.z.●高考明方向1.理解函數的單調性、最大值、最小值及其幾何意義．2.會運用根本初等函數的圖象分析函數的性質.*備考知考情1.函數的單調性是函數的一個重要性質，是高考的熱點，常見問題有：求單調區間，判斷函數的單調性，求參數的取值，利用函數單調性比擬數的大小，以及解不等式等．客觀題主要考察函數的單調性，最值確實定與簡單應用．2.題型多以選擇題、填空題的形式出現，假設與導數交匯命題，則以解答題的形式出現.一、知識梳理"名師一號"P15注意：研究函數單調性必須先求函數的定義域，函數的單調區間是定義域的子集單調區間不能并！知識點一函數的單調性1.單調函數的定義2.單調性、單調區間的定義假設函數f(*)在區間D上是增函數或減函數，則稱函數f(*)在這一區間上具有(嚴格的)單調性，區間D叫做f(*)的單調區間.注意：1、"名師一號"P16問題探究問題1關于函數單調性的定義應注意哪些問題？(1)定義中*1，*2具有任意性，不能是規定的特定值．(2)函數的單調區間必須是定義域的子集；(3)定義的兩種變式：設任意*1，*2∈[a，b]且*1<*2，則①?f(*)在[a，b]上是增函數；?f(*)在[a，b]上是減函數．②(*1－*2)[f(*1)－f(*2)]>0?f(*)在[a，b]上是增函數；(*1－*2)[f(*1)－f(*2)]<0?f(*)在[a，b]上是減函數．2、"名師一號"P16問題探究問題2單調區間的表示注意哪些問題？單調區間只能用區間表示，不能用集合或不等式表示；如有多個單調區間應分別寫，不能用并集符號"∪〞聯結，也不能用"或〞聯結．知識點二單調性的證明方法：定義法及導數法"名師一號"P16高頻考點例1規律方法(1)定義法:利用定義證明函數單調性的一般步驟是：①任取*1、*2∈D，且*1<*2；②作差f(*1)－f(*2)，并適當變形("分解因式〞、配方成同號項的和等)；③依據差式的符號確定其增減性．(2)導數法:設函數y＝f(*)在*區間D內可導．如果f′(*)>0，則f(*)在區間D內為增函數；如果f′(*)<0，則f(*)在區間D內為減函數．注意：(補充)〔1〕假設使得f′(*)=0的*的值只有有限個，則如果f′(*)，則f(*)在區間D內為增函數；如果f′(*)，則f(*)在區間D內為減函數．〔2〕單調性的判斷方法："名師一號"P17高頻考點例2規律方法定義法及導數法、圖象法、復合函數的單調性(同增異減)、用函數的單調性等(補充)單調性的有關結論1．假設f(*)，g(*)均為增(減)函數，則f(*)＋g(*)仍為增(減)函數．2．假設f(*)為增(減)函數，則－f(*)為減(增)函數，如果同時有f(*)>0，則為減(增)函數，為增(減)函數．3．互為反函數的兩個函數有一樣的單調性．4．y＝f[g(*)]是定義在M上的函數，假設f(*)與g(*)的單調性一樣，則其復合函數f[g(*)]為增函數；假設f(*)、g(*)的單調性相反，則其復合函數f[g(*)]為減函數．簡稱〞同增異減〞5.奇函數在關于原點對稱的兩個區間上的單調性一樣；偶函數在關于原點對稱的兩個區間上的單調性相反．函數單調性的應用"名師一號"P17特色專題(1)求*些函數的值域或最值．(2)比擬函數值或自變量值的大?。?3)解、證不等式．(4)求參數的取值范圍或值．(5)作函數圖象．二、例題分析：〔一)函數單調性的判斷與證明例1.〔1〕"名師一號"P16對點自測1判斷以下說法是否正確(1)函數f(*)＝2*＋1在(－∞，＋∞)上是增函數．()(2)函數f(*)＝eq\f(1,*)在其定義域上是減函數．()(3)f(*)＝eq\r(*)，g(*)＝－2*，則y＝f(*)－g(*)在定義域上是增函數．()答案：√×√例1.〔2〕"名師一號"P16高頻考點例1〔1〕(2014·卷)以下函數中，在區間(0，＋∞)上為增函數的是()A．y＝eq\r(*＋1)B．y＝(*－1)2C．y＝2－*D．y＝log0.5(*＋1)答案：A.例2.〔1〕"名師一號"P16高頻考點例1〔2〕判斷函數f(*)＝eq\f(a*,*＋1)在(－1，＋∞)上的單調性，并證明．法一：定義法設－1<*1<*2，則f(*1)－f(*2)＝eq\f(a*1,*1＋1)－eq\f(a*2,*2＋1)＝eq\f(a*1*2＋1－a*2*1＋1,*1＋1*2＋1)＝eq\f(a*1－*2,*1＋1*2＋1)∵－1<*1<*2，∴*1－*2<0，*1＋1>0，*2＋1>0.∴當a>0時，f(*1)－f(*2)<0，即f(*1)<f(*2)，∴函數y＝f(*)在(－1，＋∞)上單調遞增．同理當a<0時，f(*1)－f(*2)>0，即f(*1)>f(*2)，∴函數y＝f(*)在(－1，＋∞)上單調遞減．法二：導數法注意："名師一號"P17高頻考點例1規律方法1.判斷函數的單調性應先求定義域；2.用定義法判斷(或證明)函數單調性的一般步驟為：取值—作差—變形—判號—定論，其中變形為關鍵，而變形的方法有因式分解、配方法等；3.用導數判斷函數的單調性簡單快捷，應引起足夠的重視〔二〕求復合函數、分段函數的單調性區間例1."名師一號"P16高頻考點例2〔1〕求函數y＝*－|1－*|的單調增區間；y＝*－|1－*|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，*≥1，,2*－1，*<1.))作出該函數的圖象如下圖．由圖象可知，該函數的單調增區間是(－∞，1]．例2.〔1〕"名師一號"P16高頻考點例2〔2〕求函數y＝logeq\s\do8(\f(1,3))(*2－4*＋3)的單調區間．解析:令u＝*2－4*＋3，原函數可以看作y＝logeq\s\do8(\f(1,3))u與u＝*2－4*＋3的復合函數．令u＝*2－4*＋3>0.則*<1或*>3.∴函數y＝logeq\s\do8(\f(1,3))(*2－4*＋3)的定義域為(－∞，1)∪(3，＋∞)．又u＝*2－4*＋3的圖象的對稱軸為*＝2，且開口向上，∴u＝*2－4*＋3在(－∞，1)上是減函數，在(3，＋∞)上是增函數．而函數y＝logeq\s\do8(\f(1,3))u在(0，＋∞)上是減函數，∴y＝logeq\s\do8(\f(1,3))(*2－4*＋3)的單調遞減區間為(3，＋∞)，單調遞增區間為(－∞，1)．注意："名師一號"P17高頻考點例2規律方法求函數的單調區間的常用方法(1)利用函數的單調性，即轉化為函數的和、差或復合函數，求單調區間．(2)定義法：先求定義域，再利用單調性定義．(3)圖象法：如果f(*)是以圖象形式給出的，或者f(*)的圖象易作出，可由圖象的直觀性寫出它的單調區間．(4)導數法：利用導數的正負確定函數的單調區間．例2.〔2〕(補充)答案：增區間：；減區間：練習:答案：增區間：；減區間：〔三〕利用單調性解〔證〕不等式及比擬大小例1.〔1〕"名師一號"P17特色專題典例(1)函數f(*)＝log2*＋eq\f(1,1－*)，假設*1∈(1,2)，*2∈(2，＋∞)，則()A．f(*1)<0，f(*2)<0B．f(*1)<0，f(*2)>0C．f(*1)>0，f(*2)<0D．f(*1)>0，f(*2)>0【標準解答】∵函數f(*)＝log2*＋eq\f(1,1－*)在(1，＋∞)上為增函數，且f(2)＝0，∴當*1∈(1,2)時，f(*1)<f(2)＝0，當*2∈(2，＋∞)時，f(*2)>f(2)＝0，即f(*1)<0，f(*2)>0.例1.〔2〕"名師一號"P17特色專題典例(2)函數f(*)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(*2－4*＋3，*≤0，,－*2－2*＋3，*>0，))則不等式f(a2－4)>f(3a)的解集為()A．(2,6)B．(－1,4)C．(1,4)D．(－3,5)【標準解答】作出函數f(*)的圖象，如下圖，則函數f(*)在R上是單調遞減的．由f(a2－4)>f(3a)，可得a2－4<3a，整理得a2－3a－4<0，即(a＋1)(a－4)<0，解得－1<a<4，所以不等式的解集為(－1,4)．注意:本例分段函數的單調區間可以并!〔四〕單調性求參數的值或取值范圍例1.(1)"名師一號"P17特色專題典例(3)函數滿足對任意的實數*1≠*2，都有成立，則實數a的取值范圍為()A．(－∞，2)B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(13,8)))C．(－∞，2]D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,8)，2))【標準解答】函數f(*)是R上的減函數，于是有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2<0，,a－2×2≤\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2－1，))由此解得a≤eq\f(13,8)，即實數a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(13,8))).例2.(1)〔補充〕如果函數f(*)＝a*2＋2*－3在區間(－∞，4)上單調遞增，則實數a的取值范圍是________．[答案][－eq\f(1,4)，0][解析](1)當a＝0時，f(*)＝2*－3，在定義域R上單調遞增，故在(－∞，4)上單調遞增；(2)當a≠0時，二次函數f(*)的對稱軸為直線*＝－eq\f(1,a)，因為f(*)在(－∞，4)上單調遞增，所以a<0，且－eq\f(1,a)≥4，解得－eq\f(1,4)≤a<0.綜上所述－eq\f(1,4)≤a≤0.例2.(2)〔補充〕假設f(*)＝*3－6a*的單調遞減區間是(－2,2)，則a的取值范圍是()A．(－∞，0]B．[－2,2]C．{2}D．[2，＋∞)[答案]C[解析]f′(*)＝3*2－6a假設a≤0，則f′(*)≥0，∴f(*)單調增，排除A；假設a>0，則由f′(*)＝0得*＝±eq\r(2a)，當*<－eq\r(2a)和*>eq\r(2a)時，f′(*)>0，f(*)單調增，當－eq\r(2a)<*<eq\r(2a)時，f(*)單調減，∴f(*)的單調減區間為(－eq\r(2a)，eq\r(2a))，從而eq\r(2a)＝2，∴a＝2.變式：假設f(*)＝*3－6a*在區間(－2,2)單調遞減，則a的取值范圍是？[點評]f(*)的單調遞減區間是(－2,2)和f(*)在(－2，2)上單調遞減是不同的，應加以區分．本例亦可用*＝±2是方程f′(*)＝3*2－6a解得a＝2.例2.(3)〔補充〕假設函數上單調遞減，則實數的取值范圍是〔〕A．[9，12] B．[4，12] C．[4，27] D．[9，27]答案：A溫故知新P23第9題假設函數在區間上單調遞減，則實數的取值范圍是"計時雙基練"P217根底7"計時雙基練"P217根底8、108、設函數在區間上是增函數,則的取值范圍是答案:10、設函數〔2〕假設且在區間內單調遞減,求的取值范圍.答案:〔五〕抽象函數的單調性例1.〔補充〕f(*)為R上的減函數，則滿足f(||)<f(1)的實數*的取值范圍是()A．(－1,1)B．(0,1)C．(－1,0)∪(0,1)D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)答案：C解析：因為f(*)為減函數，f(||)<f(1)，所以||>1，則|*|<1且*≠0，即*∈(－1,0)∪(0,1)．練習：是定義在上的增函數，解不等式答案：溫故知新P12第8題注意：解抽象函數的不等式通常立足單調性定義或借助圖像求解例2."計時雙基練"P216培優4函數的定義域為，且對一切都有，當時，有。求的值；判斷的單調性并加以證明；假設，求在上的值域.答案:單調增;注意：有關抽象函數單調性的證明通常立足定義練習:"計時雙基練"P218培優4函數的定義域為，且對一切都有，當時，有.(1)求證:在上是減函數；(2)求在上的最大值與最小值.答案:課后作業計時雙基練P217根底1-10課本P16-17變式思考1、2；計時雙基練P217根底11、培優1-4課本P18對應訓練1、2、3預習第二章第四節函數的奇偶性與周期性補充：練習1：函數f(*)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－*＋3a，*<0,a*，*≥0))(a>0且a≠1)是R上的減函數，則a的取值范圍是()A．(0,1)B．[eq\f(1,3)，1)C．(0，eq\f(1,3)]D．(0，eq\f(2,3)]分析：f(*)在R上為減函數，故f(*)＝a*(*≥0)為減函數，可知0<a<1，又由f(*)在R上為減函數可知，f(*)在*<0時的值恒大于f(*)在*≥0時的值，從而3a≥1.解析：∵f(*)在R上單調遞減，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<a<1，,3a≥1.))∴eq\f(1,3)≤a<1.答案：B練習2：f(*)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－a*－4a*<1,loga**≥1))是(－∞，＋∞)上的增函數，則a的取值范圍是()A．(1，＋∞)B．(－∞，3)C．[eq\f(3,5)，3)D．(1,3)[答案]D[解析]解法1：由f(*)在R上是增函數，∴f(*)在[1，＋∞)上單增，由對數函數單調性知a>1①，又由f(*)在(－∞，1)上單增，∴3－a>0，∴a<3②，又由于f(*)在R上是增函數，為了滿足單調區間的定義，f(*)在(－∞，