【数学】2018届一轮复习人教A版 函数的奇偶性与周期性 学案
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f(x)的定义域内的一个区间A上，如果对于任意两数x1，x2∈A
当x1
f(x2)，那么，就称函数f(x)在区间A上是减少的
图像
描述
自左向右看图像是上升的
自左向右看图像是下降的
(2)单调区间的定义
如果函数y＝f(x)在区间A上是增加的或是减少的，那么就称A为单调区间.
2.函数的最值
前提
函数y＝f(x)的定义域为D
条件
(1)存在x0∈D，使得f(x0)＝M；
(2)对于任意x∈D，都有f(x)≤M.
(3)存在x0∈D，使得f(x0)＝M；
(4)对于任意x∈D，都有f(x)≥M.
结论
M为最大值
M为最小值
【思考辨析】
判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)在增函数与减函数的定义中，可以把“任意两数”改为“存在两数”.( × )
(2)对于函数f(x)，x∈D，若x1，x2∈D且(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]>0，则函数f(x)在D上是增函数.( √ )
(3)函数y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞).( × )
(4)函数y＝的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞).( × )
(5)所有的单调函数都有最值.( × )
(6)对于函数y＝f(x)，若f(1)0，x1－1<0，x2－1<0，
故当a>0时，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，
函数f(x)在(－1,1)上递减；
当a<0时，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)0时，f(x)在(－1,1)上单调递减；当a<0时，f(x)在(－1,1)上单调递增.
引申探究
若本题中的函数变为f(x)＝ (a>0)，则f(x)在(－1,1)上的单调性如何？
解 设－10，x1x2＋1>0，(x－1)(x－1)>0.
又∵a>0，∴f(x1)－f(x2)>0，
∴函数在(－1,1)上为减函数.
思维升华 确定函数单调性的方法(1)定义法和导数法，证明函数单调性只能用定义法和导数法；(2)复合函数法，复合函数单调性的规律是“同增异减”；(3)图像法，图像不连续的单调区间不能用“∪”连接.
已知a>0，函数f(x)＝x＋(x>0)，证明函数f(x)在(0， ]上是减函数，在[，＋∞)上是增函数.
证明 方法一 任意取x1>x2>0，则
f(x1)－f(x2)＝－
＝(x1－x2)＋＝(x1－x2)＋
＝(x1－x2).
当≥x1>x2>0时，x1－x2>0,1－<0，
有f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)0)在(0， ]上为减函数；
当x1>x2≥时，x1－x2>0,1－>0，
有f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，
此时，函数f(x)＝x＋(a>0)在[，＋∞)上为增函数；
综上可知，函数f(x)＝x＋(a>0)在(0， ]上为减函数，在[，＋∞)上为增函数.
方法二 f′(x)＝1－，令f′(x)>0，则1－>0，
解得x>或x<－(舍).令f′(x)<0，则1－<0，解得－0，∴00恒成立，试求实数a的取值范围.
解 (1)当a＝时，f(x)＝x＋＋2在[1，＋∞)上为增函数，f(x)min＝f(1)＝.
(2)f(x)＝x＋＋2，x∈[1，＋∞).
①当a≤0时，f(x)在[1，＋∞)内为增函数.
最小值为f(1)＝a＋3.
要使f(x)>0在x∈[1，＋∞)上恒成立，只需a＋3>0，即a>－3，所以－30，a>－3，所以00，x>0)，若f(x)在上的值域为[，2]，则a＝________.
答案 (1)2 (2)
解析 (1)当x≥1时，函数f(x)＝为减函数，所以f(x)在x＝1处取得最大值，为f(1)＝1；当x<1时，易知函数f(x)＝－x2＋2在x＝0处取得最大值，为f(0)＝2.
故函数f(x)的最大值为2.
(2)由反比例函数的性质知函数f(x)＝－(a>0，x>0)在上单调递增，
所以即解得a＝.
题型三 函数单调性的应用
命题点1 比较大小
例4 已知函数f(x)＝log2x＋，若x1∈(1,2)，x2∈(2，＋∞)，则( )
A.f(x1)<0，f(x2)<0 B.f(x1)<0，f(x2)>0
C.f(x1)>0，f(x2)<0 D.f(x1)>0，f(x2)>0
答案 B
解析 ∵函数f(x)＝log2x＋在(1，＋∞)上为增函数，且f(2)＝0，∴当x1∈(1,2)时，f(x1)f(2)＝0，
即f(x1)<0，f(x2)>0.
命题点2 解不等式
例5 已知函数f(x)为R上的减函数，则满足f－ B.a≥－
C.－≤a<0 D.－≤a≤0
(2)已知f(x)＝满足对任意x1≠x2，都有>0成立，那么a的取值范围是________.
答案 (1)D (2)[，2)
解析 (1)当a＝0时，f(x)＝2x－3，在定义域R上是单调递增的，故在(－∞，4)上单调递增；
当a≠0时，二次函数f(x)的对称轴为x＝－，
因为f(x)在(－∞，4)上单调递增，
所以a<0，且－≥4，解得－≤a<0.
综合上述得－≤a≤0.
(2)由已知条件得f(x)为增函数，
∴
解得≤a<2，
∴a的取值范围是[，2).
思维升华 函数单调性应用问题的常见类型及解题策略
(1)比较大小.比较函数值的大小，应将自变量转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决.
(2)解不等式.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.
(3)利用单调性求参数.
①视参数为已知数，依据函数的图像或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数；
②需注意若函数在区间[a，b]上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的；
③分段函数的单调性，除注意各段的单调性外，还要注意衔接点的取值.
(1)f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调增函数，满足f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，当f(x)＋f(x－8)≤2时，x的取值范围是( )
A.(8，＋∞) B.(8,9]
C.[8,9] D.(0,8)
(2)若f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝在区间[1,2]上都是减函数，则a的取值范围是( )
A.(－1,0)∪(0,1) B.(－1,0)∪(0,1]
C.(0,1) D.(0,1]
答案 (1)B (2)D
解析 (1)2＝1＋1＝f(3)＋f(3)＝f(9)，由f(x)＋f(x－8)≤2，可得f[x(x－8)]≤f(9)，因为f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数，
所以有解得80，
故00时，恒有f(x)>1.
(1)求证f(x)在R上是增函数；
(2)若f(3)＝4，解不等式f(a2＋a－5)<2.
思维点拨 (1)对于抽象函数的单调性的证明，只能用定义.应该构造出f(x2)－f(x1)并与0比较大小.(2)将函数不等式中的抽象函数符号“f”运用单调性“去掉”是本题的切入点.要构造出f(M)0，
∵当x>0时，f(x)>1，∴f(x2－x1)>1.[2分]
f(x2)＝f[(x2－x1)＋x1]＝f(x2－x1)＋f(x1)－1，[4分]
∴f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)－1>0⇒f(x1)0时，f(x)>1，构造不出f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)－1的形式，便找不到问题的突破口.第二个关键应该是将不等式化为f(M)0且a－1≥0，∴a≥1.
3.已知函数y＝f(x)的图像关于x＝1对称，且在(1，＋∞)上单调递增，设a＝f，b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为( )
A.c1，所以a的取值范围为10且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求a的取值范围.
(1)证明 任设x10，x1－x2<0，
∴f(x1)0，x2－x1>0，∴要使f(x1)－f(x2)>0，
只需(x1－a)(x2－a)>0在(1，＋∞)上恒成立，∴a≤1.
综上所述，a的取值范围是(0,1].
10.设函数y＝f(x)是定义在(0，＋∞)上的函数，并且满足下面三个条件①对任意正数x，y，都有f(xy)＝f(x)＋f(y)；②当x>1时，f(x)<0；③f(3)＝－1.
(1)求f(1)，f()的值；
(2)如果不等式f(x)＋f(2－x)<2成立，求x的取值范围.
解 (1)令x＝y＝1易得f(1)＝0.
而f(9)＝f(3)＋f(3)＝－1－1＝－2，
且f(9)＋f＝f(1)＝0，
故f＝2.
(2)设01，f<0，
由f(xy)＝f(x)＋f(y)得
f(x2)＝f＝f(x1)＋f1，且x2－ax＋>0恒成立，所以1f(x2)”的是( )
A.f(x)＝ B.f(x)＝(x－1)2
C.f(x)＝ex D.f(x)＝ln(x＋1)
答案 A
解析 由题意知f(x)在(0，＋∞)上是减函数.
A中，f(x)＝满足要求；
B中，f(x)＝(x－1)2在[0,1]上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数；
C中，f(x)＝ex是增函数；
D中，f(x)＝ln(x＋1)是增函数.
13.已知函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，若f(a2－a)>f(a＋3)，则实数a
的取值范围为______.
答案 (－3，－1)∪(3，＋∞)
解析 由已知可得
解得－33.
所以实数a的取值范围为(－3，－1)∪(3，＋∞).
14.已知函数f(x)＝lg(x＋－2)，其中a是大于0的常数.
(1)求函数f(x)的定义域；
(2)当a∈(1,4)时，求函数f(x)在[2，＋∞)上的最小值；
(3)若对任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)>0，试确定a的取值范围.
解 (1)由x＋－2>0，得>0，
当a>1时，x2－2x＋a>0恒成立，定义域为(0，＋∞)，
当a＝1时，定义域为{x|x>0且x≠1}，
当01＋}.
(2)设g(x)＝x＋－2，当a∈(1,4)，x∈[2，＋∞)时，
g′(x)＝1－＝>0恒成立，
所以g(x)＝x＋－2在[2，＋∞)上是增函数.
所以f(x)＝lg在[2，＋∞)上是增函数.
所以f(x)＝lg在[2，＋∞)上的最小值为f(2)＝lg.
(3)对任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)>0，即x＋－2>1对x∈[2，＋∞)恒成立.
所以a>3x－x2，
令h(x)＝3x－x2，
而h(x)＝3x－x2＝－2＋在x∈[2，＋∞)上是减函数，
所以h(x)max＝h(2)＝2，所以a>2.
