)<f(4.5)【答案】B【解析】由f(x＋2)＝－f(x)，得f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，则函数y＝f(x)的最小正周期为4；根据②知函数y＝f(x)在[0，2]上单调递增；根据③知函数y＝f(x)的图像关于直线x＝2对称，所以f(4.5)＝f(0.5)，f(6.5)＝f(2.5)＝f(1.5)，f(7)＝f(3)＝f(1)．故f(4.5)<f(7)<f(6.5)．13.已知函数f(x)=若f(2-a2)>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】f(x)=由f(x)的图象可知f(x)在(-∞,+∞)上是单调增函数,由f(2-a2)>f(a)得2-a2>a,即a2+a-2<0,解得-2<a<1.14.已知函数y=f(x)满足:对任意的x1<x2≤-1,[f(x2)-f(x1)](x2-x1)>0恒成立,则f(-2),f(-),f(-1)的大小关系为()A．f(-2)<f(-)<f(-1)B．f(-2)>f(-)>f(-1)C．f(-2)>f(-1)>f(-)D．f(-)>f(-2)>f(-1)【答案】A【解析】由题意及函数单调性的定义得,f(x)在(-∞,-1]上单调递增,又-2<-<-1, ∴f(-2)<f(-)<f(-1).15.函数y=-(x-3)|x|的递增区间是__________.【答案】[0,]【解析】y=-(x-3)|x|=作出该函数的图象,观察图象知递增区间为[0,].16.设函数f(x)＝a为常数且a∈(0，1)．(1)当a＝时，求f；(2)若x0满足f[f(x)]＝x，但f(x)≠x，则称x为f(x)的二阶周期点．证明函数f(x)有且仅有两个二阶周期点，并求二阶周期点x1，x2；(3)对于(2)中的x1，x2，设A(x1，f[f(x1)])，B(x2，f[f(x2)])，C(a2，0)，记△ABC的面积为S(a)，求S(a)在区间[，]上的最大值和最小值．【答案】（1）（2）见解析，x1＝，x2＝（3）最小值为，最大值为【解析】(1)当a＝时，f＝，f＝f＝2＝.(2)证明：f[f(x)]＝当0≤x≤a2时，由x＝x解得x＝0，由于f(0)＝0，故x＝0不是f(x)的二阶周期点；当a2<x≤a时，由 (a－x)＝x解得x＝∈(a2，a)，因为f＝·＝≠，故x＝是f(x)的二阶周期点；当a<x<a2－a＋1时，由 (x－a)＝x解得x＝∈(a，a2－a＋1)，因为f＝·＝，故x＝不是f(x)的二阶周期点；当a2－a＋1≤x≤1时，由 (1－x)＝x解得x＝∈(a2－a＋1，1)，因为f ＝·＝≠，故x＝是f(x)的二阶周期点．因此，函数f(x)有且仅有两个二阶周期点，x1＝，x2＝.(3)由(2)得A(，)，B(，)，则S(a)＝，S′(a)＝·.因为a∈[，]，有a2＋a<1，所以S′(a)＝·＝·>0.(或令g(a)＝a3－2a2－2a＋2，g′(a)＝3a2－4a－2＝3(a－)(a－)，因为a∈(0，1)，所以g′(a)<0，则g(a)在区间[，]上最小值为g()＝>0，故对于任意a∈[，]，g(a)＝a3－2a2－2a＋2>0，S′(a)＝·>0)则S(a)在区间[，]上单调递增，故S(a)在区间[，]上的最小值为S()＝，最大值为S()＝.17. {an }为首项为正数的递增等差数列，其前n项和为Sn，则点(n，Sn)所在的抛物线可能为()【答案】D【解析】当n≥1时{an }单调递增且各项之和大于零，当n＝0时Sn等于零，结合选项只能是D.18.设g(x)是定义在R上以1为周期的函数，若函数f(x)＝x＋g(x)在区间[3,4]时的值域为[－2,5]，则f(x)在区间[2,5]上的值域为________．【答案】[－3,6]【解析】当x∈[2,3]时，x＋1∈[3,4]，所以f(x＋1)＝x＋1＋g(x＋1)＝x＋1＋g(x)∈[－2,5]，所以f(x)＝x＋g(x)∈[－3,4]；当x∈[4,5]时，x－1∈[3,4]，所以f(x－1)＝x－1＋g(x－1)＝x－1＋g(x)∈[－2,5]，所以f(x)＝x＋g(x)∈[－1,6]，所以f(x)在区间[2,5]上的值域为[－3，6]．19.下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是 ()．A．y＝lg(x＋2)B．y＝－C．y＝x D．y＝x＋【答案】A【解析】A中，y＝lg(x＋2)在(0，＋∞)上是增函数，B、C中函数为减函数，D中在(0，＋∞)上不单调．20.设奇函数f(x)在[－1,1]上是增函数，且f(－1)＝－1，若函数f(x)≤t2－2at＋1对所有的x∈[－1,1]都成立，则当a∈[－1,1]时t的取值范围是()．A．－2≤t≤2B．－≤t≤C．t≤－2或t＝0或t≥2D．t≤－或t＝0或t≥【答案】C【解析】依题意f(x)的最大值为f(1)＝1，要使f(x)≤t2－2at＋1对所有的x∈[－1,1]都成立，则1≤t2－2at＋1，即t2－2at≥0，亦即t(t－2a)≥0，当t＝0时，不等式成立，当0≤a≤1时，不等式的解为t≥2a≥2；当－1≤a≤0时，不等式的解为t≤2a≤－2.21.已知函数（其中且），是的反函数.（1）已知关于的方程在区间上有实数解，求实数的取值范围；（2）当时，讨论函数的奇偶性和增减性；（3）设，其中.记，数列的前项的和为（），求证：.【答案】(1)；(2)奇函数，减函数；(3)证明见解析．【解析】(1)这是一个对数方程，首先要转化为代数方程，根据对数的性质有，从而有，方程在上有解，就变为求函数在上的值域，转化时注意对数的真数为正；(2)奇偶性和单调性我们都根据定义加以解决；(3)，，要证明不等式成立，最好是能把和求出来，但看其通项公式，这个和是不可能求出的，由于我们只要证明不等式，那么我们能不能把放缩后可求和呢？，显然，即，左边易证，又由二项式定理，在时，，所以，注意到，至此不等式的右边可以求和了，，得证．试题解析：（1）转化为求函数在上的值域，该函数在上递增、在上递减，所以的最小值5，最大值9。
§2.2 函数的单调性与最值
定义法 x1<x2⇔f(x1)<f(x2)
图象法 函数图象是上升的
导数法
导数大于零
运算法
递增+递增
复合法 内外层单调性相同
区间 D 上单调递减 x1<x2⇔f(x1)>f(x2) 函数图象是下降的
导数小于零 递减+递减 内外层单调性相反
基础训练
1. 下列四个函数中,在(0,+∞)上为增函数的是( C ).
三 、函数的最值 设函数 y=f(x)的定义域为 I,如果存在实数 M 满足:
(1)对于任意的 x∈I,都有 f(x)≤M(或f(x)≥M) ; (2)存在 x0∈I,使得 f(x0)=M .
那么,我们称 M 是函数 y=f(x)的最大(小)值. 答案
四四、函数单调性的常用结论
区间 D 上单调递增
������1
������
2 2
-a������
1
-a
������
2
������12
(������12
-1)(������
2 2
-1)
+a
������
2
=������
(������(2������-12������-11))((������������122���-���12+) 1).
∵-1<x1<x2<1,∴x2-x1>0,x1x2+1>0,(������12-1)(������22-1)>0.
当 x∈(0,+∞)时,f(x)为减函数.
答案 解析
2. 函数 f(x)=log0.5(x2-4)的单调递增区间为 (-∞,-2) .
【新高考】高三数学一轮复习知识点专题3-2 导数与函数的单调性、极值与最值
专题3.2 导数与函数的单调性、极值与最值（精讲）【考情分析】1.了解函数的单调性与导数的关系；2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间。
3.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；4.会用导数求函数的极大值、极小值；5.会求闭区间上函数的最大值、最小值。
【重点知识梳理】知识点一函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.知识点二函数的单调性与导数的关系函数y＝f(x)在某个区间内可导，则：(1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内单调递增；(2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内单调递减；(3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是常数函数.知识点三函数的极值与导数形如山峰形如山谷知识点四函数的最值与导数(1)函数f(x)在[a，b]上有最值的条件如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值.(2)求y ＝f (x )在[a ，b ]上的最大(小)值的步骤 ①求函数y ＝f (x )在(a ，b )内的极值；②将函数y ＝f (x )的各极值与端点处的函数值f (a )，f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.【特别提醒】1.函数f (x )在区间(a ，b )上递增，则f ′(x )≥0，“f ′(x )>0在(a ，b )上成立”是“f (x )在(a ，b )上单调递增”的充分不必要条件.2.对于可导函数f (x )，“f ′(x 0)＝0”是“函数f (x )在x ＝x 0处有极值”的必要不充分条件.3.求最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值.4.函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系. 【典型题分析】高频考点一求函数的单调区间例1.【2019·天津卷】设函数()e cos ,()xf x xg x =为()f x 的导函数，求()f x 的单调区间。
高考数学一轮复习课时过关检测六函数的单调性与最值含解析
课时过关检测(六) 函数的单调性与最值A 级——基础达标1．已知函数y ＝f (x )是R 上的增函数，则对任意x 1，x 2∈R ，“x 1<x 2”是“f (x 1)<f (x 2)”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：C 当x 1<x 2时，因为函数y ＝f (x )是R 上的增函数，所以f (x 1)<f (x 2)，所以“x 1<x 2”是“f (x 1)<f (x 2)”的充分条件；当f (x 1)<f (x 2)时，因为函数y ＝f (x )是R 上的增函数，所以x 1<x 2，所以“x 1<x 2”是“f (x 1)<f (x 2)”的必要条件．综上得“x 1<x 2”是“f (x 1)<f (x 2)”的充要条件．故选C ．2．已知函数f (x )＝x 2＋(k －2)x 在[1，＋∞)上是增函数，则k 的取值范围为( ) A ．(－∞，0] B ．[0，＋∞) C ．(－∞，1]D ．[1，＋∞)解析：B 函数f (x )＝x 2＋(k －2)x 的对称轴为x ＝－k －22，且开口向上，因为f (x )在[1，＋∞)上是增函数，所以－k －22≤1，解得k ≥0．故选B ．3．设函数f (x )＝x ＋1x－2(x >0)，则f (x )( )A ．有最大值B ．有最小值C ．是增函数D ．是减函数解析：B ∵x >0，∴f (x )＝x ＋1x －2≥2－2＝0，当且仅当x ＝1x，即x ＝1时取等号，∴f (x )有最小值，又由对勾函数的图象可知f (x )在(0，＋∞)上不具有单调性．故选B ．4．(2022·大庆月考)已知f (x )是定义在[－1,1]上的增函数，且f (x －1)<f (1－3x )，则x 的取值范围是( )A ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，12 B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 C ．⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1 D ．(1，＋∞)解析：A 由题意，函数f (x )是定义在[－1,1]上的增函数，因为f (x －1)<f (1－3x )，可得⎩⎪⎨⎪⎧x －1<1－3x ，－1≤x －1≤1，－1≤1－3x ≤1，解得0≤x <12，所以x 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，12．故选A ．5．满足函数f (x )＝ln(mx ＋3)在(－∞，1]上单调递减的充要条件是( )A ．－4<m <－2B ．－3<m <0C ．－4<m <0D ．－3<m <－1解析：B 若f (x )＝ln(mx ＋3)在(－∞，1]上单调递减，则满足m <0且m ＋3>0，则－3<m <0，即f (x )在(－∞，1]上单调递减的充要条件是－3<m <0．故选B ．6．(多选)设函数f (x )在R 上为增函数，则下列结论错误的是( ) A ．y ＝1|fx |在R 上为减函数B ．y ＝|f (x )|在R 上为增函数C ．y ＝－1f x在R 上为增函数D ．y ＝－f (x )在R 上为减函数解析：ABC 对于A ，若f (x )＝x ，则y ＝1|fx |＝1|x |，在R 上不是减函数，错误； 对于B ，若f (x )＝x ，则y ＝|f (x )|＝|x |，在R 上不是增函数，错误； 对于C ，若f (x )＝x ，则y ＝－1f x＝－1x，在R 上不是增函数，错误；对于D ，函数f (x )在R 上为增函数，则对于任意的x 1，x 2∈R ，设x 1<x 2，必有f (x 1)<f (x 2)，对于y ＝－f (x )，则有y 1－y 2＝[－f (x 1)]－[－f (x 2)]＝f (x 2)－f (x 1)>0，则y ＝－f (x )在R 上为减函数，正确．故选A 、B 、C ．7．(多选)已知函数f (x )＝－x 2＋2x ＋1的定义域为(－2,3)，则函数f (|x |)的单调递增区间是( )A ．(－∞，－1)B ．(－3，－1)C ．(0,1)D ．(1,3)解析：BC 因为函数f (x )＝－x 2＋2x ＋1的定义域为(－2,3)，对称轴为直线x ＝1，开口向下，所以函数f (|x |)满足－2<|x |<3，所以－3<x <3．又f (|x |)＝－x 2＋2|x |＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x ＋1，0≤x <3，－x 2－2x ＋1，－3<x <0，且y ＝－x 2－2x ＋1图象的对称轴为直线x ＝－1，所以由二次函数的图象与性质可知，函数f (|x |)的单调递增区间是(－3，－1)和(0,1)，故选B 、C ．8．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x x ≥0，x 2＋2x x <0在区间[－1，a －2]上单调递增，则实数a的取值范围为________．解析：由分段函数解析式知：f (x )在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递减，在[－1,1]上单调递增，由f (x )在[－1，a －2]上单调递增，得－1<a －2≤1，即a ∈(1,3]．答案：(1,3]9．若函数f (x )＝a ＋log 2x 在区间[1，a ]上的最大值为6，则a ＝________．解析：由题意，函数y ＝log 2x 在(0，＋∞)上为单调递增函数，又a >1，且x ∈[1，a ]，所以当x ＝a 时，函数f (x )取得最大值，即a ＋log 2a ＝6，因为4＋log 24＝6，所以a ＝4．答案：410．(2022·杭州模拟)探究函数f (x )＝x ＋4x，x ∈(0，＋∞)的图象时，列表如下：x … 0．5 1 1．5 1．7 1．9 2 y…8．554．17 4．05 4．005 4x 2．1 2．2 2．3 3 4 7 … y 4．005 4．02 4．04 4．357．57…观察表中y 值随x 值的变化情况，完成以下的问题： (1)求函数f (x )＝x ＋4x(x >0)的递减区间及递增区间；(2)若对任意的x ∈[1,3]，f (x )≥m ＋1恒成立，试求实数m 的取值范围．解：(1)由表中y 值随x 值的变化情况可得函数f (x )＝x ＋4x(x >0)的递减区间是(0,2)，递增区间是(2，＋∞)．(2)由表中y 值随x 值的变化情况可得当x ∈[1,3]时，f (x )min ＝f (2)＝4， 所以要使对任意的x ∈[1,3]，f (x )≥m ＋1恒成立，只需f (x )min ＝f (2)＝4≥m ＋1， 解得m ≤3，故m 的取值范围为(－∞，3]．B 级——综合应用11．已知函数f (x )＝x ＋sin x ，若a ＝f (3)，b ＝f (2)，c ＝f (log 26)，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．a <b <cB ．c <b <aC ．b <a <cD ．b <c <a解析：D ∵f (x )＝x ＋sin x ，∴f ′(x )＝1＋cos x ≥0，∴f (x )单调递增，∵2<log 26<3，∴f (2)<f (log 26)<f (3)，即b <c <a ，故选D ．12．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－a x ＋3a ，x <1，log 2x ，x ≥1的值域为R ，则实数a 的取值范围是( )A ．(－1,2)B ．[－1,2)C ．(－∞，－1]D ．{－1}解析：B 因为函数y ＝log 2x ，x ≥1在[1，＋∞)上为增函数，故y ≥0，则y ＝(2－a )x＋3a ，x <1需满足⎩⎪⎨⎪⎧2－a >0，2－a ×1＋3a ≥0，解得－1≤a <2．13．写出一个值域为(－∞，1)，在区间(－∞，＋∞)上单调递增的函数f (x )＝________．解析：f (x )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，理由如下：∵y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 为R 上的减函数，且⎝ ⎛⎭⎪⎫12x>0，∴f (x )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 为R 上的增函数，且f (x )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x <1，∴f (x )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ∈(－∞，1)．答案：1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x(答案不唯一)14．(2022·柳州模拟)已知定义在R 上的函数f (x )满足：①f (x ＋y )＝f (x )＋f (y )＋1； ②当x >0时，f (x )>－1．(1)求f (0)的值，并证明f (x )在R 上是单调增函数； (2)若f (1)＝1，解关于x 的不等式f (x 2＋2x )＋f (1－x )>4． 解：(1)令x ＝y ＝0，得f (0)＝－1．在R 上任取x 1>x 2，则x 1－x 2>0，f (x 1－x 2)>－1．又f (x 1)＝f [(x 1－x 2)＋x 2]＝f (x 1－x 2)＋f (x 2)＋1，所以f (x 1)－f (x 2)＝f (x 1－x 2)＋1>0，所以f (x 1)>f (x 2)，所以函数f (x )在R 上是单调增函数． (2)由f (1)＝1，得f (2)＝3，f (3)＝5． 由f (x 2＋2x )＋f (1－x )>4， 得f (x 2＋2x )＋f (1－x )＋1>5， 即f (x 2＋x ＋1)>f (3)，又函数f (x )在R 上是增函数，故x 2＋x ＋1>3， 解得x <－2或x >1，故原不等式的解集为{x |x <－2或x >1}．C 级——迁移创新15．(多选)对于定义域为D 的函数y ＝f (x )，若同时满足下列条件：①f (x )在D 内单调递增或单调递减；②存在区间[a ，b ]⊆D ，使f (x )在[a ，b ]上的值域为[a ，b ]，那么把y ＝f (x )(x ∈D )称为闭函数，下列结论正确的是( )A ．函数y ＝x 2＋1是闭函数 B ．函数y ＝－x 3是闭函数 C ．函数f (x )＝xx ＋1是闭函数D ．k ＝－2时函数y ＝k ＋x ＋2是闭函数解析：BD 对于A ，因为y ＝x 2＋1在定义域内不是单调函数，所以函数y ＝x 2＋1不是闭函数，所以错误；对于B ，函数y ＝－x 3在定义域内是减函数，设[a ，b ]⊆R ，则⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－a 3，a ＝－b 3，b >a ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝1，所以存在区间[－1,1]，使得y ＝－x 3在[－1,1]上的值域为[－1,1]，所以函数y ＝－x 3是闭函数，所以正确；对于C ，y ＝xx ＋1＝1－1x ＋1在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递增，但在定义域上不单调，所以函数f (x )＝xx ＋1不是闭函数，所以错误；对于D ，y ＝－2＋x ＋2的定义域为[－2，＋∞)，并且在[－2，＋∞)上为增函数，若y ＝－2＋x ＋2是闭函数，则存在区间[a ，b ]，使函数的值域为[a ，b ]，即⎩⎨⎧a ＝－2＋a ＋2，b ＝－2＋b ＋2，所以a ，b 是方程x ＝－2＋x ＋2的两个不相等的实根，整理方程得x 2＋3x ＋2＝0，解得x ＝－2或x ＝－1，所以存在区间[－2，－1]⊆[－2，＋∞)，使得函数y ＝－2＋x ＋2的值域为[－2，－1]，所以函数y ＝－2＋x ＋2是闭函数，所以D 正确，故选B 、D ．16．已知a ≥3，函数F (x )＝min{2|x －1|，x 2－2ax ＋4a －2}，其中min{p ，q }＝⎩⎪⎨⎪⎧p ，p ≤q ，q ，p >q .(1)求使得等式F (x )＝x 2－2ax ＋4a －2成立的x 的取值范围； (2)①求F (x )的最小值m (a )；②求F (x )在区间[0,6]上的最大值M (a )．解：(1)由于a ≥3，故当x ≤1时，x 2－2ax ＋4a －2－2|x －1|＝x 2＋2(a －1)(2－x )>0，不合题意；当x >1时，x 2－2ax ＋4a －2－2|x －1|＝(x －2)(x －2a )． 由(x －2)(x －2a )≤0得2≤x ≤2a ．所以使得等式F (x )＝x 2－2ax ＋4a －2成立的x 的取值范围为[2,2a ]．(2)①设函数f (x )＝2|x －1|，g (x )＝x 2－2ax ＋4a －2，则f (x )min ＝f (1)＝0，g (x )min ＝g (a )＝－a 2＋4a －2，由F (x )的定义知m (a )＝min{f (1)，g (a )}，即m (a )＝⎩⎨⎧0，3≤a ≤2＋2，－a 2＋4a －2，a >2＋ 2.②当0≤x ≤2时，F (x )＝f (x )≤max{f (0)，f (2)}＝2＝F (2)，当2≤x ≤6时，F (x )＝g (x )≤max{g (2)，g (6)}＝max{2,34－8a }＝max{F (2)，F (6)}．所以M (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧34－8a ，3≤a <4，2，a ≥4.。
高中数学一轮复习重难点 利用导数研究函数的单调性、极值和最值
4.2利用导数研究函数的单调性、极值和最值五年高考考点1利用导数研究函数的单调性1.(2014陕西,10,5分,易)如图,某飞行器在4千米高空水平飞行,从距着陆点A的水平距离10千米处开始下降,已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分,则该函数的解析式为()A.y=1125x3−35xB.y=2125x3−45xC.y=3125x3−xD.y=−3125x3+15x答案A2.(2023新课标Ⅱ,6,5分,中)已知函数f(x)=ae x-ln x在区间(1,2)单调递增,则a的最小值为()A.e2B.eC.e-1D.e-2答案C3.(2023全国乙理,16,5分,难)设a∈(0,1),若函数f(x)=a x+(1+a)x在(0,+∞)单调递增,则a的取值范围是.答案,14.(2023新课标Ⅰ,19,12分,中)已知函数f(x)=a(e x+a)-x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明:当a>0时,f(x)>2ln a+32.解析(1)由已知得函数f(x)的定义域为R,f'(x)=ae x-1.①当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在R上单调递减;②当a>0时,令f'(x)=0,则x=ln1,当x<ln1时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>ln1时,f'(x)>0,f(x)单调递增.综上所述,当a≤0时,f(x)在R上单调递减;当a>0时,f(x)在-∞,ln,在ln1,+∞上单调递增.(2)证明:由(1)知,当a>0时,f(x)在-∞,ln,在ln1,+∞上单调递增,则f(x)min=f ln=a+a-ln1=1+a2+ln a.要证明f(x)>2ln a+32,只需证明1+a2+ln a>2ln a+32,即证a2-ln a-12>0.令g(x)=x2-ln x-12(x>0),则g'(x)=2x-1=22-1.当0<x<22时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x>22时,g'(x)>0,g(x)单调递增,∴g(x)min=12-ln22−12=-ln22=ln2>0,∴g(x)>0在(0,+∞)上恒成立,即a2-ln a-12>0,∴f(x)>2ln a+32.5.(2023全国甲文,20,12分,中)已知函数f(x)=ax-sin cos2x,x∈0,(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)+sin x<0,求a的取值范围.解析(1)当a=1时,f(x)=x-sin cos2x,x∈f'(x)=1-cos3x+2sin2xcoscos4x=cos3x-cos2x-2sin2xcos3x=cos3x+cos2x-2cos3x<0,所以函数f(x)在.(2)令g(x)=sin cos2x-sin x=sintsinvos2xcos2x=sin3x cos2x,cos2x=sintsino1-sin2x)则g'(x)=3cos3xsin2x+2sin4xcoscos4x=3cos2xsin2x+2sin4xcos3x,因为x∈0,所以3cos2xsin2x+2sin4x>0,cos3x>0,则g'(x)>0,所以函数g(x)在0,,g(0)=0,当x→π2时,g(x)→+∞,因为f(x)+sin x<0恒成立,所以sin cos2x-sin x>ax在,即直线y=ax在0<x<π2时恒在g(x)的图象下方,如图所示,由图及g'(0)=0可得a≤0,即a的取值范围为(-∞,0].6.(2021全国乙文,21,12分,中)已知函数f(x)=x3-x2+ax+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)求曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标.解析(1)由题意知x∈R,由f(x)=x3-x2+ax+1可得f'(x)=3x2-2x+a.令f'(x)=0,即3x2-2x+a=0,Δ=4-12a.①当a≥13时,Δ≤0,即f'(x)≥0在R上恒成立,此时f(x)在R上单调递增.②当a<13时,Δ>0,方程3x2-2x+a=0的两个根为x1=1−1−3x2=1+1−3,故当x∈-∞1−1−33∪1+1−3,+∞时,f'(x)>0,当x∈1−1−31+1−3时,f'(x)<0,所以f(x)在-∞1−1−33,1+1−33∞上单调递增,1−1−331+1−33.(2)第一步:由题中“过原点的切线”知设切点坐标.设过原点的切线与曲线y=f(x)相切于点P(x0,y0),则f'(x0)=302-2x0+a.第二步:用点斜式表示出切线方程,将(0,0)代入求解切点坐标.所以以点P为切点的切线方程为y=(302-2x0+a)(x-x0)+y0.由y0=03−02+ax0+1,且切线过原点,得203−02-1=0,即(x0-1)(202+x0+1)=0,解得x0=1,从而得P(1,1+a).第三步:将切点坐标代入切线方程,可得化简后的切线方程,再联立曲线方程与切线方程求出公共点坐标.所以切线方程为y=(1+a)x,联立=(1+ps=3-2+ax+1,消去y得x3-x2-x+1=0,即(x-1)2(x+1)=0,∴x=1或-1,∴公共点坐标为(1,1+a)与(-1,-1-a).7.(2021全国甲文,20,12分,中)设函数f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,其中a>0.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.解析(1)f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,x∈(0,+∞),∴f'(x)=2a2x+a-3=222+ax-3=(2B+3)(B-1).∵a>0,x>0,∴2B+3>0,当x∈,f'(x)<0;当x∞'(x)>0,∴函数f(x)在0,,∞上单调递增.(2)∵y=f(x)的图象与x轴没有公共点且a2>0,∴y=f(x)在(0,+∞)上的图象在x轴的上方,由(1)可得函数f(x)在,∞上单调递增,∴f(x)min1=3+3ln a>0,∴ln a>-1,解得a>1e,故实数a∞.8.(2020课标Ⅱ文,21,12分,难)已知函数f(x)=2ln x+1.(1)若f(x)≤2x+c,求c的取值范围;(2)设a>0,讨论函数g(x)=op-op t的单调性.解析(1)解法一:设h(x)=f(x)-2x-c,则h(x)=2ln x-2x+1-c,其定义域为(0,+∞),h'(x)=2−2=2(1−p.当0<x<1时,h'(x)>0;当x>1时,h'(x)<0.所以h(x)在区间(0,1)单调递增,在区间(1,+∞)单调递减.从而当x=1时,h(x)取得最大值,最大值为h(1)=-1-c.故当且仅当-1-c≤0,即c≥-1时,f(x)≤2x+c.所以c的取值范围为[-1,+∞).解法二:利用切线放缩.f(x)≤2x+c,即2ln x+1≤2x+c,即ln x≤x+t12,当x∈(0,+∞)时恒成立,而曲线y=ln x在点(1,0)处的切线为y=x-1,从而有ln x≤x-1,当x∈(0,+∞)时原不等式恒成立,即t12≥-1,则c≥-1,所以c的取值范围为[-1,+∞).(2)g(x)=op-op t=2(lntlnp t,x∈(0,a)∪=取c=-1得h(x)=2ln x-2x+2,h(1)=0,则由(1)知,当x≠1时,h(x)<0,即1-x+ln x<0.故当x∈(0,a)∪(a,+∞)时,1-+ln<0,从而g'(x)<0.所以g(x)在区间(0,a),(a,+∞)单调递减.9.(2021全国甲理,21,12分,难)已知a>0且a≠1,函数f(x)=(x>0).(1)当a=2时,求f(x)的单调区间;(2)若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.解析(1)当a=2时,f(x)=22,f'(x)=2·2-2·2ln2(2)2=o2-En2)2,令f'(x)=0,得x=2ln2,当0<x<2ln2时,f'(x)>0,当x>2ln2时,f'(x)<0,∴函数f(x)在0,,∞上单调递减.(2)第一步:将曲线y=f(x)与直线y=1的交点问题转化为方程的根的问题.令f(x)=1,则=1,所以x a=a x.第二步:将幂指数形式转化为对数形式,并参变量分离.两边同时取对数,可得aln x=xln a,即ln=ln.第三步:将方程的根的个数转化为两个函数图象的交点个数,并构造函数研究单调性.根据题意可知,方程ln=ln有两个实数解.设g(x)=ln,则g'(x)=1−ln2,令g'(x)=0,则x=e.当x∈(0,e)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(e,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.第四步:根据交点个数,数形结合写出参数范围.又知g(1)=0,lim→+∞g(x)=0,g(x)max=g(e)=1e,所以要使曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,则只需ln∈0,即g(a)=ln∈0,所以a∈(1,e)∪(e,+∞).综上,实数a的取值范围为(1,e)∪(e,+∞).考点2利用导数研究函数的极值、最值1.(2022全国甲,理6,文8,5分,中)当x=1时,函数f(x)=aln x+取得最大值-2,则f'(2)=()A.-1B.-12C.12D.1答案B2.(多选)(2023新课标Ⅱ,11,5分,中)若函数f(x)=aln x++2(a≠0)既有极大值也有极小值,则()A.bc>0B.ab>0C.b2+8ac>0D.ac<0答案BCD3.(多选)(2022新高考Ⅰ,10,5分,中)已知函数f(x)=x3-x+1,则()A.f(x)有两个极值点B.f(x)有三个零点C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线答案AC4.(2021全国乙理,10,5分,难)设a≠0,若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点,则()A.a<bB.a>bC.ab<a2D.ab>a2答案D5.(2021新高考Ⅰ,15,5分,中)函数f(x)=|2x-1|-2ln x的最小值为.答案16.(2022全国乙理,16,5分,难)已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2a x-ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点.若x1<x2,则a的取值范围是.答案,17.(2021北京,19,15分,中)已知函数f(x)=3−22+a.(1)若a=0,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)若f(x)在x=-1处取得极值,求f(x)的单调区间,并求其最大值与最小值.解析(1)当a=0时,f(x)=3−22,∴f(1)=1,f'(x)=2t63,故f'(1)=-4,故曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=-4(x-1)+1,即4x+y-5=0. (2)由题意得f'(x)=22-6x-2a(2+a)2,且f'(-1)=0,故8-2a=0,解得a=4,故f(x)=3−22+4,x∈R,则f'(x)=22-6x-8(2+4)2,(2+4)2=2(r1)(t4)令f'(x)>0,得x>4或x<-1;令f'(x)<0,得-1<x<4,故函数f(x)的单调增区间为(-∞,-1)和(4,+∞),单调减区间为(-1,4).所以f(x)的极大值为f(-1)=1,f(x)的极小值为f(4)=-14.又当x∈(-∞,-1)时,3-2x>0,故f(x)>0;当x∈(4,+∞)时,3-2x<0,故f(x)<0,∴f(x)max=f(-1)=1,f(x)min=f(4)=-14.8.(2023新课标Ⅱ,22,12分,难)(1)证明:当0<x<1时,x-x2<sin x<x;(2)已知函数f(x)=cos ax-ln(1-x2),若x=0是f(x)的极大值点,求a的取值范围.解析(1)证明:令g(x)=x-x2-sin x,0<x<1,则g'(x)=1-2x-cos x,令G(x)=g'(x),得G'(x)=-2+sin x<0在区间(0,1)上恒成立,所以g'(x)在区间(0,1)上单调递减,因为g'(0)=0,所以g'(x)<0在区间(0,1)上恒成立,所以g(x)在区间(0,1)上单调递减,所以g(x)<g(0)=0,即当0<x<1时,x-x2<sin x.令h(x)=sin x-x,0<x<1,则h'(x)=cos x-1<0在区间(0,1)上恒成立,所以h(x)在区间(0,1)上单调递减,所以h(x)<h(0)=0,即当0<x<1时,sin x<x.综上,当0<x<1时,x-x2<sin x<x.(2)易知f(x)的定义域为(-1,1),f(x)为偶函数,f'(x)=-asin ax+21−2,易知f'(x)是(-1,1)上的奇函数,令F(x)=f'(x),则F'(x)=2+22(1-2)2-a2cos ax,显然F'(x)在(-1,1)上是偶函数,F'(0)=2-a2,当2-a2<0,即a>2或a<-2时,易知F'(x)在区间(0,1)上单调递增,又F'(0)<0,所以∃m∈(0,1),x∈(-m,m)时,F'(x)<0恒成立,故f'(x)在(-m,m)上单调递减.又f'(0)=0,故-m<x<0时,f'(x)>0,0<x<m时,f'(x)<0,故f(x)在(-m,0)上单调递增,在(0,m)上单调递减,x=0是f(x)的极大值点,符合题意.当2-a2≥0,即-2≤a≤2时,易知F'(x)在(0,1)上单调递增,又F'(0)>0,所以F'(x)>0在(0,1)上恒成立,故f'(x)在(0,1)上单调递增,则f'(x)在(-1,1)上单调递增.又f'(0)=0,所以-1<x<0时,f'(x)<0,0<x<1时,f'(x)>0,故f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,1)上单调递增,x=0是f(x)的极小值点,不符合题意.综上,a的取值范围为(-∞,-2)∪(2,+∞).9.(2023全国乙理,21,12分,难)已知函数+a ln(1+x).(1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)是否存在a,b,使得曲线y=f x=b对称?若存在,求a,b;若不存在,说明理由;(3)若f(x)在(0,+∞)存在极值点,求a的取值范围.解析(1)当a=-1时,-1ln(x+1),则f(1)=0,且f'(x)=-12ln(x+1)+-1·1r1,故f'(1)=-ln2,所以所求切线方程为y=-(x-1)ln2,即xln2+y-ln2=0.(2)存在.f r1,其定义域为(-∞,-1)∪(0,+∞).要使函数f x=b对称,则由x≠0且x≠-1知b=-12,此时f r1的图象关于直线x=-12对称,则f-12+t=f-12-t,即-12+t+a ln r12-12+t=t12-t ln t12r12,即+r12t12=−tt r12t12,∴a+t-12=−a+t+12,解得a=12.(3)f'(x)=-12ln(x+1)++a1r1=−+1)要使f(x)在(0,+∞)存在极值点,则方程ln(x+1)-B2+x r1=0有正根,记g(x)=ln(x+1)-B2+x r1,x>0,则g'(x)=-(1+p2·(ax+2a-1).①当a≤0时,g'(x)>0,故g(x)在(0,+∞)单调递增,g(x)>g(0)=0,不符合题意,舍去;②当a≥12时,g'(x)<0,故g(x)在(0,+∞)单调递减,g(x)<g(0)=0,不符合题意,舍去;③当0<a<12时,令g'(x)>0,得0<x<1−2;令g'(x)<0,得x>1−2.易知x→+∞时,g(x)→-∞,故只需g(x)max=ln+1−1−21−2+1=ln-1+4a-2>0即可,h(t)=ln(t-1)+4-2,t>2,则h'(t)=1t1−42=(t2)2(t1)2>0,故h(t)在(2,+∞)单调递增,∴h(t)>h(2)=0,故0<a<12时,有-1+4a-2>0,即符合题意.综上所述,当a∈0,,f(x)在(0,+∞)存在极值点.三年模拟一、单项选择题1.(2023广东广州二模,8,中)已知偶函数f(x)与其导函数f'(x)的定义域均为R,且y=f'(x)+e-x+x也是偶函数,若f(2a-1)<f(a+1),则实数a的取值范围是()A.(-∞,2)B.(0,2)C.(2,+∞)D.(-∞,0)∪(2,+∞)答案B2.(2022江苏南京大学附属中学4月质检,8,难)已知O为坐标原点,过曲线C:y=ln x(0<x<1)上一点P作C 的切线,交x轴于点A,则△AOP面积取最大值时,点P的纵坐标为()A.±5-12B.-5+12C.-5+12D.-e答案C3.(2023辽宁东北育才学校适应性测试,8,难)已知a=lnπ3,b=则a,b,c的大小关系是()A.c>b>aB.a>b>cC.b>a>cD.a>c>b答案C4.(2023河北唐山一模,8,难)已知函数f(x)=e x+e-x-ax2有三个极值点,则实数a的取值范围是()A.(-∞,1)B.(-∞,1]C.[1,+∞)D.(1,+∞)答案D二、多项选择题5.(2022福建龙岩一模,12,中)已知函数f(x)=3ln t3,a=f(log45),b=f(log34),c=f(3lnπ),则()A.当x∈(3,+∞)时,f(x)>0恒成立B.函数f(x)在区间(1,3)上单调递增C.a,b,c中最大的是cD.a,b,c中最小的是a答案AC6.(2023广东佛山二模,12,难)已知函数f(x)=e x-12x2-1,对于任意的实数a,b,下列结论一定成立的有()A.若a+b>0,则f(a)+f(b)>0B.若a+b>0,则f(a)-f(-b)>0C.若f(a)+f(b)>0,则a+b>0D.若f(a)+f(b)<0,则a+b<0答案ABD7.(2023山东日照一模,12,难)已知a>b,c>d,e r1=e r1=1.01,(1-c)e c=(1-d)e d=0.99,则()A.a+b>0B.c+d>0C.a+d>0D.b+c>0答案AD三、填空题8.(2023广东佛山二模,13,中)已知函数f(x)=x3-x有2个极值点x1,x2,则x1+x2+f(x1)+f(x2)=.答案09.(2023福建福州质检,16,中)不等式x<sinπ4+16的解集为.答案-∞10.(2022华大新高考联盟3月教学检测,16,中)已知函数f(x)的定义域为R,图象关于原点对称,其导函数为f'(x),当x>0时,f(x)+xln x·f'(x)<0,则不等式4|x|·f(x)>4f(x)的解集为.答案(-∞,-1)∪(0,1)11.(2023河北保定一模,16,难)已知f'(x)是函数f(x)在定义域上的导函数,且f'(x)+f(x)=e1-x,f(1)=1,若函数mf(x)=ln(mx)-x+2(m>0)在区间(0,+∞)内存在零点,则实数m的最小值为.答案1四、解答题12.(2023湖南长沙长郡中学一模,22,难)已知函数f(x)=ln x+ax-1,g(x)=xln x+(a-1)x+1.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)记f(x)的零点为x0,g(x)的极小值点为x1,当a∈(1,4)时,判断x0与x1的大小关系,并说明理由.解析(1)f'(x)=1+a+12=B2+x+12,x>0.①若a≥0,则f'(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增;②若a<0,令f'(x)>0,则0<x<-1-1−42,令f'(x)<0,则∴f(x)在0,2,∞上单调递减.(2)x0>x1.理由:g'(x)=ln x-12+a(x>0),设h(x)=ln x-12+a,则h'(x)=1+23>0,∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,即g'(x)在(0,+∞)上单调递增.又2-4+a<0,∴存在x2,1,使得g'(x2)=0,∴g(x)在(0,x2)上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增,∴x2为g(x)的极小值点,故x2=x1.由g'(x2)=0,x1=x2,得ln x1-1120,∴a=112-ln x1,∴f(x1)=ln x1+ax1-11=ln x1+x1−11=(1-x1)ln x1,又x1=x2,1,∴f(x1)=(1-x1)ln x1<0=f(x0),由(1)知a>0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,∴x0>x1.13.(2023湖北十堰四调,22,难)已知函数f(x)=(2-x)e x-ax-2.(1)若f(x)在R上单调递减,求a的取值范围;(2)当0≤a<1时,求证:f(x)在(0,+∞)上只有一个零点x0,且x0<e r1.解析(1)因为f(x)=(2-x)e x-ax-2,所以f'(x)=(1-x)e x-a.由f(x)在R上单调递减,得f'(x)≤0,即(1-x)e x-a≤0在R上恒成立.令g(x)=(1-x)e x-a,则g'(x)=-xe x.当x∈(-∞,0)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(0,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.故由g(x)max=g(0)=1-a≤0,解得a≥1,即a的取值范围为[1,+∞).(2)证明:由(1)可知,f'(x)在(0,+∞)上单调递减,又f'(0)=1-a>0,f'(1)=-a≤0,故∃x1∈(0,1],使得f'(x1)=0.当x∈(0,x1)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;当x∈(x1,+∞)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减.因为f(0)=0,f(2)=-2a-2<0,所以f(x)在(0,2)上只有一个零点x0,故函数f(x)在(0,+∞)上只有一个零点x0.因为0<x0<2,所以要证x0<e r1,即证ax0+x0-e<0,即证ax0+2-e≤0.由f(x0)=(2-x0)e0-ax0-2=0,得(2-x0)e0=ax0+2,所以(2-x0)e0≤e,故需证(2-x0)e0-e≤0即可.令h(x)=(2-x)e x-e,0<x<2,则h'(x)=(1-x)e x.当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增;当x∈(1,2)时,h'(x)<0,h(x)单调递减.故h(x)max=h(1)=0,即(2-x0)e0-e≤0,原不等式得证.14.(2023山东潍坊二模,22,难)已知函数f(x)=λln(x+1)-sin x.(1)若f(x)在(0,+∞)上的周期为2π,求λ的值;(2)当λ=1时,判断函数f(x)∞上零点的个数;(3)已知f(x)≥2(1-e x)在x∈[0,π]上恒成立,求实数λ的取值范围.解析(1)因为在x∈(0,+∞)上,f(x)=f(x+2π),所以λln(x+1)-sin x=λln(x+1+2π)-sin(x+2π),即λ[ln(x+1)-ln(x+1+2π)]=0在x∈(0,+∞)上恒成立,又ln(x+1)<ln(x+1+2π),所以λ=0.(2)当λ=1时,f(x)=ln(x+1)-sin x,则f'(x)=1r1-cos x,当x,πx≥0,1r1>0,所以f'(x)>0,则f(x),π上单调递增,又=ln+1-1<0,f(π)=ln(π+1)>0,所以f(x),π上有且仅有一个零点;当x∈[π,+∞)时,f(x)=ln(x+1)-sin x>ln(π+1)-1>0,所以在[π,+∞)上f(x)无零点.综上,f(x)∞上有且仅有一个零点.(3)f(x)≥2(1-e x),即λln(x+1)-sin x≥2(1-e x),整理得2e x-sin x+λln(x+1)-2≥0,令g(x)=2e x-sin x+λln(x+1)-2,x∈[0,π],则g'(x)=2e x-cos x+r1,当λ≥0时,对任意的x∈[0,π],r1≥0,又cos x∈[-1,1],2e x≥2,所以g'(x)>0,g(x)在[0,π]上单调递增,故g(x)≥g(0)=0,符合题意.当λ<0时,令h(x)=g'(x),x∈[0,π],则h'(x)=2e x+sin x-(r1)2,因为在x∈[0,π]上,h'(x)>0恒成立,即h(x)=g'(x)在[0,π]上单调递增.又g'(0)=λ+1,g'(π)=2eπ+1+π+1,当λ+1≥0,即-1≤λ<0时,在[0,π]上,有g'(x)≥0,此时g(x)在[0,π]上单调递增,g(x)≥g(0)=0,符合题意.当λ+1<0,即λ<-1时,若g'(π)>0,即-(π+1)(2eπ+1)<λ<-1,由函数零点存在定理,知存在x0∈(0,π),使得g'(x0)=0,故x∈(0,x0)时,g'(x)<0,所以g(x)在(0,x0)上单调递减,此时g(x0)<g(0)=0,不符合题意.若g'(π)≤0,即λ≤-(π+1)(2eπ+1),此时∀x∈[0,π]恒有g'(x)≤0且不恒为0,即g(x)在[0,π]上单调递减,所以g(π)<g(0)=0,不符合题意.综上,λ的取值范围是[-1,+∞).15.(2022广东汕头一模,22,难)已知函数f(x)=(x-1)e x-ax(a∈R且a为常数).(1)讨论函数f(x)的极值点个数;(2)若f(x)≥ln x-e x+1对任意的x∈(0,+∞)恒成立,求实数a的取值范围.解析(1)函数f(x)的定义域为R,f'(x)=xe x-a.令g(x)=xe x-a,则g'(x)=(x+1)e x,由g'(x)=0,可得x=-1,列表如下:x(-∞,-1)-1(-1,+∞)g'(x)-0+g(x)单调递减极小值-1-a单调递增所以g(x)min=g(-1)=-1e-a.①当-1e-a≥0,即a≤-1e时,对任意的x∈R,f'(x)≥0且f'(x)不恒为零,所以函数f(x)在R上单调递增,函数f(x)无极值点.②当a>-1e时,令h(x)=xe x,则h'(x)=(x+1)e x,令h'(x)=0,可得x=-1,列表如下:x(-∞,-1)-1(-1,+∞)h'(x)-0+h(x)单调递减极小值-1单调递增当x<0时,h(x)=xe x<0;当x>0时,h(x)=xe x>0.作出函数h(x)的图象与直线y=a如图所示:(i)当-1e<a<0时,直线y=a与函数h(x)的图象有两个交点,设这两个交点的横坐标分别为x1,x2,且x1<x2,由图可知,当x<x1或x>x2时,f'(x)=xe x-a>0;当x1<x<x2时,f'(x)=xe x-a<0.此时函数f(x)有2个极值点.(ii)当a≥0时,由图可知,直线y=a与函数h(x)的图象只有一个交点,设其横坐标为x0,则x0≥0,当x<x0时,f'(x)=xe x-a<0;当x>x0时,f'(x)=xe x-a>0.此时函数f(x)只有1个极值点.综上所述,当a≤-1e时,函数f(x)无极值点;当-1e<a<0时,函数f(x)有2个极值点;当a≥0时,函数f(x)只有1个极值点.(2)不等式f(x)≥ln x-e x+1对任意的x∈(0,+∞)恒成立,等价于xe x-ln x-1≥ax对任意的x∈(0,+∞)恒成立,即a≤e x-lnr1对任意的x∈(0,+∞)恒成立.令F(x)=e x-lnr1(x>0),则F'(x)=e x+ln2=2e+ln2,令φ(x)=x2e x+ln x(x>0),则φ'(x)=(x2+2x)e x+1>0对任意的x∈(0,+∞)恒成立,所以函数φ(x)在(0,+∞)上单调递增,因为=e1e-2-1<0,φ(1)=e>0,故存在t,1,使得φ(t)=t2e t+ln t=0,当0<x<t时,F'(x)<0,函数F(x)单调递减,当x>t时,F'(x)>0,函数F(x)单调递增,所以F(x)min=F(t)=e t-lnr1,因为t2e t=-ln t,所以te t=-ln=-ln t·e-ln t,因为t,所以-ln t∈(0,1).因为函数h(x)=xe x在(0,+∞)上单调递增,由te t=-ln t·e-ln t可得h(t)=h(-ln t),所以t=-ln t,可得e t=1,所以F(x)min=F(t)=e t-lnr1=1−-r1=1,故a≤1.。
第三高考数学一轮复习 函数的单调性与最值教案
城东蜊市阳光实验学校第三中学高考数学一轮复习函数的单调性与最值教案①利用函数的单调性．②定义法：先求定义域，再利用单调性定义．③图象法：假设f(x)是以图象形式给出的，或者者者f(x)的图象易作出，可由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． 5.函数的最值 设函数y ＝f(x)的定义域为I ，假设存在实数M 满足：(1)对于任意的x ∈I ，都有．(2)存在x0∈I ，使得.那么，我们称M 是函数y ＝f(x)的．最值与函数的值域有何关系？【提示】函数的最小值与最大值分别是函数值域中的最小元素与最大元素；任何一个函数，其值域必定存在，但其最值不一定存在。
(1) 求一个函数的最值时，应首先考虑函数的定义域．(2)函数的最值是函数值域中的一个取值，是自变量x 取了某个值时的对应值，故函数获得最值时，一定有相应的x 的值．前提自测 1．函数y ＝(2k ＋1)x ＋b 在(－∞，＋∞)上是减函数，那么 (D) 2．假设函数y ＝ax 与y ＝－x b在(0，＋∞)上都是减函数，那么y ＝ax2＋bx 在(0，＋∞)上是 (B) A ．增函数 B ．减函数C ．先增后减 D ．先减后增. 3．函数()f x =223x ax -+在区间(],2-∞上是单调函数,那么实数的取值范围是a≥2.4．设x1，x2为y ＝f(x)的定义域内的任意两个变量，有以下几个命题： ①(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0； ②(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＜0；其中能推出函数y ＝f(x)为增函数的命题为__①_③_____5.函数2()23f x x x =-+在[]0,m 上有最大值3,最小值2,那么正数m 的取值范围1≤m≤2.6.证明函数x x x f 3)(3+=在),(+∞-∞上是增函数 自主﹒﹒探究 例1答案：a ＞0:f(x)为减函数。
a ＜0:f(x)为增函数。
高三数学第一轮复习第二章《函数》课件
解析 (1)∵y＝11－ ＋xx＝－1＋1＋2 x ∴当 1＋x＞0 或 1＋x＜0 时，此函数均为减函数， 故减区间为(－1，＋∞)、(－∞，－1) (2)由11－ ＋xx≥0 得 x∈(－1,1]，此即为递减区间．
2．下列函数中，在区间(－∞，0)上是减函数的是( )
• (2)复合函数的单调性判断，要注意掌握“同增异减”．
• 2．根据定义证明函数单调性的一般步骤：设值(x1，x2且 x1<x2)→作差(f(x1)－f(x2))→变形→定号→结论．
• 3．对于函数f(x)的单调性，也可直接求f′(x)，当f′(x)>0时 为增函数，当f′(x)<0时为减函数．
• 4．单调性法是求最值(或值域)的常用方法．
• 题型一 判断或证明函数的单调性
例 1 判断函数 f(x)＝x2a－x 1(a≠0)在区间(－1,11<x2<1， 则 f(x1)－f(x2)＝axx121x－2＋11x22x－2－1x 1. ∵x1xx212－＋11xx222－－1x1>0， ∴a>0 时，函数 f(x)在(－1,1)上为减函数； a<0 时，函数 f(x)在(－1,1)上为增函数．
A．y＝1－x2
B．y＝x2＋x
C．y＝－ －x
D．y＝x－x 1
• 答案 D
• 3．函数y＝x2＋bx＋c(x∈[0，＋∞))是单调函数， 则b的取值范围是( )
• A．b≥0
B．b≤0
• C．b>0
D．b<0
• 答案 A
解析 由－b2≤0，得 b≥0.
• 4．函数f(x)＝log0.5(x2－2x－8)的增区间________；减区 间________．
【步步高】高考数学第一轮大复习(基础+思想典型题+题组专练)2.2函数的单调性与最值文档专练 文
§2.2 函数的单调性与最值1．函数的单调性 (1)(2)单调区间的定义如果函数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． 2．结论M 为最大值1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数y ＝1x的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．( × )(2)对于函数f (x )，x ∈D ，若x 1，x 2∈D ，且(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0，则函数f (x )在D 上是增函数．( √ )(3)函数y ＝|x |是R 上的增函数． ( × )(4)函数y ＝f (x )在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞)． ( × ) (5)函数f (x )＝log 5(2x ＋1)的单调增区间是(0，＋∞)．( × ) (6)函数y ＝1－x 21＋x 2的最大值为1.( √ ) 2．函数y ＝x 2－6x ＋10在区间(2,4)上是( )A ．递减函数B ．递增函数C ．先递减再递增D ．先递增再递减答案 C解析 作出函数y ＝x 2－6x ＋10的图象(图略)， 根据图象可知函数在(2,4)上是先递减再递增．3．(2013·安徽)“a ≤0”是“函数f (x )＝|(ax －1)x |在区间(0，＋∞)内单调递增”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件答案 C解析 本题利用函数的图象确定字母的取值范围，再利用充要条件的定义进行判断． 当a ＝0时，f (x )＝|(ax －1)x |＝|x |在区间(0，＋∞)上单调递增；当a <0时，结合函数f (x )＝|(ax －1)x |＝|ax 2－x |的图象知函数在(0，＋∞)上单调递增，如图(1)所示；当a >0时，结合函数f (x )＝|(ax －1)x |＝|ax 2－x |的图象知函数在(0，＋∞)上先增后减再增，不符合条件，如图(2)所示．所以，要使函数f (x )＝|(ax －1)x |在(0，＋∞)上单调递增只需a ≤0.即“a ≤0”是“函数f (x )＝|(ax －1)x |在(0，＋∞)上单调递增”的充要条件．4．函数f (x )＝2xx ＋1在[1,2]的最大值和最小值分别是________________________________________________________________________．答案 43，1解析 f (x )＝2x x ＋1＝2(x ＋1)－2x ＋1＝2－2x ＋1在[1,2]上是增函数，∴f (x )max ＝f (2)＝43，f (x )min ＝f (1)＝1.5．函数y ＝log 21(2x 2－3x ＋1)的单调减区间为________．答案 (1，＋∞)解析 由2x 2－3x ＋1>0，得函数的定义域为(－∞，12)∪(1，＋∞)．令t ＝2x 2－3x ＋1，则y ＝log 21t ，∵t ＝2x 2－3x ＋1＝2(x －34)2－18，∴t ＝2x 2－3x ＋1的单调增区间为(1，＋∞)．又y ＝log 21t 在(1，＋∞)上是减函数，∴函数y ＝log 21(2x 2－3x ＋1)的单调减区间为(1，＋∞).题型一 函数单调性的判断例1 讨论函数f (x )＝axx 2－1(a >0)在x ∈(－1,1)上的单调性．思维启迪 可根据定义，先设－1<x 1<x 2<1，然后作差、变形、定号、判断． 解 设－1<x 1<x 2<1，则f (x 1)－f (x 2)＝ax 1x 21－1－ax 2x 22－1＝ax 1x 22－ax 1－ax 2x 21＋ax 2(x 21－1)(x 22－1)＝a (x 2－x 1)(x 1x 2＋1)(x 21－1)(x 22－1). ∵－1<x 1<x 2<1，∴x 2－x 1>0，x 1x 2＋1>0，(x 21－1)(x 22－1)>0.又∵a >0，∴f (x 1)－f (x 2)>0， ∴函数f (x )在(－1,1)上为减函数．思维升华 利用定义法证明或判断函数单调性的步骤：(1)已知a >0，函数f (x )＝x ＋ax(x >0)，证明：函数f (x )在(0，a ]上是减函数，在[a ，＋∞)上是增函数；(2)求函数y ＝x 2＋x －6的单调区间．(1)证明 设x 1，x 2是任意两个正数，且0<x 1<x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝⎝⎛⎭⎫x 1＋a x 1－⎝⎛⎭⎫x 2＋a x 2 ＝x 1－x 2x 1x 2(x 1x 2－a )． 当0<x 1<x 2≤a 时，0<x 1x 2<a ，又x 1－x 2<0， 所以f (x 1)－f (x 2)>0，即f (x 1)>f (x 2)， 所以函数f (x )在(0，a ]上是减函数； 当a ≤x 1<x 2时，x 1x 2>a ，又x 1－x 2<0， 所以f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)， 所以函数f (x )在[a ，＋∞)上是增函数．(2)解 令u ＝x 2＋x －6，y ＝x 2＋x －6可以看作有y ＝u 与u ＝x 2＋x －6的复合函数． 由u ＝x 2＋x －6≥0，得x ≤－3或x ≥2.∵u ＝x 2＋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 ＝x 2＋x －6的单调减区间为(－∞，－3]，单调增区间为[2，＋∞)． 题型二 利用函数的单调性求参数例2 (1)如果函数f (x )＝ax 2＋2x －3在区间(－∞，4)上是单调递增的，则实数a 的取值范围是( ) A ．a >－14 B ．a ≥－14C ．－14≤a <0D ．－14≤a ≤0(2)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(2－a )x ＋1，x <1，a x ，x ≥1，满足对任意x 1≠x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>0成立，那么a 的取值范围是________．思维启迪 利用函数的单调性求参数或参数的取值范围，解题思路为视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参．答案 (1)D (2)[32，2)解析 (1)当a ＝0时，f (x )＝2x －3，在定义域R 上是单调递增的，故在(－∞，4)上单调递增；当a ≠0时，二次函数f (x )的对称轴为x ＝－1a ，因为f (x )在(－∞，4)上单调递增，所以a <0，且－1a ≥4，解得0>a ≥－14.综合上述得－14≤a ≤0.(2)由已知条件得f (x )为增函数，∴⎩⎪⎨⎪⎧2－a >0a >1(2－a )×1＋1≤a， 解得32≤a <2，∴a 的取值范围是[32，2)．思维升华 已知函数的单调性确定参数的值或范围要注意以下两点：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，还要注意衔接点的取值．(1)函数y ＝x －5x －a －2在(－1，＋∞)上单调递增，则a 的取值范围是( )A ．a ＝－3B ．a <3C ．a ≤－3D ．a ≥－3 (2)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a x (x >1)，⎝⎛⎭⎫4－a 2x ＋2 (x ≤1)是R 上的单调递增函数，则实数a 的取值范围为( )A ．(1，＋∞)B ．[4,8)C ．(4,8)D ．(1,8)答案 (1)C (2)B 解析 (1)y ＝x －5x －a －2＝1＋a －3x －(a ＋2)，由函数在(－1，＋∞)上单调递增，有⎩⎪⎨⎪⎧a －3<0a ＋2≤－1，解得a ≤－3. (2)因为f (x )是R 上的单调递增函数，所以可得⎩⎪⎨⎪⎧a >1，4－a 2>0，a ≥4－a 2＋2.解得4≤a <8，故选B.题型三 函数的单调性和最值例3 已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f (x )满足f ⎝⎛⎭⎫x 1x 2＝f (x 1)－f (x 2)，且当x >1时，f (x )<0.(1)求f (1)的值；(2)证明：f (x )为单调递减函数；(3)若f (3)＝－1，求f (x )在[2,9]上的最小值．思维启迪 抽象函数的问题要根据题设及所求的结论来适当取特殊值，证明f (x )为单调减函数的首选方法是用单调性的定义来证．问题(3)用函数的单调性即可求最值． (1)解 令x 1＝x 2>0，代入得f (1)＝f (x 1)－f (x 1)＝0，故f (1)＝0.(2)证明 任取x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1>x 2，则x 1x 2>1，由于当x >1时，f (x )<0，所以f ⎝⎛⎭⎫x 1x 2<0， 即f (x 1)－f (x 2)<0，因此f (x 1)<f (x 2)，所以函数f (x )在区间(0，＋∞)上是单调递减函数． (3)解 ∵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f ⎝⎛⎭⎫x 1x 2＝f (x 1)－f (x 2)得， f ⎝⎛⎭⎫93＝f (9)－f (3)，而f (3)＝－1，所以f (9)＝－2. ∴f (x )在[2,9]上的最小值为－2.思维升华 (1)抽象函数的单调性的判断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x 1，x 2在所给区间内比较f (x 1)－f (x 2)与0的大小，或f (x 1)f (x 2)与1的大小．有时根据需要，需作适当的变形：如x 1＝x 2·x 1x 2或x 1＝x 2＋x 1－x 2等；(2)利用函数单调性可以求函数最值，若函数f (x )在[a ，b ]上单调递增，则f (x )的最小值是f (a )，最大值是f (b )．(1)如果函数f (x )对任意的实数x ，都有f (1＋x )＝f (－x )，且当x ≥12时，f (x )＝log 2(3x－1)，那么函数f (x )在[－2,0]上的最大值与最小值之和为( )A ．2B ．3C ．4D ．－1(2)函数f (x )＝1x －1在区间[a ，b ]上的最大值是1，最小值是13，则a ＋b ＝________.答案 (1)C (2)6解析 (1)根据f (1＋x )＝f (－x )，可知函数f (x )的图象关于直线x ＝12对称．又函数f (x )在[12，＋∞)上单调递增，故f (x )在(－∞，12]上单调递减，则函数f (x )在[－2,0]上的最大值与最小值之和为f (－2)＋f (0)＝f (1＋2)＋f (1＋0)＝f (3)＋f (1)＝log 28＋log 22＝4. (2)易知f (x )在[a ，b ]上为减函数，∴⎩⎪⎨⎪⎧f (a )＝1，f (b )＝13，即⎩⎨⎧1a －1＝1，1b －1＝13，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝4. ∴a ＋b ＝6.函数单调性的应用典例：(12分)函数f(x)对任意的m、n∈R，都有f(m＋n)＝f(m)＋f(n)－1，并且x>0时，恒有f(x)>1.(1)求证：f(x)在R上是增函数；(2)若f(3)＝4，解不等式f(a2＋a－5)<2.思维启迪(1)对于抽象函数的单调性的证明，只能用定义．应该构造出f(x2)－f(x1)并与0比较大小．(2)将函数不等式中的抽象函数符号“f”运用单调性“去掉”是本小题的切入点．要构造出f(M)<f(N)的形式．规范解答(1)证明设x1，x2∈R，且x1<x2，∴x2－x1>0，∵当x>0时，f(x)>1，∴f(x2－x1)>1. [2分]f(x2)＝f[(x2－x1)＋x1]＝f(x2－x1)＋f(x1)－1，[4分]∴f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)－1>0⇒f(x1)<f(x2)，∴f(x)在R上为增函数．[6分](2)解∵m，n∈R，不妨设m＝n＝1，∴f(1＋1)＝f(1)＋f(1)－1⇒f(2)＝2f(1)－1，[8分]f(3)＝4⇒f(2＋1)＝4⇒f(2)＋f(1)－1＝4⇒3f(1)－2＝4，∴f(1)＝2，∴f(a2＋a－5)<2＝f(1)，[10分]∵f(x)在R上为增函数，∴a2＋a－5<1⇒－3<a<2，即a∈(－3,2)．[12分]解函数不等式问题的一般步骤：第一步：确定函数f(x)在给定区间上的单调性；第二步：将函数不等式转化为f(M)<f(N)的形式；第三步：运用函数的单调性“去掉”函数的抽象符号“f”，转化成一般的不等式或不等式组；第四步：解不等式或不等式组确定解集；第五步：反思回顾．查看关键点，易错点及解题规范．温馨提醒本题对函数的单调性的判断是一个关键点．不会运用条件x>0时，f(x)>1.构造不出f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)－1的形式，找不到问题的突破口．第二个关键应该是将不等式化为f(M)<f(N)的形式．解决此类问题的易错点：忽视M、N的取值范围，即忽视f(x)所在的单调区间的约束.方法与技巧1．利用定义判断或证明函数的单调性 设任意x 1，x 2∈[a ，b ]且x 1<x 2，那么 ①f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>0⇔f (x )在[a ，b ]上是增函数；f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<0⇔f (x )在[a ，b ]上是减函数．②(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0⇔f (x )在[a ，b ]上是增函数； (x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]<0⇔f (x )在[a ，b ]上是减函数． 函数的单调性是对某个区间而言的． 2．求函数的单调区间首先应注意函数的定义域，函数的单调区间都是其定义域的子集；其次掌握一次函数、二次函数等基本初等函数的单调区间．常用方法：根据定义、利用图象和单调函数的性质、利用导数的性质． 3．复合函数的单调性对于复合函数y ＝f [g (x )]，若t ＝g (x )在区间(a ，b )上是单调函数，且y ＝f (t )在区间(g (a )，g (b ))或者(g (b )，g (a ))上是单调函数，若t ＝g (x )与y ＝f (t )的单调性相同(同时为增或减)，则y ＝f [g (x )]为增函数；若t ＝g (x )与y ＝f (t )的单调性相反，则y ＝f [g (x )]为减函数． 简称：同增异减． 失误与防范函数的单调区间是指函数在定义域内的某个区间上单调递增或单调递减．单调区间要分开写，即使在两个区间上的单调性相同，也不能用并集表示.A 组 专项基础训练一、选择题1．函数f (x )中，满足“对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，当x 1<x 2时，都有f (x 1)>f (x 2)”的是( )A ．f (x )＝1x B ．f (x )＝(x －1)2C ．f (x )＝e xD ．f (x )＝ln(x ＋1)答案 A解析 由题意知f (x )在(0，＋∞)上是减函数．A 中，f (x )＝1x满足要求；B 中，f (x )＝(x －1)2在[0,1]上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数；C 中，f (x )＝e x 是增函数；D 中，f (x )＝ln(x ＋1)是增函数．2．若函数f (x )＝－x 2＋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)B ．(－1,0)∪(0,1]C ．(0,1)D ．(0,1]答案 D解析 ∵f (x )＝－x 2＋2ax ＝－(x －a )2＋a 2在[1,2]上是减函数， ∴a ≤1.①又g (x )＝(a ＋1)1－x 在[1,2]上是减函数．∴a ＋1>1，∴a >0.② 由①、②知，0<a ≤1.3．已知函数f (x )＝2ax 2＋4(a －3)x ＋5在区间(－∞，3)上是减函数，则a 的取值范围是( )A ．(0，34)B ．(0，34]C ．[0，34)D ．[0，34]答案 D解析 当a ＝0时，f (x )＝－12x ＋5，在(－∞，3)上是减函数，当a ≠0时，由⎩⎪⎨⎪⎧a >0－4(a －3)4a ≥3，得0<a ≤34，综上a 的取值范围是0≤a ≤34.4．已知f (x )为R 上的减函数，则满足f (1x)>f (1)的实数x 的取值范围是( )A ．(－∞，1)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，0)∪(0,1)D ．(－∞，0)∪(1，＋∞)答案 D解析 依题意得1x <1，即x －1x >0，所以x 的取值范围是x >1或x <0.5．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 ．－1B ．1C ．6D ．12答案 C解析 由已知得当－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. 二、填空题6．函数f (x )＝ln(4＋3x －x 2)的单调递减区间是__________．答案 ⎣⎡⎭⎫32，4解析 函数f (x )的定义域是(－1,4)，u (x )＝－x 2＋3x ＋4＝－⎝⎛⎭⎫x －322＋254的减区间为⎣⎡⎭⎫32，4，∵e>1，∴函数f (x )的单调递减区间为⎣⎡⎭⎫32，4.7．设函数f (x )＝ax ＋1x ＋2a 在区间(－2，＋∞)上是增函数，那么a 的取值范围是__________．答案 [1，＋∞)解析 f (x )＝ax ＋2a 2－2a 2＋1x ＋2a ＝a －2a 2－1x ＋2a，∵函数f (x )在区间(－2，＋∞)上是增函数．∴⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 2－1>0－2a ≤－2⇒⎩⎪⎨⎪⎧2a 2－1>0a ≥1⇒a ≥1. 8．已知f (x )为R 上的减函数，则满足f ⎝⎛⎭⎫⎪⎪⎪⎪1x <f (1)的实数x 的取值范围是______________． 答案 (－1,0)∪(0,1)解析 由f ⎝⎛⎭⎫⎪⎪⎪⎪1x <f (1)，得⎪⎪⎪⎪1x >1， ∴1x >1或1x <－1，∴0<x <1或－1<x <0. 三、解答题9．函数f (x )＝x 2－4x －4在闭区间[t ，t ＋1](t ∈R )上的最小值记为g (t )． (1)试写出g (t )的函数表达式； (2)求g (t )的最小值．解 (1)f (x )＝x 2－4x －4＝(x －2)2－8. 当t >2时，f (x )在[t ，t ＋1]上是增函数， ∴g (t )＝f (t )＝t 2－4t －4；当t ≤2≤t ＋1，即1≤t ≤2时，g (t )＝f (2)＝－8； 当t ＋1<2，即t <1时，f (x )在[t ，t ＋1]上是减函数， ∴g (t )＝f (t ＋1)＝t 2－2t －7.从而g (t )＝⎩⎪⎨⎪⎧t 2－2t －7 (t <1)，－8 (1≤t ≤2)，t 2－4t －4 (t >2).(2)g (t )的图象如图所示，由图象易知g (t )的最小值为－8.10．已知函数f (x )＝－2x ＋1，x ∈[0,2]，求函数的最大值和最小值．解 设x 1，x 2是区间[0,2]上的任意两个实数，且x 1＜x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝－2x 1＋1－(－2x 2＋1)＝－2(x 2＋1－x 1－1)(x 1＋1)(x 2＋1)＝－2(x 2－x 1)(x 1＋1)(x 2＋1). 由0≤x 1＜x 2≤2，得x 2－x 1＞0，(x 1＋1)(x 2＋1)＞0，所以f (x 1)－f (x 2)＜0，即f (x 1)＜f (x 2)，故f (x )在区间[0,2]上是增函数．因此，函数f (x )＝－2x ＋1在区间[0,2]的左端点取得最小值，右端点取得最大值，即最小值是f (0)＝－2，最大值是f (2)＝－23. B 组 专项能力提升1．已知函数f (x )＝x 2－2ax ＋a 在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g (x )＝f (x )x在区间(1，＋∞)上一定( ) A ．有最小值B ．有最大值C ．是减函数D ．是增函数答案 D 解析 由题意知a <1，∴g (x )＝f (x )x ＝x ＋a x－2a ， 当a <0时，g (x )在(1，＋∞)上是增函数，当a >0时，g (x )在[a ，＋∞)上是增函数，故在(1，＋∞)上为增函数，∴g (x )在(1，＋∞)上一定是增函数．2．已知函数f (x )＝e |x －a |(a 为常数)．若f (x )在区间[1，＋∞)上是增函数，则a 的取值范围是________．答案 (－∞，1]解析 ∵f (x )＝e |x －a |＝⎩⎪⎨⎪⎧e x －a (x ≥a )，e －x ＋a (x <a )， ∴f (x )在[a ，＋∞)上为增函数，则[1，＋∞)⊆[a ，＋∞)，∴a ≤1.3．对于任意实数a ，b ，定义min{a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≤b ，b ，a >b .设函数f (x )＝－x ＋3，g (x )＝log 2x ，则函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}的最大值是________．答案 1解析 依题意，h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，0<x ≤2，－x ＋3，x >2. 当0<x ≤2时，h (x )＝log 2x 是增函数；当x >2时，h (x )＝3－x 是减函数，∴h (x )在x ＝2时，取得最大值h (2)＝1.4．已知函数f (x )＝lg(x ＋a x－2)，其中a 是大于0的常数．(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，试确定a 的取值范围．解 (1)由x ＋a x －2>0，得x 2－2x ＋a x>0， a >1时，x 2－2x ＋a >0恒成立，定义域为(0，＋∞)， a ＝1时，定义域为{x |x >0且x ≠1}，0<a <1时，定义域为{x |0<x <1－1－a 或x >1＋1－a }．(2)设g (x )＝x ＋a x－2，当a ∈(1,4)，x ∈[2，＋∞)时， g ′(x )＝1－a x 2＝x 2－a x 2>0恒成立， ∴g (x )＝x ＋a x－2在[2，＋∞)上是增函数． ∴f (x )＝lg(x ＋a x－2)在[2，＋∞)上是增函数． ∴f (x )＝lg(x ＋a x－2)在[2，＋∞)上的最小值为 f (2)＝lg a 2. (3)对任意x ∈[2，＋∞)恒有f (x )>0，即x ＋a x－2>1对x ∈[2，＋∞)恒成立． ∴a >3x －x 2，而h (x )＝3x －x 2＝－(x －32)2＋94在x ∈[2，＋∞)上是减函数， ∴h (x )max ＝h (2)＝2.∴a >2.5．已知f (x )＝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．(1)证明 任取x 1<x 2<－2，则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1＋2－x 2x 2＋2＝2(x 1－x 2)(x 1＋2)(x 2＋2). ∵(x 1＋2)(x 2＋2)>0，x 1－x 2<0，∴f (x 1)<f (x 2)，∴f (x )在(－∞，－2)内单调递增．(2)解 任设1<x 1<x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1－a －x 2x 2－a ＝a (x 2－x 1)(x 1－a )(x 2－a ). ∵a >0，x 2－x 1>0，∴要使f(x1)－f(x2)>0，只需(x1－a)(x2－a)>0恒成立，∴a≤1. 综上所述知a的取值范围是(0,1]．。
高三数学一轮复习精品教案2：导数与函数的单调性、极值教学设计
3.2导数与函数的单调性、极值1.了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．2．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)．『梳理自测』一、函数的导数与单调性1．(教材改编)函数f(x)＝1＋x－sin x在(0，2π)上是()A．增函数B．减函数C．在(0，π)上增，在(π，2π)上减D．在(0，π)上减，在(π，2π)上增2．函数f(x)＝x2－2ln x的单调减区间是()A．(0，1)B．(1，＋∞)C．(－∞，1) D．(－1，1)3．(教材改编)函数f(x)＝x3－15x2－33x＋6的单调减区间为________．4．函数f(x)＝x3＋ax－2在(1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是________．『答案』1.A 2.A 3.(－1，11) 4.『－3，＋∞)◆以上题目主要考查了以下内容：在(a，b)内可导函数f(x)，f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒等于0.f′(x)≥0⇔f(x)在(a，b)为增函数；f′(x)≤0⇔f(x)在(a，b)为减函数．二、函数的导数与极值1．若函数f(x)＝x3＋ax2＋3x－9在x＝－3时取得极值，则a等于()A．2 B．3C．4 D．52．(教材改编)函数f(x)＝x3－3x2＋1在x＝________处取得极小值．『答案』1.D 2.2◆以上题目主要考查了以下内容：(1)判断f(x0)是极值的方法：一般地，当函数f(x)在点x0处连续时，①如果在x0附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，那么f(x0)是极小值．(2)求可导函数极值的步骤：①求f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③检查f′(x)在方程f′(x)＝0的根左右值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．如果左右两侧符号一样，那么这个根不是极值点．『指点迷津』1．一个方程求函数y＝f(x)的极值点，先解方程f′(x)＝0的根．2．两个条件(1)f′(x)＞0在(a，b)上成立是f(x)在(a，b)上单调递增的充分条件．(2)对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件．3．三个步骤求函数单调区间的步骤：(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)由f′(x)＞0(f′(x)＜0)解出相应的x的范围．当f′(x)＞0时，f(x)在相应的区间上是增函数；当f′(x)＜0时，f(x)在相应的区间上是减函数，还可以列表，写出函数的单调区间．考向一利用导数研究函数的单调性(2014·湖北省八校联考)已知函数f(x)＝(x＋a)2－7b ln x＋1，其中a，b是常数且a≠0.(1)若b ＝1时，f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，求a 的取值范围； (2)当b ＝47a 2时，讨论f(x)的单调性．『审题视点』 (1)当x ＞1时，f′(x)≥0恒成立，求a 的范围．(2)讨论a ＞0和a ＜0时，f(x)的单调性．『典例精讲』 (1)∵b ＝1，∴f(x)＝(x ＋a)2－7ln x ＋1，∴f′(x)＝2x ＋2a －7x.∵当x ＞1时，f(x)是增函数，∴f′(x)＝2x ＋2a －7x ≥0在x ＞1时恒成立．即a≥72x －x 在x ＞1时恒成立．∵当x ＞1时，y ＝72x－x 是减函数， ∴当x ＞1时，y ＝72x －x ＜52，∴a≥52. (2)∵b ＝47a 2，∴f(x)＝(x ＋a)2－4a 2ln x ＋1，x ∈(0，＋∞)． ∴f′(x)＝2x 2＋2ax －4a 2x ＝2（x －a ）（x ＋2a ）x .当a ＞0时，f′(x)＞0，得x ＞a 或x ＜－2a ， 故f(x)的减区间为(0，a)，增区间为(a ，＋∞)； 当a ＜0时，f′(x)＞0，得x ＞－2a 或x ＜a ，故f(x)的减区间为(0，－2a)，增区间为(－2a ，＋∞)．『类题通法』 (1)当f(x)不含参数时，可通过解不等式f′(x)＞0(或f′(x)＜0)直接得到单调递增(或递减)区间．(2)已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f′(x)≥0(『或f′(x)≤0』，x ∈(a ，b)』恒成立，解出参数的取值范围(一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f′(x)不恒等于0的参数的范围．1．(2014·山东名校联考)已知函数f(x)＝3xa－2x 2＋ln x ，其中a 为常数且a≠0.(1)若a ＝1，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间『1，2』上为单调函数，求a 的取值范围．『解析』(1)当a ＝1时，f(x)＝3x －2x 2＋ln x ，其定义域为(0，＋∞)，则f′(x)＝1x－4x ＋3＝－4x 2＋3x ＋1x ＝－（4x ＋1）（x －1）x(x ＞0)，当x ∈(0，1)时，f′(x)＞0，故函数f(x)在区间(0，1)上单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，故函数f(x)在区间(1，＋∞)上单调递减． 所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (2)由题易得f′(x)＝3a －4x ＋1x (x ＞0)，因为函数f(x)在区间『1，2』上为单调函数， 所以在区间『1，2』上，f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立，即3a －4x ＋1x ≥0或3a －4x ＋1x ≤0在x ∈『1，2』时恒成立，即3a ≥4x －1x 或3a ≤4x －1x (1≤x≤2)，即3a ≥(4x －1x )max 或3a ≤(4x －1x)min ，其中1≤x≤2. 令h(x)＝4x －1x (1≤x≤2)，易知函数h(x)在『1，2』上单调递增，故h(1)≤h(x)≤h(2)．所以3a ≥h(2)或3a ≤h(1)，即3a ≥4×2－12＝152，3a ≤4×1－11＝3，解得a ＜0或0＜a≤25或a≥1.故a 的取值范围为(－∞，0)∪(0，25)∪『1，＋∞)．考向二 利用导数求函数的极值(2012·高考江苏卷)若函数y ＝f(x)在x ＝x 0处取得极大值或极小值，则称x 0为函数y ＝f(x)的极值点．已知a ，b 是实数，1和－1是函数f(x)＝x 3＋ax 2＋bx 的两个极值点．(1)求a 和b 的值；(2)设函数g(x)的导函数g′(x)＝f(x)＋2，求g(x)的极值点．『审题视点』 1和－1为f(x)的极值点，则有f′(1)＝0，f′(－1)＝0求a 和b ，再根据极值的概念求g(x)的极值点．『典例精讲』 (1)由题设知f′(x)＝3x 2＋2ax ＋b ，且f′(－1)＝3－2a ＋b ＝0，f′(1)＝3＋2a ＋b ＝0. 解得a ＝0，b ＝－3.(2)由(1)知f(x)＝x 3－3x.因为f(x)＋2＝(x －1)2(x ＋2)，所以g′(x)＝0的根为x 1＝x 2＝1，x 3＝－2，于是函数g(x)的极值点只可能是1或－2.当x ＜－2时，g′(x)＜0；当－2＜x ＜1时，g′(x)＞0，故－2是g(x)的极值点． 当－2＜x ＜1或x ＞1时，g′(x)＞0，故1不是g(x)的极值点． 所以g(x)的极值点为－2.『类题通法』 利用导数研究函数的极值的一般流程：2．(2014·广东省惠州市高三调研)已知函数f(x)＝x 3－3ax(a ∈R)．(1)当a ＝1时，求f (x )的极小值；(2)若对任意的m ∈R ，直线x ＋y ＋m ＝0都不是曲线y ＝f (x )的切线，求a 的取值范围． 『解析』(1)当a ＝1时，f ′(x )＝3x 2－3， 令f ′(x )＝0，得x ＝－1或x ＝1， 当x ∈(－1，1)时，f ′(x )＜0，当x ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，∴f (x )在(－1，1)上单调递减，在(－∞，－1』，『1，＋∞)上单调递增， ∴f (x )的极小值是f (1)＝－2.(2)f ′(x )＝3x 2－3a ，直线x ＋y ＋m ＝0即y ＝－x －m ，依题意，切线斜率k ＝f ′(x )＝3x 2－3a ≠－1，即3x 2－3a ＋1＝0无解， ∴Δ＝0－4×3(－3a ＋1)＜0， ∴a ＜13.用导数研究函数单调性和极值(2014·烟台四校达标检测)已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫m ＋1m ln x ＋1x －x ，其中常数m ＞0. (1)当m ＝2时，求函数f (x )的极大值； (2)讨论函数f (x )在区间(0，1)上的单调性． 『审题视点』 讨论f ′(x )＝0的根与区间(0，1)的关系．『思维流程』求定义域，并求导函数f ′(x )． 确定极值点． 确定极大值．求导函数f ′(x )＝0的根．分三种情况讨论m 与区间(0，1)的关系，从而确定f ′(x )的正负．确定单调性．『规范解答』 (1)当m ＝2时，f (x )＝52ln x ＋1x－x ，∵f ′(x )＝52x －1x 2－1＝－（x －2）（2x －1）2x 2(x ＞0).2分∴当0＜x ＜12或x ＞2时，f ′(x )＜0；当12＜x ＜2时，f ′(x )＞0.∴函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，12和区间(2，＋∞)上单调递减，在区间⎝⎛⎭⎫12，2上单调递增，4分∴函数f (x )的极大值为f (2)＝52ln 2－32.6分(2)由题意知，f ′(x )＝m ＋1m x －1x2－1＝－x 2－⎝⎛⎭⎫m ＋1m x ＋1x 2＝－（x －m ）⎝⎛⎭⎫x －1m x 2(x ＞0，m ＞0).8分①当0＜m ＜1时，1m ＞1，故当x ∈(0，m )时，f ′(x )＜0，当x ∈(m ，1)时，f ′(x )＞0，此时函数f (x )在区间(0，m )上单调递减，在区间(m ，1)上单调递增.10分 ②当m ＝1时，1m ＝1，故当x ∈(0，1)时，f ′(x )＝－（x －1）2x 2＜0恒成立，此时函数f (x )在区间(0，1)上单调递减.11分③当m ＞1时，0＜1m ＜1，故当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1m 时，f ′(x )＜0，当x ∈⎝⎛⎭⎫1m ，1时，f ′(x )＞0， 此时函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，1m 上单调递减，在区间⎝⎛⎭⎫1m ，1上单调递增.12分『规范建议』 ①在第一步中，不能忽视定义域(x ＞0)否则单调区间求错．②在第五步讨论中，不可丢掉m ＝1的情况．1．(2013·高考福建卷)设函数f (x )的定义域为R ，x 0(x 0≠0)是f (x )的极大值点，以下结论一定正确的是( )A．∀x∈R，f(x)≤f(x0)B．－x0是f(－x)的极小值点C．－x0是－f(x)的极小值点D．－x0是－f(－x)的极小值点『解析』选D.本题考查的是函数的极值．函数的极值不是最值，A错误；因为－f(－x)和f(x)关于原点对称，故－x0是－f(－x)的极小值点，D正确．2．函数f(x)＝(1－cos x)sin x在『－π，π』的图象大致为()『答案』D3．(2012·高考重庆卷)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图象可能是()『解析』选C.当x＜－2时，y＝xf′(x)＞0，当x＝－2时，y＝0，当0＞x＞－2时，y＝xf′(x)＜0，当x＝0时，y＝0，当x＞0时，y＞0，选C.4．(2013·高考全国大纲卷)已知函数f(x)＝x3＋3ax2＋3x＋1.(1)当a＝－2时，讨论f(x)的单调性；(2)若x∈『2，＋∞)时，f(x)≥0，求a的取值范围．『解析』(1)当a＝－2时，f(x)＝x3－32x2＋3x＋1，f ′(x )＝3x 2－62x ＋3.令f ′(x )＝0，得x 1＝2－1，x 2＝2＋1. 当x ∈(－∞，2－1)时，f ′(x )＞0， f (x )在(－∞，2－1)上是增函数； 当x ∈(2－1，2＋1)时，f ′(x )＜0， f (x )在(2－1，2＋1)上是减函数； 当x ∈(2＋1，＋∞)时，f ′(x )＞0， f (x )在(2＋1，＋∞)上是增函数． (2)由f (2)≥0，得a ≥－54.当a ≥－54，x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＝3(x 2＋2ax ＋1)≥3⎝⎛⎭⎫x 2－52x ＋1 ＝3⎝⎛⎭⎫x －12(x －2)＞0， 所以f (x )在(2，＋∞)上是增函数，于是当x ∈『2，＋∞)时，f (x )≥f (2)≥0. 综上，a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫－54，＋∞.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
判已断知函函数数f(fx()x＝)＝x2－x＋2aax(－a>3在0)在区间(0[，1，＋2]∞上)具上有的单单调调性性，． 则实数a的取值范围为_x_______．
函数 f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是( )
A．(－∞，－2)
B．(－∞，－1)
C．(1，＋∞)
D．(4，＋∞)
(1)函数 f(x)＝log (x2－4)的单调递增区间为( )
A．f(－π )<f(－2)<f(3) B．f(－π )>f(－2)>f(3) C．f(－π )<f(3)<f(－2) D．f(－π )>f(3)>f(－2)
(2)已知函数 f(x)＝ x2＋4x，x≥0， 若 f(2－a2) >f(a)，则实数 a 的取 4x－x2，x<0，
值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(2，＋∞)
B．(－1，2)
C．(－2，1)
D．(－∞，－2)∪(1，＋∞)
2．函数的最值
(1)最大值
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对于任意的 x∈I，都有
；
②存在 x0∈I，使得
．
那么，我们称 M 是函数 y＝f(x)的最大值．
(2)最小值
一般地，设函数 y＝f(x)的定义域为 I，如果存在实数 N 满足：
函数的单调性与最值
认识单调性 从左向右图像下降，y随x的增大而减小； 从左向右图像上升，y随x的增大而增大.
增函数的概念：一般地，设函数f(x)的定义域为I.如果对 于定义域I内的某个区间上的任意两个自变量的值x1, x2， 当x1＜x2时，都有f(x1)＜f(x2)，那么就说f(x)在这个区间 上是增函数.
单调性的图像性质
从左向右图像上升 y 随 x 的增大而增大 f(x)为增函数； 从左向右图像下降 y 随 x 的增大而减小 f(x)为减函数.
(2)单调性与单调区间
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) ，区间D叫做y＝f(x)
的
．
①对于任意的 x∈I，都有
；
②存在 x0∈I，使得
．
那么我们称 N 是函数 y＝f(x)的最小值．
பைடு நூலகம்
1.函数 f(x)＝－3x＋2 在区间[－1，2]上的最大值为( )
A．5
B．2
C．－4
D．－1
2.函数 f(x)＝x－x 1(x≥2)的最大值为________．
1．证明函数的单调性与求函数的单调区间，均可运用 函 数单 调性 的 定义 ，具 体方 法为 差 式比 较 法或 商式 比 较
3．函数最值的重要结论 (1)设 f(x)在某个集合 D 上有最小值，m 为常数，则 f(x)≥m 在 D 上恒成立的充要条件是 f(x)min≥m； (2)设 f(x)在某个集合 D 上有最大值，m 为常数，则 f(x)≤m 在 D 上恒成立的充要条件是 f(x)max≤m. 4．自变量取值之间的不等关系和函数值的不等关系可正逆 互推，即若 f(x)是增(减)函数，则 f(x1)＜f(x2)⇔x1＜x2(x1＞x2)．在 解决“与抽象函数有关的不等式”问题时，可以利用函数单调性 的“可逆性”，脱去“函数符号 f”，化为一般不等式求解，但 运算必须在定义域内或给定的范围内进行．
2．函数单调性的判断 (1)常用的方法有：定义法、导数法、图象法及复合函数法． (2)两个增(减)函数的和仍为增(减)函数；一个增(减)函数与一个减(增)函 数的差是增(减)函数； (3)奇函数在关于原点对称的两个区间上有相同的单调性，偶函数在关于 原点对称的两个区间上有相反的单调性； (4)复合函数的单调性：如果 y＝f(u)和 u＝g(x)的单调性相同，那么 y＝ f(g(x))是增函数；如果 y＝f(u)和 u＝g(x)的单调性相反，那么 y＝f(g(x))是减函 数．在应用这一结论时，必须注意：函数 u＝g(x)的值域必须是 y＝f(u)的单调 区间的子集． (5)在研究函数的单调性时，常需要先将函数化简，转化为讨论一些熟知 的函数的单调性，因此掌握一次函数、二次函数、幂函数、对数函数等的单 调性，将大大缩短我们的判断过程．
法．注意单调性定义还有如下的两种等价形式：
设 x1，x2∈(a，b)，且 x1≠x2，那么 (1)f（x1）－f（x2）＞0⇔f(x)在(a，b)内是增函数；
x1－x2 f（x1）－f（x2）＜0⇔f(x)在(a，b)内是减函数．
x1－x2 上式的几何意义：增( 减) 函数图象上任意两点(x1， f(x1))，(x2，f(x2))连线的斜率恒大于(或小于)零． (2)(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0⇔f(x)在(a，b)内是增函数； (x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＜0⇔f(x)在(a，b)内是减函数．
A．(0，＋∞)
1 2
B．(－∞，0)
C．(2，＋∞)
D．(－∞，－2)
(2)试讨论函数 f(x)＝x－ax1(a≠0)在(－1，1)上的单调性．
(3)下列函数中，在区间(－1，1)上为减函数的是( )
A．y＝1－1 x
B．y＝cosx
C．y＝ln(x＋1)
D．y＝2－x
例：设 f(x)为定义在 R 上的偶函数，且 f(x)在[0，＋∞)上为增函 数，则 f(－2)，f(－π )，f(3)的大小关系是( )