函數的最大值和最小值的求解方法課件

§2.2函數的單調性與最大(小)值要點梳理1.函數的單調性（1）單調函數的定義增函數減函數定義一般地，設函數f（x）的定義域為I.如果對于定義域I內某個區(qū)間D上的任意兩個自變量x1，x2

基礎知識自主學習§2.2函數的單調性與最大(小)值要點梳理增函數減函數1定義當x1<x2時,都有，那么就說函數f(x)在區(qū)間D上是增函數

當x1<x2時，都有，那么就說函數f（x）在區(qū)間D上是減函數

圖象描述自左向右看圖象是___________自左向右看圖象是__________f（x1）<f(x2)f(x1)>f(x2)上升的下降的當x1<x2時,都有當x1<x2時，都有f（x1）<f(x22(2)單調區(qū)間的定義若函數f(x)在區(qū)間D上是________或________，則稱函數f（x）在這一區(qū)間上具有（嚴格的）單調性，________叫做f（x）的單調區(qū)間.增函數減函數區(qū)間D(2)單調區(qū)間的定義增函數減函數區(qū)間D32.函數的最值前提設函數y=f(x)的定義域為I，如果存在實數M滿足條件①對于任意x∈I，都有___________；②存在x0∈I,使得_____________.①對于任意x∈I，都有____________；②存在x0∈I,使得_______________.結論M為最大值M為最小值f（x）≤Mf（x0）=Mf（x）≥Mf（x0）=M2.函數的最值前提設函數y=f(x)的定義域為I，如果存4基礎自測1.下列函數中，在區(qū)間（0，2）上為增函數的是()A.y=-x+1B.y=

C.y=x2-4x+5D.

解析∵y=-x+1,y=x2-4x+5,分別為一次函數、二次函數、反比例函數，從它們的圖象上可以看出在（0，2）上都是減函數.B基礎自測B52.已知函數y=f(x)是定義在R上的增函數,則f(x)=0的根（）A.有且只有一個B.有2個C.至多有一個D.以上均不對

解析∵f（x）在R上是增函數，∴對任意x1,x2∈R,若x1<x2,則f(x1)<f(x2),反之亦成立.故若存在f(x0)=0,則x0只有一個.若對任意x∈R都無f(x)=0,則f(x)=0無根.C2.已知函數y=f(x)是定義在R上的增函數,則f(x)=063.已知f(x)為R上的減函數，則滿足的實數x的取值范圍是（）A.(-1,1)B.(0,1)C.(-1,0)∪(0,1)D.（-∞,-1)∪(1,+∞)

解析由已知條件：不等式等價于解得-1<x<1,且x≠0.C3.已知f(x)為R上的減函數，則滿足74.函數y=(2k+1)x+b在（-∞，+∞）上是減函數，則()A.B.C.D.

解析使y=(2k+1)x+b在（-∞，+∞）上是減函數,則2k+1<0，即

D4.函數y=(2k+1)x+b在（-∞，+∞）上是減函數，則85.設x1,x2為y=f(x)的定義域內的任意兩個變量，有以下幾個命題：①(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0；②(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0；③④其中能推出函數y=f(x)為增函數的命題為________.

解析依據增函數的定義可知，對于①③，當自變量增大時，相對應的函數值也增大，所以①③可推出函數y=f（x）為增函數.①③5.設x1,x2為y=f(x)的定義域內的任意兩個變量，有以9題型一函數單調性的判斷【例1】已知函數

證明：函數f(x)在(-1,+∞)上為增函數.（1）用函數單調性的定義.（2）用導數法.

證明方法一任取x1,x2∈(-1,+∞),不妨設x1<x2,則x2-x1>0,思維啟迪題型分類深度剖析題型一函數單調性的判斷思維啟迪題型分類深度剖析10又∵x1+1>0,x2+1>0,于是f(x2)-f(x1)=故函數f(x)在（-1,+∞）上為增函數.函數的最大值和最小值的求解方法課件11方法二

求導數得∵a>1,∴當x>-1時，axlna>0,f′(x)>0在（-1，+∞）上恒成立，則f(x)在（-1,+∞）上為增函數.

對于給出具體解析式的函數，判斷或證明其在某區(qū)間上的單調性問題，可以結合定義（基本步驟為取點、作差或作商、變形、判斷）求解.可導函數則可以利用導數解之.探究提高方法二探究提高12知能遷移1

試討論函數x∈(-1,1)的單調性（其中a≠0）.

解方法一根據單調性的定義求解.設-1<x1<x2<1,∵-1<x1<x2<1,∴|x1|<1,|x2|<1,x2-x1>0,即-1<x1x2<1,∴x1x2+1>0.知能遷移1試討論函數x∈(-1,13因此，當a>0時，f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),此時函數為減函數；當a<0時，f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),此時函數f(x)為增函數.方法二函數的最大值和最小值的求解方法課件14當a>0時，∵-1<x<1,即f′(x)<0,此時f（x)在（-1，1）上為減函數.同理，當a<0時，f(x)在（-1，1）上為增函數.綜上可知，a>0時，f（x)在（-1，1）上為減函數；a<0時，f(x)在（-1，1）上為增函數.函數的最大值和最小值的求解方法課件15題型二復合函數的單調性【例2】已知函數f(x)=log2(x2-2x-3)，則使f(x)為減函數的區(qū)間是()A.(3,6)B.(-1,0)C.(1,2)D.（-3,-1）

先求得函數的定義域,然后再結合二次函數、對數函數的單調性進行考慮.

解析由x2-2x-3>0,得x<-1或x>3,結合二次函數的對稱軸直線x=1知,在對稱軸左邊函數y=x2-2x-3是減函數，所以在區(qū)間（-∞，-1）上是減函數,由此可得D項符合.故選D.思維啟迪D題型二復合函數的單調性思維啟迪D16（1）復合函數是指由若干個函數復合而成的函數，它的單調性與構成它的函數u=g(x),y=f(u)的單調性密切相關，其單調性的規(guī)律為“同增異減”，即f(u)與g(x)有相同的單調性，則f[g(x)]必為增函數，若具有不同的單調性，則f[g(x)]必為減函數.（2）討論復合函數單調性的步驟是：①求出復合函數的定義域；②把復合函數分解成若干個常見的基本函數并判斷其單調性；③把中間變量的變化范圍轉化成自變量的變化范圍；④根據上述復合函數的單調性規(guī)律判斷其單調性.探究提高（1）復合函數是指由若干個函數復合而探17知能遷移2

函數y=的遞減區(qū)間為（）A.(1,+∞)B.C.D.

解析作出t=2x2-3x+1的示意圖如圖所示，∵0<<1,∴遞減.要使遞減,

t應該大于0且遞增,故x∈(1,+∞).A知能遷移2函數y=的遞減區(qū)18題型三函數的單調性與最值【例3】已知函數x∈[1,+∞).(1)當a=時,求f(x)的最小值;(2)若對任意x∈[1,+∞),f(x)>0恒成立，試求實數a的取值范圍.

第(1)問可先證明函數f(x)在[1,+∞)上的單調性,然后利用函數的單調性求解，對于第(2)問可采用轉化為求函數f(x)在[1,+∞)上的最小值大于0的問題來解決.思維啟迪題型三函數的單調性與最值思維啟迪19解

設1≤x1<x2,則f(x2)-f(x1)=∵1≤x1<x2,∴x2-x1>0,2x1x2>2,∴f(x2)-f(x1)>0,f(x1)<f(x2).∴f(x)在區(qū)間[1,+∞)上為增函數，∴f(x)在區(qū)間[1,+∞)上的最小值為f(1)=(2)在區(qū)間[1,+∞)上f(x)>0恒成立x2+2x+a>0恒成立.解20設y=x2+2x+a,x∈[1,+∞),則函數y=x2+2x+a=(x+1)2+a-1在區(qū)間[1,+∞)上是增函數.∴當x=1時，ymin=3+a,于是當且僅當ymin=3+a>0時,函數f(x)>0恒成立，故a>-3.

要注意函數思想在求函數值域中的運用,(1)中用函數單調性求函數的最小值;(2)中用函數的最值解決恒成立問題.在(2)中，還可以使用分離參數法，要使x2+2x+a>0在[1,+∞)上恒成立,只要a>-x2-2x=-(x+1)2+1恒成立，由二次函數的性質得-(x+1)2+1≤-3,所以只要a>-3即可.探究提高設y=x2+2x+a,x∈[1,+∞),探究提高21知能遷移3已知函數(a>0,x>0),(1)求證:f(x)在(0,+∞)上是單調遞增函數;(2)若f(x)在上的值域是求a的值.(1)證明

設x2>x1>0,則x2-x1>0,x1x2>0,∴f(x2)>f(x1),∴f(x)在(0,+∞)上是單調遞增的.知能遷移3已知函數(a>0,x>22函數的最大值和最小值的求解方法課件23題型四函數單調性與不等式【例4】(12分)函數f(x)對任意的a、b∈R,都有f(a+b)=f(a)+f(b)-1,并且當x>0時，f(x)>1.（1）求證：f(x)是R上的增函數；（2）若f(4)=5,解不等式f(3m2-m-2)<3.

問題(1)是抽象函數單調性的證明,所以要用單調性的定義.問題(2)將函數不等式中抽象的函數符號“f”運用單調性“去掉”,為此需將右邊常數3看成某個變量的函數值.思維啟迪題型四函數單調性與不等式思維啟迪24解（1）設x1,x2∈R，且x1<x2,則x2-x1>0,∴f(x2-x1)>1.2分f(x2)-f(x1)=f((x2-x1)+x1)-f(x1)=f(x2-x1)+f(x1)-1-f(x1)=f(x2-x1)-1>0.5分∴f（x2）>f(x1).即f(x)是R上的增函數.6分解（1）設x1,x2∈R，且x1<x2,25（2）∵f（4）=f（2+2）=f（2）+f（2）-1=5，∴f（2）=3，8分∴原不等式可化為f(3m2-m-2)<f(2),∵f(x)是R上的增函數，∴3m2-m-2<2,10分解得-1<m<,故解集為12分

f(x)在定義域上（或某一單調區(qū)間上）具有單調性，則f(x1)<f(x2)f(x1)-f(x2)<0,若函數是增函數,則f(x1)<f(x2)x1<x2,函數不等式（或方程）的求解，總是想方設法去掉抽象函數的符號，化為一般不等式（或方程）求解，但無論如何都必須在定義域內或給定的范圍內進行.探究提高（2）∵f（4）=f（2+2）=f（2）+f（2）-1=5，26知能遷移4已知定義在區(qū)間（0，+∞）上的函數f(x)滿足=f(x1)-f(x2)，且當x>1時，f(x)<0.（1）求f(1)的值；（2）判斷f(x）的單調性；（3）若f(3)=-1,解不等式f(|x|)<-2.

解（1）令x1=x2>0,代入得f(1)=f(x1)-f(x1)=0,故f(1)=0.知能遷移4已知定義在區(qū)間（0，+∞）上的函數f(x)27（2）任取x1,x2∈(0,+∞)，且x1>x2,則由于當x>1時，f(x)<0,所以即f(x1)-f(x2)<0,因此f(x1)<f(x2),所以函數f(x)在區(qū)間(0,+∞)上是單調遞減函數.（3）由=f(x1)-f(x2)得=f(9)-f(3),而f(3)=-1,所以f(9)=-2.由于函數f(x)在區(qū)間（0,+∞）上是單調遞減函數，由f(|x|)<f(9),得|x|>9,∴x>9或x<-9.因此不等式的解集為{x|x>9或x<-9}.（2）任取x1,x2∈(0,+∞)，且x1>x2,則281.根據函數的單調性的定義，證明（判定）函數f(x)在其區(qū)間上的單調性，其步驟是（1）設x1、x2是該區(qū)間上的任意兩個值，且x1＜x2；（2）作差f（x1）-f（x2），然后變形；（3）判定f（x1）-f（x2）的符號；（4）根據定義作出結論.方法與技巧思想方法感悟提高方法與技巧思想方法感悟提高292.求函數的單調區(qū)間首先應注意函數的定義域，函數的增減區(qū)間都是其定義域的子集;其次掌握一次函數、二次函數等基本

初等函數的單調區(qū)間.常用方法有：根據定義，利用圖象和單調函數的性質，還可以利用導數的性質.3.復合函數的單調性對于復合函數y=f[g(x)],若t=g(x)在區(qū)間(a,b)上是單調函數,且y=f(t)在區(qū)間(g(a),g(b))或者(g(b),

g(a))上是單調函數,若t=g(x)與y=f(t)的單調性相同(同時為增或減),則y=f[g(x)]為增函數;若t=g(x)與

y=f(t)的單調性相反,則y=f[g(x)]為減函數.簡稱為:同增異減.2.求函數的單調區(qū)間301.函數的單調區(qū)間是指函數在定義域內的某個區(qū)間上單調遞增或單調遞減.單調區(qū)間要分開寫,即使在兩個區(qū)間上的單調性相同,也不能用并集表示.2.兩函數f(x)、g(x)在x∈(a,b)上都是增(減)函數,則

f(x)+g(x)也為增(減)函數,但f(x)·g(x),等的單調性與其正負有關，切不可盲目類比.失誤與防范失誤與防范31一、選擇題1.若函數y=ax與在(0,+∞)上都是減函數，則y=ax2+bx在（0，+∞）上是（）A.增函數B.減函數C.先增后減D.先減后增解析∵y=ax與在(0,+∞)上都是減函數,∴a<0,b<0，∴y=ax2+bx的對稱軸方程

∴y=ax2+bx在（0，+∞）上為減函數.B定時檢測B定時檢測322.函數（a>0且a≠1）是R上的減函數，則a的取值范圍是()A.（0，1）B.C.D.

解析據單調性定義，f（x）為減函數應滿足：BB333.下列四個函數中,在(0,1)上為增函數的是()A.y=sinxB.y=-log2xC.

D.

解析∵y=sinx在上是增函數，∴y=sinx在（0，1）上是增函數.A3.下列四個函數中,在(0,1)上為增函數的是()344.(2009·天津)已知函數

若f(2-a2)>f(a)，則實數a的取值范圍是（）A.（-∞,-1）∪(2,+∞)B.(-1,2)C.(-2,1)D.(-∞,-2)∪(1,+∞)

解析由f(x)的圖象可知f(x)在(-∞,+∞)上是單調遞增函數,由f(2-a2)>

f(a)得2-a2>a,即a2+a-2<0,解得-2<a<1.CC355.若函數f(x)=x3(x∈R)，則函數y=f(-x)在其定義域上是()A.單調遞減的偶函數B.單調遞減的奇函數C.單調遞增的偶函數D.單調遞增的奇函數

解析

f(x)=x3(x∈R)，則函數y=f(-x)=-x3(x∈R)顯然在其定義域內是單調遞減的奇函數.B5.若函數f(x)=x3(x∈R)，則函數y=f(-x)在366.函數f(x)=ln(4+3x-x2)的單調遞減區(qū)間是()A.B.C.D.解析函數f(x)的定義域是(-1,4),u(x)=-x2+3x+4的減區(qū)間為∵e>1,∴函數f(x)的單調減區(qū)間為D6.函數f(x)=ln(4+3x-x2)的單調遞減區(qū)間是(37二、填空題7.若函數f(x)=(m-1)x2+mx+3(x∈R)是偶函數，則

f(x)的單調減區(qū)間是________.

解析∵f（x）是偶函數，∴f（-x）=f（x），∴(m-1)x2-mx+3=(m-1)x2+mx+3，∴m=0.這時f(x)=-x2+3，∴單調減區(qū)間為[0，+∞).[0,+∞)二、填空題[0,+∞)388.若函數在區(qū)間(m，2m+1)上是單調遞增函數，則m∈________.

解析∵令f′(x)>0,得-1<x<1,∴f(x)的增區(qū)間為（-1，1）.又∵f(x)在（m，2m+1）上單調遞增，∵區(qū)間（m，2m+1）中2m+1>m,∴m>-1.綜上，-1<m≤0.(-1,0]8.若函數在區(qū)間(m，2m+1)上是單399.已知定義域為D的函數f(x)，對任意x∈D,存在正數K，都有|f(x)|≤K成立，則稱函數f(x)是D上的“有界函數”.已知下列函數:①f(x)=2sinx;②f(x)=③f(x)=1-2x;④其中是“有界函數”的是______.（寫出所有滿足要求的函數的序號）9.已知定義域為D的函數f(x)，對任意x∈D,存在正40解析

①中|f（x）|=|2sinx|≤2,②中|f（x）|≤1;④當x=0時，f(x)=0，總之，|f(x)|≤③f(x)<1,∴|f（x）|→+∞,故填①②④.答案

①②④解析①中|f（x）|=|2sinx|≤2,②中|f（x41三、解答題10.判斷f(x)=在(-∞,0)∪(0,+∞)上的單調性.

解∵-1<1,f（-1）=-1<f(1)=1,∴f（x）在（-∞，0）∪(0,+∞)上不是減函數.∵-2<-1,f(-2)=>f(-1)=-1,∴f(x)在（-∞，0）∪（0，+∞）上不是增函數.∴f（x）在（-∞，0）∪(0,+∞)上不具有單調性.三、解答題4211.已知（1）若a=-2,試證f(x)在（-∞,-2）內單調遞增；（2）若a>0且f(x)在（1,+∞）內單調遞減，求a的取值范圍.（1）證明任設x1<x2<-2,則f(x1)-f(x2)=∵(x1+2）(x2+2)>0,x1-x2<0,∴f(x1)<f(x2),∴f(x)在(-∞,-2)內單調遞增.11.已知43（2）解任設1<x1<x2,則∵a>0,x2-x1>0,∴要使f(x1)-f(x2)>0,只需(x1-a)(x2-a)>0恒成立，∴a≤1.綜上所述知0<a≤1.（2）解任設1<x1<x2,則4412.f(x)是定義在（0，+∞）上的增函數,且=

f(x)-f(y).（1）求f(1)的值；（2）若f(6)=1,解不等式

解（1）令x=y,得f(1)=0.12.f(x)是定義在（0，+∞）上的增函數,且45(2)由x+3>0及得x>0,由f(6)=1及

得f[x(x+3)]<2f(6),即f[x(x+3)]-f(6)<f(6),亦即

因為f(x)在(0,+∞)上是增函數,所以

解得綜上所述，不等式的解集是返回(2)由x+3>0及得x>0,返回46§2.2函數的單調性與最大(小)值要點梳理1.函數的單調性（1）單調函數的定義增函數減函數定義一般地，設函數f（x）的定義域為I.如果對于定義域I內某個區(qū)間D上的任意兩個自變量x1，x2

基礎知識自主學習§2.2函數的單調性與最大(小)值要點梳理增函數減函數47定義當x1<x2時,都有，那么就說函數f(x)在區(qū)間D上是增函數

當x1<x2時，都有，那么就說函數f（x）在區(qū)間D上是減函數

圖象描述自左向右看圖象是___________自左向右看圖象是__________f（x1）<f(x2)f(x1)>f(x2)上升的下降的當x1<x2時,都有當x1<x2時，都有f（x1）<f(x248(2)單調區(qū)間的定義若函數f(x)在區(qū)間D上是________或________，則稱函數f（x）在這一區(qū)間上具有（嚴格的）單調性，________叫做f（x）的單調區(qū)間.增函數減函數區(qū)間D(2)單調區(qū)間的定義增函數減函數區(qū)間D492.函數的最值前提設函數y=f(x)的定義域為I，如果存在實數M滿足條件①對于任意x∈I，都有___________；②存在x0∈I,使得_____________.①對于任意x∈I，都有____________；②存在x0∈I,使得_______________.結論M為最大值M為最小值f（x）≤Mf（x0）=Mf（x）≥Mf（x0）=M2.函數的最值前提設函數y=f(x)的定義域為I，如果存50基礎自測1.下列函數中，在區(qū)間（0，2）上為增函數的是()A.y=-x+1B.y=

C.y=x2-4x+5D.

解析∵y=-x+1,y=x2-4x+5,分別為一次函數、二次函數、反比例函數，從它們的圖象上可以看出在（0，2）上都是減函數.B基礎自測B512.已知函數y=f(x)是定義在R上的增函數,則f(x)=0的根（）A.有且只有一個B.有2個C.至多有一個D.以上均不對

解析∵f（x）在R上是增函數，∴對任意x1,x2∈R,若x1<x2,則f(x1)<f(x2),反之亦成立.故若存在f(x0)=0,則x0只有一個.若對任意x∈R都無f(x)=0,則f(x)=0無根.C2.已知函數y=f(x)是定義在R上的增函數,則f(x)=0523.已知f(x)為R上的減函數，則滿足的實數x的取值范圍是（）A.(-1,1)B.(0,1)C.(-1,0)∪(0,1)D.（-∞,-1)∪(1,+∞)

解析由已知條件：不等式等價于解得-1<x<1,且x≠0.C3.已知f(x)為R上的減函數，則滿足534.函數y=(2k+1)x+b在（-∞，+∞）上是減函數，則()A.B.C.D.

解析使y=(2k+1)x+b在（-∞，+∞）上是減函數,則2k+1<0，即

D4.函數y=(2k+1)x+b在（-∞，+∞）上是減函數，則545.設x1,x2為y=f(x)的定義域內的任意兩個變量，有以下幾個命題：①(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0；②(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0；③④其中能推出函數y=f(x)為增函數的命題為________.

解析依據增函數的定義可知，對于①③，當自變量增大時，相對應的函數值也增大，所以①③可推出函數y=f（x）為增函數.①③5.設x1,x2為y=f(x)的定義域內的任意兩個變量，有以55題型一函數單調性的判斷【例1】已知函數

證明：函數f(x)在(-1,+∞)上為增函數.（1）用函數單調性的定義.（2）用導數法.

證明方法一任取x1,x2∈(-1,+∞),不妨設x1<x2,則x2-x1>0,思維啟迪題型分類深度剖析題型一函數單調性的判斷思維啟迪題型分類深度剖析56又∵x1+1>0,x2+1>0,于是f(x2)-f(x1)=故函數f(x)在（-1,+∞）上為增函數.函數的最大值和最小值的求解方法課件57方法二

求導數得∵a>1,∴當x>-1時，axlna>0,f′(x)>0在（-1，+∞）上恒成立，則f(x)在（-1,+∞）上為增函數.

對于給出具體解析式的函數，判斷或證明其在某區(qū)間上的單調性問題，可以結合定義（基本步驟為取點、作差或作商、變形、判斷）求解.可導函數則可以利用導數解之.探究提高方法二探究提高58知能遷移1

試討論函數x∈(-1,1)的單調性（其中a≠0）.

解方法一根據單調性的定義求解.設-1<x1<x2<1,∵-1<x1<x2<1,∴|x1|<1,|x2|<1,x2-x1>0,即-1<x1x2<1,∴x1x2+1>0.知能遷移1試討論函數x∈(-1,59因此，當a>0時，f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),此時函數為減函數；當a<0時，f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),此時函數f(x)為增函數.方法二函數的最大值和最小值的求解方法課件60當a>0時，∵-1<x<1,即f′(x)<0,此時f（x)在（-1，1）上為減函數.同理，當a<0時，f(x)在（-1，1）上為增函數.綜上可知，a>0時，f（x)在（-1，1）上為減函數；a<0時，f(x)在（-1，1）上為增函數.函數的最大值和最小值的求解方法課件61題型二復合函數的單調性【例2】已知函數f(x)=log2(x2-2x-3)，則使f(x)為減函數的區(qū)間是()A.(3,6)B.(-1,0)C.(1,2)D.（-3,-1）

先求得函數的定義域,然后再結合二次函數、對數函數的單調性進行考慮.

解析由x2-2x-3>0,得x<-1或x>3,結合二次函數的對稱軸直線x=1知,在對稱軸左邊函數y=x2-2x-3是減函數，所以在區(qū)間（-∞，-1）上是減函數,由此可得D項符合.故選D.思維啟迪D題型二復合函數的單調性思維啟迪D62（1）復合函數是指由若干個函數復合而成的函數，它的單調性與構成它的函數u=g(x),y=f(u)的單調性密切相關，其單調性的規(guī)律為“同增異減”，即f(u)與g(x)有相同的單調性，則f[g(x)]必為增函數，若具有不同的單調性，則f[g(x)]必為減函數.（2）討論復合函數單調性的步驟是：①求出復合函數的定義域；②把復合函數分解成若干個常見的基本函數并判斷其單調性；③把中間變量的變化范圍轉化成自變量的變化范圍；④根據上述復合函數的單調性規(guī)律判斷其單調性.探究提高（1）復合函數是指由若干個函數復合而探63知能遷移2

函數y=的遞減區(qū)間為（）A.(1,+∞)B.C.D.

解析作出t=2x2-3x+1的示意圖如圖所示，∵0<<1,∴遞減.要使遞減,

t應該大于0且遞增,故x∈(1,+∞).A知能遷移2函數y=的遞減區(qū)64題型三函數的單調性與最值【例3】已知函數x∈[1,+∞).(1)當a=時,求f(x)的最小值;(2)若對任意x∈[1,+∞),f(x)>0恒成立，試求實數a的取值范圍.

第(1)問可先證明函數f(x)在[1,+∞)上的單調性,然后利用函數的單調性求解，對于第(2)問可采用轉化為求函數f(x)在[1,+∞)上的最小值大于0的問題來解決.思維啟迪題型三函數的單調性與最值思維啟迪65解

設1≤x1<x2,則f(x2)-f(x1)=∵1≤x1<x2,∴x2-x1>0,2x1x2>2,∴f(x2)-f(x1)>0,f(x1)<f(x2).∴f(x)在區(qū)間[1,+∞)上為增函數，∴f(x)在區(qū)間[1,+∞)上的最小值為f(1)=(2)在區(qū)間[1,+∞)上f(x)>0恒成立x2+2x+a>0恒成立.解66設y=x2+2x+a,x∈[1,+∞),則函數y=x2+2x+a=(x+1)2+a-1在區(qū)間[1,+∞)上是增函數.∴當x=1時，ymin=3+a,于是當且僅當ymin=3+a>0時,函數f(x)>0恒成立，故a>-3.

要注意函數思想在求函數值域中的運用,(1)中用函數單調性求函數的最小值;(2)中用函數的最值解決恒成立問題.在(2)中，還可以使用分離參數法，要使x2+2x+a>0在[1,+∞)上恒成立,只要a>-x2-2x=-(x+1)2+1恒成立，由二次函數的性質得-(x+1)2+1≤-3,所以只要a>-3即可.探究提高設y=x2+2x+a,x∈[1,+∞),探究提高67知能遷移3已知函數(a>0,x>0),(1)求證:f(x)在(0,+∞)上是單調遞增函數;(2)若f(x)在上的值域是求a的值.(1)證明

設x2>x1>0,則x2-x1>0,x1x2>0,∴f(x2)>f(x1),∴f(x)在(0,+∞)上是單調遞增的.知能遷移3已知函數(a>0,x>68函數的最大值和最小值的求解方法課件69題型四函數單調性與不等式【例4】(12分)函數f(x)對任意的a、b∈R,都有f(a+b)=f(a)+f(b)-1,并且當x>0時，f(x)>1.（1）求證：f(x)是R上的增函數；（2）若f(4)=5,解不等式f(3m2-m-2)<3.

問題(1)是抽象函數單調性的證明,所以要用單調性的定義.問題(2)將函數不等式中抽象的函數符號“f”運用單調性“去掉”,為此需將右邊常數3看成某個變量的函數值.思維啟迪題型四函數單調性與不等式思維啟迪70解（1）設x1,x2∈R，且x1<x2,則x2-x1>0,∴f(x2-x1)>1.2分f(x2)-f(x1)=f((x2-x1)+x1)-f(x1)=f(x2-x1)+f(x1)-1-f(x1)=f(x2-x1)-1>0.5分∴f（x2）>f(x1).即f(x)是R上的增函數.6分解（1）設x1,x2∈R，且x1<x2,71（2）∵f（4）=f（2+2）=f（2）+f（2）-1=5，∴f（2）=3，8分∴原不等式可化為f(3m2-m-2)<f(2),∵f(x)是R上的增函數，∴3m2-m-2<2,10分解得-1<m<,故解集為12分

f(x)在定義域上（或某一單調區(qū)間上）具有單調性，則f(x1)<f(x2)f(x1)-f(x2)<0,若函數是增函數,則f(x1)<f(x2)x1<x2,函數不等式（或方程）的求解，總是想方設法去掉抽象函數的符號，化為一般不等式（或方程）求解，但無論如何都必須在定義域內或給定的范圍內進行.探究提高（2）∵f（4）=f（2+2）=f（2）+f（2）-1=5，72知能遷移4已知定義在區(qū)間（0，+∞）上的函數f(x)滿足=f(x1)-f(x2)，且當x>1時，f(x)<0.（1）求f(1)的值；（2）判斷f(x）的單調性；（3）若f(3)=-1,解不等式f(|x|)<-2.

解（1）令x1=x2>0,代入得f(1)=f(x1)-f(x1)=0,故f(1)=0.知能遷移4已知定義在區(qū)間（0，+∞）上的函數f(x)73（2）任取x1,x2∈(0,+∞)，且x1>x2,則由于當x>1時，f(x)<0,所以即f(x1)-f(x2)<0,因此f(x1)<f(x2),所以函數f(x)在區(qū)間(0,+∞)上是單調遞減函數.（3）由=f(x1)-f(x2)得=f(9)-f(3),而f(3)=-1,所以f(9)=-2.由于函數f(x)在區(qū)間（0,+∞）上是單調遞減函數，由f(|x|)<f(9),得|x|>9,∴x>9或x<-9.因此不等式的解集為{x|x>9或x<-9}.（2）任取x1,x2∈(0,+∞)，且x1>x2,則741.根據函數的單調性的定義，證明（判定）函數f(x)在其區(qū)間上的單調性，其步驟是（1）設x1、x2是該區(qū)間上的任意兩個值，且x1＜x2；（2）作差f（x1）-f（x2），然后變形；（3）判定f（x1）-f（x2）的符號；（4）根據定義作出結論.方法與技巧思想方法感悟提高方法與技巧思想方法感悟提高752.求函數的單調區(qū)間首先應注意函數的定義域，函數的增減區(qū)間都是其定義域的子集;其次掌握一次函數、二次函數等基本

初等函數的單調區(qū)間.常用方法有：根據定義，利用圖象和單調函數的性質，還可以利用導數的性質.3.復合函數的單調性對于復合函數y=f[g(x)],若t=g(x)在區(qū)間(a,b)上是單調函數,且y=f(t)在區(qū)間(g(a),g(b))或者(g(b),

g(a))上是單調函數,若t=g(x)與y=f(t)的單調性相同(同時為增或減),則y=f[g(x)]為增函數;若t=g(x)與

y=f(t)的單調性相反,則y=f[g(x)]為減函數.簡稱為:同增異減.2.求函數的單調區(qū)間761.函數的單調區(qū)間是指函數在定義域內的某個區(qū)間上單調遞增或單調遞減.單調區(qū)間要分開寫,即使在兩個區(qū)間上的單調性相同,也不能用并集表示.2.兩函數f(x)、g(x)在x∈(a,b)上都是增(減)函數,則

f(x)+g(x)也為增(減)函數,但f(x)·g(x),等的單調性與其正負有關，切不可盲目類比.失誤與防范失誤與防范77一、選擇題1.若函數y=ax與在(0,+∞)上都是減函數，則y=ax2+bx在（0，+∞）上是（）A.增函數B.減函數C.先增后減D.先減后增解析∵y=ax與在(0,+∞)上都是減函數,∴a<0,b<0，∴y=ax2+bx的對稱軸方程

∴y=ax2+bx在（0，+∞）上為減函數.B定時檢測B定時檢測782.函數（a>0且a≠1）是R上的減函數，則a的取值范圍是()A.（0，1）B.C.D.

解析據單調性定義，f（x）為減函數應滿足：BB793.下列四個函數中,在(0,1)上為增函數的是()A.y=sinxB.y=-log2xC.

D.

解析∵y=sinx在上是增函數，∴y=sinx在（0，1）上是增函數.A3.下列四個函數中,在(0,1)上為增函數的是()804.(2009·天津)已知函數

若f(2-a2)>f(a)，則實數a的取值范圍是（）A.（-∞,-1）∪(2,+∞)B.(-1,2)C.(-2,1)D.(-∞,-2)∪(1,+∞)

解析由f(x)的圖象可知f(x)在(-∞,+∞)上是單調遞增函數,由f(2-a2)>

f(a)得2-a2>a,即a2+a-2<0,解得-2<a<1.CC815.若函數f(x)=x3(x∈R)，則函數y=f(-x)在其定義域上是