函数与基本初等函数2.2函数的单调性与最大(小)值(教师)

§2.2函数的单调性与最大（小）值

基础自测

1.已知函数y=f(x)是定义在R上的增函数，则下列对f(x)=0的根说法不正确的是      （填序号）.                                                 

 ①有且只有一个                                     ②有2个 

 ③至多有一个                                     　④没有根 

答案  ①②

2.已知f（x）是R上的增函数，若令F（x）=f（1-x）-f（1+x），则F（x）是R上的       函数（用“增”、“减”填空）.

答案  减

3.若函数f(x)=x2+(a2-4a+1)x+2在区间（-∞，1］上是减函数，则a的取值范围是        . 

答案 ［1，3］

4.（2009·徐州六县一区联考）若函数f(x)是定义在（0，+∞）上的增函数，且对一切x>0，y>0满足f(xy)=f(x)+f(y)，则不等式f(x+6)+f(x)<2f(4)的解集为        .

   答案  （0，2）

5.已知函数f(x)=x2-2x+3在闭区间［0,m］上最大值为3，最小值为2，则m的取值范围为         .    

答案 ［1，2］

例题精讲 

例1  已知函数f(x)=ax+ (a>1). 

证明：函数f(x)在(-1,+∞)上为增函数. 

证明  方法一  任取x1,x2∈(-1,+∞), 

不妨设x10, >1且a>0, 

∴a又∵x1+1>0,x2+1>0, 

∴>0, 

于是f(x2)-f(x1)=a+>0, 

故函数f(x)在（-1,+∞）上为增函数. 

方法二  f(x)=ax+1- (a>1), 

求导数得f′(x)=axlna+,∵a>1,∴当x>-1时，axlna>0, >0, 

f′(x)>0在（-1，+∞）上恒成立，则f(x)在（-1,+∞）上为增函数. 

方法三  ∵a>1,∴y=ax为增函数， 

又y=，在（-1，+∞）上也是增函数. 

∴y=ax+在（-1，+∞）上为增函数. 

 例2  判断函数f(x)=在定义域上的单调性. 

解  函数的定义域为{x|x≤-1或x≥1}, 

则f(x)=, 

可分解成两个简单函数. 

f(x)= =x2-1的形式.当x≥1时，u(x)为增函数，为增函数. 

∴f（x）=在［1，+∞)上为增函数.当x≤-1时，u（x)为减函数，为减函数， 

∴f(x)=在（-∞,-1］上为减函数. 

 例3  求下列函数的最值与值域： 

（1）y=4-;(2)y=2x-; 

(3)y=x+;(4)y=. 

解 （1）由3+2x-x2≥0得函数定义域为［-1，3］，又t=3+2x-x2=4-(x-1)2. 

∴t∈［0，4］，∈［0，2］，从而，当x=1时，ymin=2，当x=-1或x=3时，ymax=4.故值域为［2，4］. 

（2） 方法一  令=t(t≥0),则x=.∴y=1-t2-t=-（t+2+. 

∵二次函数对称轴为t=-,∴在［0，+∞）上y=-(t+2+是减函数， 

故ymax=-(0+2+=1.故函数有最大值1，无最小值，其值域为（-∞，1］. 

方法二  ∵y=2x与y=-均为定义域上的增函数，∴y=2x-是定义域为{x|x≤}上的增函数，

故ymax=2×=1,无最小值.故函数的值域为(-∞,1］. 

(3)方法一  函数y=x+是定义域为{x|x≠0}上的奇函数,故其图象关于原点对称,故只讨论x>0时,即可知x<0时的最值. 

∴当x>0时,y=x+≥2=4，等号当且仅当x=2时取得.当x<0时，y≤-4, 

等号当且仅当x=-2时取得.综上函数的值域为（-∞，-4］∪［4，+∞），无最值. 

方法二   任取x1,x2,且x1因为f(x1)-f(x2)=x1+-(x2+)= 

所以当x≤-2或x≥2时，f(x)递增,当-2故x=-2时，f(x)最大值=f(-2)=-4,x=2时，f(x)最小值=f(2)=4, 

所以所求函数的值域为（-∞，-4］∪［4，+∞），无最大（小）值. 

（4）将函数式变形为 

y=, 

可视为动点M（x,0）与定点A（0，1）、B（2，-2）距离之和，连结AB，则直线AB与x轴的交点（横坐标）即为所求的最小值点. 

ymin=|AB|=，可求得x=时，ymin=. 

显然无最大值.故值域为［，+∞）. 

例4 (14分)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(3m2-m-2)<3. 

解  （1）设x1,x2∈R，且x1则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上的增函数.                                                                   7分

（2）∵f（4）=f（2+2）=f（2）+f（2）-1=5， 

∴f（2）=3，                                                                            10分

∴原不等式可化为f(3m2-m-2)∵f(x)是R上的增函数，∴3m2-m-2<2,                     12分

解得-1巩固练习 

1.讨论函数f（x）=x+（a>0）的单调性. 

解  方法一  显然f（x）为奇函数，所以先讨论函数f（x）在（0，+∞）上的单调性，设x1>x2>0,则 

f(x1)-f(x2) =（x1+）-（x2+）=(x1-x2)·（1-）.

∴当01, 

则f（x1）-f（x2）<0，即f(x1)当x1>x2≥时，0<<1，则f（x1）-f（x2）>0,即f(x1)>f(x2), 

故f（x）在［，+∞）上是增函数.∵f（x）是奇函数， 

∴f（x）分别在（-∞，-］、［，+∞）上为增函数； 

f（x）分别在［-，0）、（0，］上为减函数. 

方法二  由f′(x)=1-=0可得x=±

当x>时或x<-时，f′(x)>0，∴f（x）分别在［，+∞）、（-∞，-］上是增函数. 

同理0即f（x）分别在（0，］、［-，0）上是减函数.

2.求函数y=（4x-x2）的单调区间. 

解  由4x-x2>0，得函数的定义域是（0，4）.令t=4x-x2，则y= t. 

∵t=4x-x2=-（x-2）2+4，∴t=4x-x2的单调减区间是［2，4），增区间是（0，2］. 

又y=t在（0，+∞）上是减函数，

∴函数y=（4x-x2）的单调减区间是（0，2］，单调增区间是［2，4).

3.在经济学中，函数f(x)的边际函数Mf(x)定义为Mf（x）=f（x+1）-f（x）.某公司每月最多生产100台报警系统装置，生产x（x>0）台的收入函数为R（x）=3 000x-20x2 (单位：元)，其成本函数为C（x）=500x+4 000（单位：元），利润是收入与成本之差. 

（1）求利润函数P（x）及边际利润函数MP（x）； 

（2）利润函数P（x）与边际利润函数MP（x）是否具有相同的最大值？ 

解 （1）P（x）=R（x）-C（x）=（3 000x-20x2）-（500x+4 000）

=-20x2+2 500x-4 000（x∈［1，100］且x∈N）.

MP（x）=P（x+1）-P（x）=-20（x+1）2+2 500（x+1）-4 000-（-20x2+2 500x-4 000）

=2 480-40x （x∈［1，100］且x∈N）. 

（2）P（x）=-20(x-2+74 125，当x=62或63时，P(x)max=74 120（元）. 

因为MP（x）=2 480-40x是减函数，所以当x=1时，MP(x)max=2 440(元）. 

因此，利润函数P（x）与边际利润函数MP（x）不具有相同的最大值. 

4.已知定义在区间（0，+∞）上的函数f(x)满足f(=f(x1)-f(x2)，且当x>1时，f(x)<0.

（1）求f(1)的值； 

（2）判断f(x）的单调性； 

（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. 

（2）任取x1,x2∈(0,+∞)，且x1>x2,则>1, 

由于当x>1时，f(x)<0, 

所以f<0,即f(x1)-f(x2)<0, 

因此f(x1)所以函数f(x)在区间(0,+∞)上是单调递减函数. 

（3）由f()=f(x1)-f(x2)得 

f(=f(9)-f(3),而f(3)=-1,所以f(9)=-2. 

由于函数f(x)在区间（0,+∞）上是单调递减函数， 

由f(|x|)9,∴x>9或x<-9.因此不等式的解集为{x|x>9或x<-9}.

回顾总结 

知识

方法

思想

课后作业 

一、填空题

1.函数f(x)=ln(4+3x-x2)的单调递减区间是           .

答案 ［，4） 

2.已知函数f（x）在区间［a，b］上单调，且f（a）·f（b）＜0，则下列对方程f（x）=0在区间［a，b］上根的分布情况的判断有误的是         （填序号）.

  ①至少有一实根                                     ②至多有一实根

③没有实根                                         ④必有惟一的实根

  答案  ①②③

3.函数y=lg(x2+2x+m)的值域是R,则m的取值范围是         .   

答案  m≤1

4.函数f(x)(x∈R)的图象如下图所示，则函数g(x)=f(logax) (0答案 ［,1］ 

5.已知f(x)=是（-∞,+∞）上的减函数，那么a的取值范围是           .

答案 ［，）

6.若函数f(x)=(m-1)x2+mx+3 (x∈R)是偶函数，则f(x)的单调减区间是       . 

答案  ［0，+∞）

7.已知y=f(x)是定义在（-2，2）上的增函数，若f(m-1)答案  (-

8.已知下列四个命题：①若f(x)为减函数，则-f(x)为增函数；②若f(x)为增函数，则函数g(x)=在其定义域内为减函数；③若f(x)与g(x)均为(a,b)上的增函数，则f(x)·g(x)也是区间（a,b）上的增函数；④若f(x)与g(x)在(a,b)上分别是递增与递减函数，且g(x)≠0，则在（a,b)上是递增函数.其中命题正确的是        （填序号）

答案  ① 

二、解答题

9.已知f(x)在定义域（0，+∞）上为增函数，且满足f(xy)=f(x)+f(y),f(3)=1,试解不等式f(x)+f(x-8)≤2.

解  根据题意，由f(3)=1,得f(9)=f(3)+f(3)=2. 

又f(x)+f(x-8)=f［x(x-8)］,故f［x(x-8)］≤f(9). 

∵f（x）在定义域（0,+∞）上为增函数，

∴解得8＜x≤9.

10.函数f(x)对任意的实数m、n有f(m+n)=f(m)+f(n),且当x>0时有f(x)>0. 

（1）求证：f(x)在（-∞,+∞)上为增函数； 

（2）若f(1)=1,解不等式f［log2(x2-x-2)］<2. 

（1）证明  设x2>x1,则x2-x1>0. 

∵f(x2)-f(x1)=f(x2-x1+x1)-f(x1)=f(x2-x1)+f(x1)-f(x1)=f(x2-x1)>0,

∴f(x2)>f(x1),f(x)在（-∞,+∞)上为增函数. 

（2）解  ∵f(1)=1,∴2=1+1=f(1)+f(1)=f(2).  

又f［log2(x2-x-2)］<2,∴f［log2(x2-x-2)］∴log2(x2-x-2)<2,于是∴

即-211.已知f(x)= (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. 

（1）证明  任设x1∵(x1+2）(x2+2)>0,x1-x2<0,∴f(x1)（2）解  任设1∵a>0,x2-x1>0,∴要使f(x1)-f(x2)>0,只需(x1-a)(x2-a)>0恒成立，

∴a≤1.综上所述知012.已知函数y=f(x)对任意x,y∈R均有f(x)+f(y)=f(x+y),且当x>0时，f(x)<0,f(1)=-. 

(1)判断并证明f(x)在R上的单调性； 

（2）求f(x)在［-3，3］上的最值. 

解 （1）f(x)在R上是单调递减函数 

证明如下： 

令x=y=0,f(0)=0,令x=-y可得：f(-x)=-f(x),在R上任取x10, 

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

∴f(x2-x1)<0,即f(x2)（2）∵f(x)在R上是减函数， 

∴f（x）在［-3，3］上也是减函数. 

∴f（-3）最大，f(3)最小.f(3)=f(2)+f(1)=f(1)+f(1)+f(1)=3×（-=-2. 

∴f(-3)=-f(3)=2.即f(x)在［-3，3］上最大值为2，最小值为-2.