高中数学北师大版新教材必修一同步课件：2-3-2 函数的单调性的应用
第
2
课时 函数的单调性的应用
关键能力
·
合作学习
类型一 函数单调性的证明
(
逻辑推理
)
【
典例
】
判断函数
f(x)=-
在区间
(-∞,0)
上的单调性
,
并给出证明
.
【
解题策略
】
关于定义法证明函数的单调性
(1)
步骤
:
(2)
实质
:
通过代数运算的结果证明函数的单调性
.
【
跟踪训练
】
判断函数
f(x)=x-
在区间
(0,+∞)
上的单调性
,
并给出证明
.
【
解析
】
画出函数的图象如图
,
由图象可以看出
,
函数
f(x)=x-
在区间
(0,+
∞
)
上可能单调递增
.
下面利用函数单调性的定义证明这一结论
.
任取
0
0
时
,
函数
y=
与
y=f(x)
的单调性相反
,
对于
f(x)<0
也成立
.
(2)
在公共定义域内
,
两增函数的和仍为增函数
,
增函数减去一个减函数所得的函数为增函数
.
(3)
函数
f(x)
与
f(x)+c(c
为常数
)
具有相同的单调性
.
(4)
当
c>0
时
,
函数
f(x)
与
cf(x)
具有相同的单调性
;
当
c<0
时
,
函数
f(x)
与
cf(x)
具有相反的单调性
.
2.
函数
y=x+ (a≠0)
的单调性
(1)
若
a>0,
函数
y=x+
的图象如图
1
所示
,
则函数
y=x+
的单调递增区间是
(-∞,- ]
和
[ ,+∞),
单调递减区间
是
(- ,0)
和
(0, ).
(2)
若
a<0,
其图象如图
2
所示
,
函数
y=x+
在
(-∞,0)
和
(0,+∞)
上均单调递增
,
即
y=x+
的单调递增区间为
(-∞,0)
和
(0,+∞).
【
拓展训练
】
函数
y=2x+
的单调递增区间为
.
【
解析
】
y=2 ,
单调递增区间为
(-∞,- )
和
( ,+∞).
答案
:
(-∞,- )
和
( ,+∞)
类型三 函数单调性的简单应用
(
逻辑推理、数学抽象
)
角度
1
利用单调性解不等式
【
典例
】
函数
f(x)
在
[0,+∞)
上单调递减
,
且
f(2)=-1,
则满足
f(2x-4)>-1
的实数
x
的取值范围是
(
)
A.(3,+∞) B.(-∞,3)
C.[2,3) D.[0,3)
【
思路导引
】
从定义域
,
单调性两个方面列不等式求范围
.
【
解析
】
选
C.
因为
f(2)=-1,
所以由
f(2x-4)>-1
得
,f(2x-4)>f(2),
且
f(x)
在
[0,+
∞
)
上单调递减
,
所以
0≤2x-4<2,
解得
2≤x<3,
所以满足
f(2x-4)>-1
的实数
x
的取值范围是
[2,3).
【
变式探究
】
本例的条件若改为“单调递增”
,
试求
m
的取值范围
.
【
解析
】
因为
f(x)
的定义域为
[0,+
∞
),
由
f(2x-4)>-1,
得
f(2x-4)>f(2),
因为
f(x)
在
[0,+
∞
)
上单调递增
,
所以
2x-4>2,
解得
x>3.
角度
2
分段函数的单调性
【
典例
】
已知函数
f(x)=
是增函数
,
则实数
a
的取值范围
是
.
【
思路导引
】
由
x≥1,x<1
两个方面的因素求范围
.
【
解析
】
因为函数
f(x)=
是增函数
,
①
当
x≥1
时
,f(x)=(a+1)x-1
单调递增
,
所以
a>-1;
②
当
x<1
时
,
函数
f(x)= ax
2
-ax-1
的对称轴为直线
x=1;
所以 解得
- ≤a<0.
答案
:
【
解题策略
】
1.
解抽象函数不等式的方法
利用函数的单调性解不等式主要依据函数单调性的定义和性质
,
将符号“
f”
脱掉
,
列出关于未知量的不等式
(
组
),
然后求解
,
要注意函数的定义域
.
2.
分段函数的单调性
首先分析每段上的单调性
,
其次是分界点处函数值的大小
,
如果是增函数
,
则界点左侧值小于等于右侧值
,
如果是减函数
,
则界点左侧值大于等于右侧值
.
【
题组训练
】
1.f(x)=x|x|,
若
f(2m+1)>f(m-1),
则
m
的取值范围为
(
)
A.(-∞,-1) B.(-∞,-2)
C.(-1,+∞) D.(-2,+∞)
【
解析
】
选
D.
因为
f(x)=x|x|= ,
所以由函数
f(x)
的图象可知
,f(x)
是增函数
,
因为
f(2m+1)>f(m-1),
所以
2m+1>m-1,
解得
m>-2,
所以
m
的取值范围为
(-2,+
∞
).
2.
定义在
R
上的函数
f(x)
满足
:
对任意的
x
1
,x
2
∈R,
且
x
1
≠x
2
,
都有
(x
1
-x
2
)[(f(x
1
)-f(x
2
)]>0,
则有
(
)
A.f(-2)0,
当
x
1
x
2
时
,x
1
-x
2
>0,
则
f(x
1
)-f(x
2
)>0,
即
f(x
1
)>f(x
2
).
可得函数
f(x)
是增函数
,
所以
f(-2)0
时
,
恒有
f(x)>1.
(1)
求证
:f(x)
是增函数
;
(2)
若
f(3)=4,
解不等式
f(a
2
+a-5)<2.
【
思路导引
】
(1)
按照单调性的定义
,
构造
f(x
1
)-f(x
2
),
再判断符号
;
(2)
将
2
化为
f(x
0
)
的形式
,
再利用单调性解不等式
.
【
解析
】
(1)
设
x
1
,x
2
∈R,
且
x
1
0,
所以
f(x
2
-x
1
)>1,f(x
2
)-f(x
1
)=f((x
2
-x
1
)+x
1
)-f(x
1
)=f(x
2
-x
1
)+f(x
1
)-1-f(x
1
)>0,
即
f(x
2
)>f(x
1
),
所以
f(x)
是增函数
.
(2)
因为
m,n∈R,
不妨设
m=n=1,
所以
f(1+1)=f(1)+f(1)-1,
即
f(2)=2f(1)-1,f(3)=f(2+1)=f(2)+f(1)-1=2f(1)-1+f(1)-1=3f(1)-2=4,
所以
f(1)=2.
即
f(a
2
+a-5)0,
满足
f =f(x)
-f(y).
(1)
证明
:
函数
f(x)
是增函数
;
(2)
若
f(6)=1,
解不等式
f(x+3)-f( )<2.
【
解析
】
(1)
因为当
00
C.k<0 D.k≤0
【
解析
】
选
C.
由函数单调性的定义
,
设
x
1
,x
2
是任意实数
,x
1
0,
则
k<0.
3.(
教材二次开发
:
习题改编
)
函数
y=
在
(0,+∞)
上是增函数
,
则
k
的取值范围
是
(
)
A.k≥1 B.k≤1
C.k>1 D.k<1
【
解析
】
选
D.k-1>0
时
,
由
y=
的图象可知
,
在区间
(-∞,0),(0,+∞)
上是减函
数
;
当
k-1<0
时
,
由
y=
的图象可知
,
在区间
(-∞,0),(0,+∞)
上是增函数
.
4.(2020·
昆明高一检测
)
已知
f(x)
是定义在
R
上的减函数
,
则关于
x
的不等式
f(x
2
-x)-f(x)>0
的解集为
.
【
解析
】
根据题意
,f(x)
是定义在
R
上的减函数
,
则
f(x
2
-x)-f(x)>0
⇒
f(x
2
-x)>f(x)
⇒
x
2
-x3,
解得
x> .
答案
:
5.
已知函数
f(x)=
是定义在
R
上的减函数
,
那么实数
a
的取值
范围是
.
【
解析
】
要使
f(x)
在
(-∞,+∞)
上为减函数
,
必须同时满足
3
个条件
:
g(x)=(3a-1)x+4a
在
(-∞,1)
上为减函数
;
h(x)=-x+1
在
[1,+∞)
上为减函数
;g(1)≥h(1).
所以
答案
:
