2.3.3
函数的单调性的应用
学案
1.理解函数单调性的实质,会用函数单调性解决相关问题.
2.理解复合函数的单调性,并会证明和判断.
3.熟悉单调性在研究函数中的应用.
函数的单调性是函数的一个重要性质,是高考的必考内容之一.因此应理解单调函数及其几何意义,会根据定义判断、证明函数的单调性,会求函数的单调区间,能综合运用单调性解决一些问题.函数的单调性与函数的值域、不等式等知识极为密切,是高考命题的热点.
问题1:判断或证明一个函数在区间D上是增(减)函数的方法有:
(1) ;
(2)图像法(即通过画出函数图像,观察图像,确定单调区间);
(3)定义法,其过程是:作差——变形——判断符号,其中难点是变形.
问题2:复合函数的单调性的判断:复合函数f[g(x)]的单调性与构成它的函数u=g(x),y=f(u)的单调性密切相关,其规律如下:
函数
单调性
u=g(x)
增
增
减
减
y=f(u)
增
减
增
减
y=f[g(x)]
即有结论:“同增异减”.
问题3:单调函数经运算后,所得函数单调性的规律:
①若f(x),g(x)均为增(减)函数,则f(x)+g(x)在公共定义域上为 函数;
②若f(x)为增(减)函数,则-f(x)为 函数;
③若f(x)>0,且f(x)为增函数,则为 函数,为 函数.
问题4:(一)
函数最大值的定义:
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f(x)≤M;(2) .那么,称M是函数y=f(x)的最大值.函数最大值的几何意义:函数图像上 的纵坐标.
(二)函数最小值的定义:
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) ;(2) .
那么,称M是函数y=f(x)的最小值.函数最小值的几何意义:函数图像上 的纵坐标.
1.若函数y=mx+b在(-∞,+∞)上是增函数,那么( ).
A.b>0
B.b<0
C.m>0
D.m<0
2.已知函数f(x)=8+2x-x2,则( ).
A.f(x)在(-∞,0)上是减函数
B.f(x)是减函数
C.f(x)是增函数
D.f(x)在(-∞,0)上是增函数
3.函数y=在区间[2,6]上的最大值是 ,最小值是 .
4.已知定义域在R上的函数y=f(x)满足f(-x)=-f(x),在(0,+∞)上是增函数,且f(x)<0,则F(x)=在(-∞,0)上是增函数还是减函数 证明你的结论.
复合函数的单调性
求函数y=(x2-2x-3)3的单调区间.
利用单调性求最值
已知函数y=f(x)(x∈R)为减函数,对任意m、n∈R总有f(m)+f(n)=f(m+n),且当x>0时,f(x)<0,f(1)=-.求f(x)在[-3,3]上的最值.
抽象函数的单调性
已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足:①当x>1时,f(x)<0;②对任意正实数x、y,都有f(xy)=f(x)+f(y),
求证:f(x)在(0,+∞)上是递减函数.
求函数y=的单调区间.
求函数y=在区间[1,2]上的最大值和最小值.
定义在(-1,1)上的函数f(x)满足f(-x)=-f(x),且f(1-a)+f(1-a2)<0,若f(x)是(-1,1)上的减函数,求实数a的取值范围.
1.已知一次函数y=kx-k,若y随x的增大而减小,则它的图像过( ).
A.第一、二、三象限
B.第一、三、四象限
C.第一、二、四象限
D.第二、三、四象限
2.若函数f(x)=x2+2(a-1)x+2在区间[4,+∞)上是增函数,则实数a的取值范围是( ).
A.a≤3
B.a≤-3
C.a≥-3
D.a≤5
3.已知f(x)=ax2-3ax+a2-1(a<0),则f(3),f(-3),f()从小到大的顺序是 .
4.已知函数f(x)满足f(-x)=-f(x),且在(-2,2)上单调递增.若f(2+a)+f(1-2a)>0,求a的取值范围.
1.(2010年 天津卷)设函数f(x)=x-,对任意x∈[1,+∞),f(mx)+mf(x)<0恒成立,则实数m的取值范围是 .
2.(2011年·四川卷)函数的定义域为A,若x1,x2∈A且f(x1)=f(x2)时总有x1=x2,则称f(x)为单函数.例如,函数f(x)=2x+1(x∈R)是单函数.下列命题:
①函数f(x)=x2(x∈R)是单函数;
②指数函数f(x)=2x(x∈R)是单函数;
③若f(x)为单函数,x1,x2∈A且x1≠x2,则f(x1)≠f(x2);
④在定义域上具有单调性的函数一定是单函数.
其中的真命题是 .(写出所有真命题的编号)
考题变式(我来改编):
2.3.2 函数的单调性的应用
答案
知识体系梳理
问题1:(1)观察法
问题2:增 减 减 增
问题3:①增(减) ②减(增) ③增 减
问题4:(一)(1)存在x0∈I,使得f(x0)=M 最高点
(二)(1)对于任意的x∈I,都有f(x)≥M 存在x0∈I,使得f(x0)=M 最低点
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1.C 函数y=mx+b在(-∞,+∞)上是增函数,则其图像应呈上升趋势,所以m>0,故C正确.
2.D 由于函数f(x)=8+2x-x2=-(x-1)2+9,其图像是开口向下的抛物线,对称轴为x=1,结合其图像可知,该函数的递增区间是(-∞,1],递减区间是(1,+∞),据此可知,D正确.
3.2 (法一)设2≤x1
f(x1)-f(x2)=-==.
∵2≤x10,(x1-1)(x2-1)>0.
∴f(x1)>f(x2),即函数y=在区间[2,6]上是减函数.
∴当x=2时,函数y=在区间[2,6]上取得最大值f(2)=2;
当x=6时,函数y=在区间[2,6]上取得最小值f(6)=.
(法二)利用变换法画出函数y=的图像,只取在区间[2,6]上的部分.观察可得函数的图像是下降的.∴当x=2时,函数y=在区间[2,6]上取得最大值f(2)=2;
当x=6时,函数y=在区间[2,6]上取得最小值f(6)=.
4.解:任取x1,x2∈(-∞,0),且x1则-x1>-x2>0,
因为y=f(x)在(0,+∞)上是增函数,且f(x)<0,
所以f(-x2)又因为f(-x)=-f(x),所以f(-x2)=-f(x2),f(-x1)=-f(x1),
所以f(x2)>f(x1)>0,则F(x1)-F(x2)=>0,即F(x1)>F(x2).
故F(x)=在(-∞,0)上是减函数.
重点难点探究
探究一:【解析】令u=x2-2x-3=(x-1)2-4,则y=u3,
根据复合函数单调性判定方法知:
当x<1时,u是关于x的单调递减函数,又y=u3是关于u的单调递增函数,
∴y=(x2-2x-3)3在(-∞,1)上是单调递减函数;
当x>1时,u是关于x的单调递增函数,又y=u3是关于u的单调递增函数,
∴y=(x2-2x-3)3在(1,+∞)上是单调递增函数.
∴y=(x2-2x-3)3的单调递减区间为(-∞,1),单调递增区间为(1,+∞).
【小结】一般地,复合函数y=f[g(x)]的判定方法有:令u=g(x),则y=f(u).
(1)当u=g(x)为增(减),y=f(u)增(减)时,y=f[g(x)]为增;
(2)当u=g(x)为增(减),y=f(u)减(增)时,y=f[g(x)]为减.
可总结为:“同增异减”.
探究二:【解析】∵f(x)在R上为减函数,[-3,3] R,
∴f(x)在[-3,3]上也是减函数,
故f(x)max=f(-3),f(x)min=f(3),
f(3)=f(2+1)=f(2)+f(1)=f(1+1)+f(1)=2f(1)+f(1)=3f(1)=-2.
m=n=0得,f(0)+f(0)=f(0)可得f(0)=0.m=-3,n=3时,f(-3)+f(3)=f(0),
∴f(-3)=-f(3)+f(0)=2.
故f(x)max=2,f(x)min=-2.
【小结】运用函数的单调性求最值是求函数最值的重要方法,特别是当函数的图像作不出来时,单调性几乎成了首选方法.
探究三:【解析】设x1、x2∈(0,+∞),且x2>x1,
则>1,于是由①知,f()<0.
又由②知,f(x2)=f(·x1)=f()+f(x1),
∴f(x2)-f(x1)=f()<0,即f(x2)∴f(x)在(0,+∞)上是递减函数.
【小结】证明函数的单调性,其一般方法是定义法.如果给出了函数的表达式,则选择作差法或作商法比较f(x1)-f(x2)与0的大小或比较与1的大小;如果没给出具体表达式,而是给出抽象函数及其所满足的一些性质与条件,则要想办法构造f(x1)-f(x2)或的形式,并判断它们与0或1的大小关系.
思维拓展应用
应用一:令u=x2+2x+1=(x+1)2,则y=,
当x<-1时,u为单调递减,y=为单调递增,∴y=在(-∞,-1)上单调递减,
当x>-1时,u为单调递增,y=为单调递增,∴y=在(-1,+∞)上单调递增,
∴y=的单调递减区间为(-∞,-1),单调递增区间为(-1,+∞).
应用二:任取x1,x2,且1≤x1f(x1)-f(x2)=-=
=.
因为1≤x1即6<3(x1+x2)<12,
又10,
故f(x1)-f(x2)>0,
所以函数y=在区间[1,2]上为减函数,
ymax=f(1)=-,ymin=f(2)=-4.
应用三:利用单调性及f(-x)=-f(x),脱去f(1-a)+f(1-a2)<0中的函数记号“f”.
由f(1-a)+f(1-a2)<0,得f(1-a)<-f(1-a2),
∵f(-x)=-f(x),x∈(-1,1),∴f(1-a)又f(x)在(-1,1)上为减函数,则
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1.C 由题知y是减函数,∴k<0,-k>0,∴图像经过第一、二、四象限.
2.C 对称轴x=1-a,对称轴与区间端点满足1-a≤4,所以a≥-3.
3.f(-3)4.解:∵f(2+a)+f(1-2a)>0,
∴f(2+a)>-f(1-2a).又∵f(-x)=-f(x),
∴f(2+a)>f(2a-1),
由于f(x)在(-2,2)上单调递增,
∴解得-∴a的取值范围是(-,0).
全新视角拓展
1.(-∞,-1) 已知f(x)为增函数且m≠0,
当m>0,由复合函数的单调性可知f(mx)和mf(x)均为增函数,
此时不符合题意;
当m<0时,有mx-+mx-<0 2mx-(m+)·<0 1+<2x2.
因为y=2x2在x∈[1,+∞)上的最小值为2,
所以1+<2,即m2>1,解得m<-1或m>1(舍去).
2.②③④ 对于①,若f(x1)=f(x2),则x1=±x2,不满足;②是单函数;命题③实际上是单函数命题的逆否命题,故为真命题;根据定义,命题④满足条件.