1、基础诊断考点突破第2讲 函数的单调性与最大(小)值基础诊断考点突破最新考纲 1.理解函数的单调性、最大(小)值及其几何意义；2.会运用基本初等函数的图像分析函数的性质基础诊断考点突破知 识 梳 理1函数的单调性(1)单调函数的定义增函数减函数定义在函数yf(x)的定义域内的一个区间A上，如果对于任意两数x1，x2A当x1x2时，都有，那么就说函数f(x)在区间A上是增加的当x1x2时，都有，那么就说函数f(x)在区间A上是减少的f(x1)f(x2)f(x1)f(x2)基础诊断考点突破图像描述自左向右看图像是自左向右看图像是上升的下降的基础诊断考点突破(2)单调区间的定义如果函数yf(x)在区间
2、A上是或，那么就称A为单调区间增加的减少的基础诊断考点突破2函数的最值前提函数yf(x)的定义域为D条件(1)对于任意xD，都有；(2)存在x0D，使得f(x0)M(3)对于任意xD，都有；(4)存在x0D，使得结论M为最大值M为最小值f(x)Mf(x)Mf(x0)M基础诊断考点突破诊 断 自 测1判断正误(在括号内打“”或“”)精彩 PPT 展示(1)对于函数 f(x)，xD，若对任意 x1，x2D，且 x1x2 有(x1x2)f(x1)f(x2)0，则函数 f(x)在区间 D 上是增函数()(2)函数 y1x的单调递减区间是(，0)(0，)()(3)对于函数 yf(x)，若 f(1)0，易
3、知 f(x)在2，)是减函数，f(x)maxf(2)1 1212.答案 2基础诊断考点突破考点一 确定函数的单调性(区间)【例 1】(1)函数 f(x)(x24)的单调递增区间为()A(0，)B(，0)C(2，)D(，2)(2)试讨论函数 f(x)axx1(a0)在(1,1)上的单调性基础诊断考点突破(1)解析 由 x240，得 x2 或 x0)tx24 在(，2)上是减函数，且 yt 在(0，)上是减函数，函数 f(x)在(，2)上是增函数，即 f(x)单调递增区间为(，2)答案 D基础诊断考点突破(2)解 法一 设1x1x21，f(x)ax11x1a1 1x1，f(x1)f(x2)a11x
4、11 a11x21 ax2x1x11x21，由于1x1x20，x110，x210 时，f(x1)f(x2)0，即 f(x1)f(x2)，函数 f(x)在(1,1)上递减；当 a0 时，f(x1)f(x2)0，即 f(x1)0 时，f(x)0，函数 f(x)在(1,1)上递减；当 a0，函数 f(x)在(1,1)上递增基础诊断考点突破规律方法(1)求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间，如例1(1)(2)函数单调性的判断方法有：定义法；图像法；利用已知函数的单调性；导数法(3)函数yf(g(x)的单调性应根据外层函数yf(t)和内层函数tg(x)的单调性判断，遵循“同增异减”的原则
5、基础诊断考点突破【训练 1】判断函数 f(x)xax(a0)在(0，)上的单调性，并给出证明基础诊断考点突破解 f(x)在(0，a上是减函数，在 a，)上是增函数证明如下：法一 设 x1，x2 是任意两个正数，且 0 x1x2，则 f(x1)f(x2)x1ax1 x2ax2 x1x2x1x2(x1x2a)当 0 x1x2 a时，0 x1x2a，又 x1x20，即 f(x1)f(x2)，所以函数 f(x)在(0，a上是减函数当 ax1a，又 x1x20，所以 f(x1)f(x2)0，即 f(x1)0)在(0，a上是减函数，在 a，)上为增函数法二 f(x)1ax2，令 f(x)0，则 1ax20
6、，解得 x a或 x a(舍)令 f(x)0，则 1ax20，解得 ax0，0 x0 恒成立，试求实数 a 的取值范围基础诊断考点突破(1)解析 由于 f(x)所以 f(3)31，则 f(f(3)f(1)3，当 x1 时，f(x)x 是减函数，得 f(x)0 恒成立则 x22xa0 对 x1，)上恒成立即 a(x22x)在 x1，)上恒成立令 g(x)(x22x)(x1)21，x1，)，g(x)在1，)上是减函数，g(x)maxg(1)3.又 a1，当30 在 x1，)上恒成立故实数 a 的取值范围是(3,1.基础诊断考点突破规律方法(1)求函数最值的常用方法：单调性法；基本不等式法；配方法；
7、图像法；导数法(2)利用单调性求最值，应先确定函数的单调性，然后根据性质求解若函数f(x)在闭区间a，b上是增函数，则f(x)在a，b上的最大值为f(b)，最小值为f(a)若函数f(x)在闭区间a，b上是减函数，则f(x)在a，b上的最大值为f(a)，最小值为f(b)基础诊断考点突破【训练 2】如果函数 f(x)对任意的实数 x，都有 f(1x)f(x)，且当 x12时，f(x)log2(3x1)，那么函数 f(x)在2,0上的最大值与最小值之和为()A2 B3C4 D1基础诊断考点突破解析 根据 f(1x)f(x)，可知函数 f(x)的图像关于直线 x12对称又函数 f(x)在12，上单调递
8、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(12)f(10)f(3)f(1)log28log224.答案 C基础诊断考点突破考点三 函数单调性的应用(典例迁移)【例 3】(1)如果函数 f(x)2ax1，x0 成立，那么 a 的取值范围是_(2)(2017珠海模拟)定义在 R 上的奇函数 yf(x)在(0，)上递增，且 f12 0，则不等式0 的解集为_基础诊断考点突破解析(1)对任意 x1x2，都有fx1fx2x1x20.所以 yf(x)在(，)上是增函数所以2a0，a1，2a11a，解得32a0 可化为f12 或f12，x12或1
9、2x0，基础诊断考点突破解得 0 x13或 1x3.所以原不等式的解集为x0 x13或1x3.答案(1)32，2 (2)x0 x13或1x3基础诊断考点突破【迁移探究 1】在例题第(1)题中，条件不变，若设 mf(12)，nf(a)，tf(2)，试比较 m，n，t 的大小基础诊断考点突破解 由例题知 f(x)在(，)上是增函数，且32a2，又12a2，f12 f(a)f(2)，即 mn0 的解集是_基础诊断考点突破解析 因为 f(x)在 R 上为偶函数，且 f12 0，所以0 等价于f12，又 f(x)在0，)上为减函数，所以12，即12x12，解得13x3.答案 13，3基础诊断考点突破规律
10、方法(1)利用单调性求参数的取值(范围)的思路是：根据其单调性直接构建参数满足的方程(组)(不等式(组)或先得到其图像的升降，再结合图像求解(2)在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解，此时应特别注意函数的定义域基础诊断考点突破【训练3】(2016天津卷)已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间(，0)上单调递增若实数a满足f(2|a1|)f()，则a的取值范围是_基础诊断考点突破解析 f(x)在 R 上是偶函数，且在区间(，0)上单调递增，f(x)在(0，)上是减函数，则 f(2|a1|)f(2)f(2)，因此 2|a1|2，又
11、y2x 是增函数，|a1|12，解得12a32.答案 12，32基础诊断考点突破思想方法1利用定义证明或判断函数单调性的步骤：(1)取值；(2)作差；(3)定号；(4)判断2确定函数单调性有四种常用方法：定义法、导数法、复合函数法、图像法，也可利用单调函数的和差确定单调性3求函数最值的常用求法：单调性法、图像法、换元法、利用基本不等式闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值，当函数在闭区间上单调时，最值一定在端点处取到基础诊断考点突破易错防范1区分两个概念：“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函数在两个不同的区间上单调性相同，一般要分开写，用“，”或“和”连接，不要用“”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)上却不一定是减函数，如函数 f(x)1x.
