教学过程

一、复习预习

教师引导学生复习上节内容，并引入本节课程内容

二、知识讲解

考点/易错点1 函数的单调性 (1)单调函数的定义

若函数f(x)在区间D上是增函数或减函数，则称函数f(x)在这一区间上具有(严格的)单调性，区间D叫做f(x)的单调区间． 考点/易错点2 函 数的最值

三、例题精析

【例题1】

2

y log(x 3x 2)的单调区间； 0.7 【题干】（1）求函数

22

f(x) 8 2x x,g(x) f(2 x)试确定g(x)的单调区间和单调性．（2）已知若

【解析】（1）单调增区间为：(2, ),单调减区间为( ,1)，

222

g(x) 8 2(2 x) (2 x) x4 2x2 8， （2）

g (x) 4x3 4x，

令 g (x) 0，得x 1或0 x 1， 令 g (x) 0，x 1或 1 x 0

∴单调增区间为( , 1),(0,1)；单调减区间为(1, ),( 1,0)． 【例题2】

a

f(x) log9(x 8 )

x在[1, )上是增函数，求a的取值范围． 【题干】函数

a

f(x) log9(x 8 )

x在[1, )上是增函数， 【解析】∵函数

∴对任意的1 x1 x2,有f(x1) f(x2)，

log9(x1 8

aa) log9(x2 8 )x1x2，得

即

x1 8

aaa x2 8 (x1 x2)(1 ) 0x1x2，即x1x2

，

1

aa 0, 1,x1x2

x1x2 a x1x2，

∵x1 x2 0，∴

∵x2 x1 1，∴要使a x1x2恒成立，只要a 1；

a

f(x) log9(x 8 )

x在[1, )上是增函数，∴1 8 a 0， 又∵函数

即a 9，综上a的取值范围为[ 1,9)． 另解：（用导数求解） 令

g(x) x 8

aaf(x) log9(x 8 )

x，函数x在[1, )上是增函数， aa

g (x) 1 2

x在[1, )上是增函数，x， 1

a

0x2在[1, )上恒成立，得 1 a 9．

∴

g(x) x 8

∴1 8 a 0，且【例题3】

【题干】已知函数f(x)对于任意x，y∈R，总有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且当x＞0

2

时，f(x)＜0，f(1)＝－3.

(1)求证：f(x)在R上是减函数；

(2)求f (x)在[－3,3]上的最大值和最小值．

【解析】(1)证明 法一 ∵函数f(x)对于任意x，y∈R总有

f(x)＋f(y)＝f(x＋y)， ∴令x＝y＝0，得f(0)＝0. 再令y＝－x，得f(－x)＝－f(x)． 在R上任取x1＞x2，则x1－x2＞0，

f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝f(x1－x2)． 又∵x＞0时，f(x)＜0，

而x1－x2＞0，∴f(x1－x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)． 因此f(x)在R上是减函数． 法二 设x1＞x2，

则f(x1)－f(x2)＝f(x1－x2＋x2)－f(x2) ＝f(x1－x2)＋f(x2)－f(x2)＝f(x1－x2)． 又∵x＞0时，f(x)＜0，而x1－x2＞0， ∴f(x1－x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)， ∴f(x)在R上为减函数． (2)∵f(x)在R上是减函数， ∴f(x)在[－3,3]上也是减函数，

∴f(x)在[－3,3]上的最大值和最小值分别为f(－3)与f(3)． 而f(3)＝3f(1)＝－2，f(－3)＝－f(3)＝2. ∴f(x)在[－3,3]上的最大值为2，最小值为－2.

四、课堂运用

【基础】

1．函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)＞2，则f(x)＞2x＋4的解集为( )．

A．(－1,1) C．(－∞，－1)

B．(－1，＋∞) D．(－∞，＋∞)

解析 法一 由x∈R，f(－1)＝2，f′(x)＞2，可设f(x)＝4x＋6，则由4x＋6＞2x＋4，得x＞－1，选B.

法二 设g(x)＝f(x)－2x－4，则g(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0，g′(x)＝f′(x)－2＞0，g(x)在R上为增函数．

由g(x)＞0，即g(x)＞g(－1)． ∴x＞－1，选B. 答案 B

12．已知偶函数f(x)在区间[0，＋∞)单调增加，则满足f(2x－1)＜f 的x的取值范

3

围是( )．

12 A. ， 33 12 C. ， 23

112 1 ＜f |2x－1|＜x.故选A. 333 3

答案 A

12B.

33 12D. 23

解析 f(x)是偶函数，其图象关于y轴对称，又f(x)在[0，＋∞)上递增，∴f(2x－1)

3．函数f(x)＝ln(4＋3x－x)的单调递减区间是( ) 3

A．(－∞，23

C．(－1，2

2

2

3

B．，＋∞)

23

D．，4)

2

2

解析： 由4＋3x－x>0得，函数f(x)的定义域是(－1，4)，u(x)＝－x＋3x＋4＝－322533

(x－)＋的减区间为[4)，∵e>1，∴函数f(x)的单调减区间为4)．

2422

答案： D

[点评] 可用筛选法求解，显然x＝±100时，f(x)无意义，排除A、B；f(0)＝ln4，

f(1)＝ln6，f(0)<f(1)，排除C，故选D.

【巩固】

1.已知偶函数y＝f(x)对任意实数x都有f(x＋1)＝－f(x)，且在[0,1]上单调递减，则( )

7 7 7 A．f <f <f

2 3 5 7 7 7 B．f <f <f 5 2 3 7 7 7 C．f <f <f 3 2 5 7 7 7 D．f <f <f 5 3 2

解析：由条件知f(x＋2)＝－f(x＋1)＝f(x)， ∴f(x)是周期为2的周期函数，∵f(x)为偶函数，

7 7 1 1∴f ＝f 4 ＝f －＝f ， 2 2 2 2

f ＝f 2 ＝f， 333

7 7

1

f ＝f 2 ＝f －＝f ， 5 5 5 5

7 7

3 3

1 1 3 ∵f(x)在[0,1]上单调递减，∴f >f >f ， 3 2 5 7 7 7 ∴f >f>f . 3 2 5

答案：B

2．如果函数f(x)＝ax＋2x－3在区间(－∞，4)上单调递增，则实数a的取值范围是________．

解析：(1)当a＝0时，f(x)＝2x－3，在定义域R上单调递增，故在(－∞，4)上单调递增；

1

(2)当a≠0时，二次函数f(x)的对称轴为直线x＝－f(x)在(－∞，4)上单调

2

a

11

递增，所以a<0，且－≤a<0.

a4

1

答案：[－0]

4

3．已知函数y＝2sin(ωx＋θ)为偶函数(0<θ<π)，其图象与直线y＝2某两个交点的横坐标分别为x1、x2，若|x2－x1|的最小值为π，则该函数的增区间为________．

π

解析：∵y＝2sin(ωx＋θ)为偶函数，0<θ<π，∴θ＝，∴y＝2cosωx，由条件知，

2此函数的周期为π，∴ω＝2，

π

∴y＝2cos2x，由2kπ－π≤2x≤2kπ，(k∈Z)得，kπx≤kπ(k∈Z)，令k＝0

2

π 知，函数在 －，0 上是增函数． 2

π π

答案 －

24

【拔高】

1．已知函数f(x)＝a·2＋b·3，其中常数a，b满足ab≠0. (1)若ab＞0，判断函数f(x)的单调性；

(2)若ab＜0，求f(x＋1)＞f(x)时的x的取值范围． 解 (1)当a＞0，b＞0时，因为a·2，b·3都单调递增，所 以函数f(x)单调递增；

当a＜0，b＜0时，因为a·2，b·3都单调递减， 所以函数f(x)单调递减．

x

xx

x

x

x

x

x

个性化教案

(2)f(x＋1)－f(x)＝a·2＋2b·3＞0.

a 3 x

(i)当a＜0，b＞0时， ＞－

2b 2

3 a解得x＞log －；

2 2b

a 3 x

(ii)当a＞0，b＜0时， ＜－，

2b 2

3 a解得x＜log －.

2 2b

2．函数f(x)对任意的a、b∈R，都有f(a＋b)＝f(a)＋f(b)－1，并且当x>0时，f(x)>1. (1)求证：f(x)是R上的增函数；

(2)若f(4)＝5，解不等式f(3m－m－2)<3. (1)证明 设x1，x2∈R，且x1<x2， 则x2－x1>0，∴f(x2－x1)>1.

2

f(x2)－f(x1)＝f[(x2－x1)＋x1]－f(x1)

＝f(x2－x1)＋f(x1)－1－f(x1)＝f(x2－x1)－1>0. ∴f(x2)>f(x1)．即f(x)是R上的增函数． (2)解 ∵f(4)＝f(2＋2)＝f(2)＋f(2)－1＝5， ∴f(2)＝3，

∴原不等式可化为f(3m－m－2)<f(2)， ∵f(x)是R上的增函数，∴3m－m－2<2， 44 解得－1<m< －1，.

3 3

2

2

课程小结

1

1.函数的单调性是对某个区间而言的，所以要受到区间的限制．例如函数y＝x别在(－∞，0)，(0，＋∞)内都是单调递减的，但不能说它在整个定义域即(－∞，0)∪(0，＋∞)内单调递减，只能分开写，即函数的单调减区间为(－∞，0)和(0，＋∞)，不能用“∪”连接．

2.设任意x1，x2∈[a，b]且x1＜x2，那么

f x1 －f x2 f x1 －f x2 ①0 f(x)在[a，b]0 f(x)在[a，b]上是减函

x1－x2x1－x2数．

②(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0 f(x)在[a，b]上是增函数；(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＜0 f(x)

个性化教案

在[a，b]上是减函数．

3.(1)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取到．

(2)开区间上的“单峰”函数一定存在最大(小)值． 4.函数单调性的判断

(1)定义法：取值、作差、变形、定号、下结论．

(2)复合法：同增异减，即内外函数的单调性相同时，为增函数，不同时为减函数．

(3)导数法：利用导数研究函数的单调性． (4)图象法：利用图象研究函数的单调性．

课后作业

【基础】

1

x＋1

1．给定函数①y＝x2 ，②y＝log1 (x＋1)，③y＝|x－1|，④y＝2，其中在区间(0,1)

2上单调递减的函数的序号是( )

A．①② C．③④

B．②③ D．①④

1 x＋1

解析： ①y＝x2 为增函数，排除A、D；④y＝2为增函数，排除C，故选B. 答案：B

－x＋3a， x<0，

2．函数f(x)＝ x

a， x≥0，

(a>0且a≠1)是R上的减函数，则a的取值范围

是( )

A．(0,1) 1

C．(03

1

B．[，1)

32

D．(0，]

3

解析：据单调性定义，f(x)为减函数应满足：

0<a<1， 0 3a≥a，

1

即a<1. 3

答案：B

3．设函数y＝f(x)在(－∞，＋∞)内有定义，对于给定的正数K，定义函数fK(x)＝

fx

K，f

，fxK，

x＞K，

取函数f(x)＝2

－|x|

1

，当K＝时，函数fK(x)的单调递增区间为

2

( )．

A．(－∞，0) C．(－∞，－1) 1

解析 x)＝

21

2，2≤ 2 1

1

，2＞ 22

－|x|

－|x|－|x|

|x|

B．(0，＋∞) D．(1，＋∞)

1 ，x≤－1或x≥1，

2 1

fx)＝ 21

2，－1＜x＜1.

fx)的图象如上图所示，因此fx)的单调递增区间为(－∞，－1)．

答案 C

1212

【巩固】

1＋x

1．函数y＝ln ________．

1－x解析 本题考查复合函数单调区间的确定；据题意需满足1,1)，原函数的递增区间即为函数u(x)＝(

1＋x

)′＝1－x

2－x

1＋x

>0即函数定义域为(－1－x

1＋x

在(－1,1)上的递增区间，由于u′(x)＝1－x

2

1＋x

>0.故函数u(x)＝(－1,1)即为原函数的递增区间．

1－x

答案 (－1,1)

x＋1，x≥0，

2．已知函数f(x)＝

1，x<0，

2

则满足不等式f(1－x)>f(2x)的x的范围是

2

________．

x＋1，x≥0，

解析 f(x)＝

1，x<0

22

的图象如图所示，

不等式f(1－x)>f(2x)等价于

1－x>0，

2x≤0，

2

1－x>0，

或 2x>0， 1－x2>2x，

2

解得－1<x<2－1 答案 (－1，2－1)

e－2，x≤0，

3．已知函数f(x)＝

2ax－1，x＞0

－x

(a是常数且a＞0)．对于下列命题：

①函数f(x)的最小值是－1； ②函数f(x)在R上是单调函数；

1 ③若f(x)＞0在 ，＋∞ 上恒成立，则a的取值范围是a＞1； 2

④对任意的x1＜0，x2＜0且x1≠x2，恒有f

x1＋x2＜fx1＋fx2.

2 2

其中正确命题的序号是__________(写出所有正确命题的序号)．

解析 (数形结合法)根据题意可画出草图，由图象可知，①显然正确；函数f(x)在R1 1 上不是单调函数，故②错误；若f(x)＞0在 上恒成立，则2a1＞0，a＞1，

2 2 故③正确；由图象可知在(－∞，0)上对任意的x1＜0，x2＜0

且x1≠x2，恒有f 故④正确．

x1＋x2＜fx1＋fx2成立，

2 2

答案 ①③④

【点评】 采用数形结合法.注意本题中的③和④的理解，此题充分体现了数形结合法的直观性与便捷性.

个性化教案

【拔高】

1．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． 解：(1)证明：任设x1<x2<－2， 则f(x1)－f(x2)＝

＝x1＋2x2＋2

x1x2

x1－x

2

x1＋x2＋

.

∵(x1＋2)(x2＋2)>0，x1－x2<0， ∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，. ∴f(x)在(－∞，－2)内单调递增． (2)任设1<x1<x2，则

x1x2ax2－x

1

f(x1)－f(x2)＝－x1－ax2－ax1－ax2－a

∵a>0，x2－x1>0，

∴要使f(x1)－f(x2)>0，只需(x1－a)(x2－a)>0恒成立，∴a≤1.综上所述，a的取值范围是(0,1]．

2.设函数f(x)＝ax＋bx＋c(a，b，c为实数，且a≠0)，F(x)＝

2

f

x x>0x

－f

x<0

.

(1)若f(－1)＝0，曲线y＝f(x)通过点(0,2a＋3)，且在点(－1，f(－1))处的切线垂直于y轴，求F(x)的表达式；

(2)在(1)的条件下，当x∈[－1,1]时，g(x)＝kx－f(x)是单调函数，求实数k的取值范围；

(3)设mn<0，m＋n>0，a>0，且f(x)为偶函数，证明F(m)＋F(n)>0. [解析] (1)因为f(x)＝ax＋bx＋c，所以f ′(x)＝2ax＋b.

又曲线y＝f(x)在点(－1，f(－1))处的切线垂直于y轴，故f ′(－1)＝0， 即－2a＋b＝0，因此b＝2a.① 因为f(－1)＝0，所以b＝a＋c.② 又因为曲线y＝f(x)通过点(0,2a＋3)， 所以c＝2a＋3.③

解由①，②，③组成的方程组得，a＝－3，b＝－6，c＝－3. 从而f(x)＝－3x－6x－3.

－

所以F(x)＝

2

2

x＋x＋

2

2

x>0

x<0

.

2

个性化教案

(2)由(1)知f(x)＝－3x－6x－3， 所以g(x)＝kx－f(x)＝3x＋(k＋6)x＋3. 由g(x)在[－1,1]上是单调函数知： －

2

k＋6

6

≤－1k＋6

6

≥1，

得k≤－12或k≥0.

(3)因为f(x)是偶函数，可知b＝0. 因此f(x)＝ax＋c.

又因为mn<0，m＋n>0，可知m，n异号． 若m>0，则n<0.

则F(m)＋F(n)＝f(m)－f(n)＝am＋c－an－c ＝a(m＋n)(m－n)>0. 若m<0，则n>0. 同理可得F(m)＋F(n)>0. 综上可知F(m)＋F(n)>0.

2

2

2