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  • 2021-06-30 发布

2021届浙江新高考数学一轮复习教师用书:第二章 2 第2讲 函数的单调性与最值

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第 2 讲 函数的单调性与最值 1.函数的单调性 (1)单调函数的定义 增函数 减函数 一般地,设函数 f(x)的定义域为 I:如果对于定义域 I 内某个区间 D 上的任 意两个自变量的值 x1,x2 定义 当 x1f(x2), 那么就说函数 f(x)在区间 D 上是减函数 图象 描述 自左向右看图象是上升的 自左向右看图象是下降的 (2)单调区间的定义 如果函数 y=f(x)在区间 D 上是增函数或减函数,那么就说函数 y=f(x)在这一区间具有 (严格的)单调性,区间 D 叫做函数 y=f(x)的单调区间. 2.函数的最值 前提 设函数 y=f(x)的定义域为 I,如果存在实数 M 满足 条件 (1)对于任意 x∈I,都有 f(x)≤M; (2)存在 x0∈I,使得 f(x0)=M (1)对于任意 x∈I,都有 f(x)≥M; (2)存在 x0∈I,使得 f(x0)=M 结论 M 为最大值 M 为最小值 [疑误辨析] 判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”) (1)若定义在 R 上的函数 f(x),有 f(-1) 2a, 即{-3 ≤ a ≤ 1, -1 ≤ a ≤ 1, a < 1. 所以-1≤a<1. 答案:[-1,1) 3.(1)若函数 f(x)=x2+2(a-1)x+2 在区间(-∞,4]上是减函数,则实数 a 的取值范围 是________; (2)若函数 f(x)=x2+2(a-1)x+2 的单调递减区间为(-∞,4],则 a 的值为________. 答案:(1)a≤-3 (2)-3       确定函数的单调性(区间)(高频考点) 函数单调性的判断、证明及单调区间的求法是每年高考的热点,特别是导数的引入,使 函数单调性成为每年必考内容.主要命题角度有: (1)求函数的单调区间; (2)判断或证明函数的单调性. 角度一 求函数的单调区间 (2020·杭州七校联考)求函数 f(x)=-x2+2|x|+1 的单调区间. 【解】 f(x)={-x2+2x+1,x ≥ 0, -x2-2x+1,x < 0, ={-(x-1)2+2,x ≥ 0, -(x+1)2+2,x < 0. 画出函数图象如图所示,可知单调递增区间为(-∞,-1]和[0,1], 单调递减区间为[-1,0]和[1,+∞). (变条件)若将本例中函数变为 f(x)=|-x2+2x+1|,如何求解? 解:函数 y=|-x2+2x+1|的图象如图所示.由图象可知,函数 y= |-x2+2x+1|的单调递增区间为(1- 2,1)和(1+ 2,+∞);单调递减区 间为(-∞,1-2)和(1,1+ 2). 角度二 判断或证明函数的单调性 设函数 f(x)=x+ a x+ln a 为定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数. (1)求实数 a 的值; (2)判断函数 f(x)在区间(1,+∞)上的单调性,并用定义法加以证明. 【解】 (1)因为 f(x)=x+ a x+ln a 为定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的奇函数, 所以 f(-x)=-f(x), 所以-x- a x+ln a=-(x+a x+ln a),所以 ln a=0, 所以 a=1. (2)f(x)=x+ 1 x在区间(1,+∞)上是增函数. 证明如下:设 1<x1<x2, 则 f(x1)-f(x2)=x1-x2+ 1 x1-1 x2=x1-x2- x1-x2 x1x2 =(x1-x2) x1x2-1 x1x2 . 因为 1<x1<x2,所以 x1-x2<0, x1x2-1 x1x2 >0. 所以 f(x1)-f(x2)<0,即 f(x1)<f(x2). 所以 f(x)在区间(1,+∞)上是增函数. 确定函数单调性的 4 种方法 (1)定义法:利用定义判断. (2)导数法:适用于初等函数、复合函数等可以求导的函数. (3)图象法:由图象确定函数的单调区间需注意两点:一是单调区间必须是函数定义域 的子集;二是图象不连续的单调区间要分开写,用“和”或“,”连接,不能用“∪”连 接. (4)性质法:利用函数单调性的性质,尤其是利用复合函数“同增异减”的原则时,需 先确定简单函数的单调性. [提醒] 求函数的单调区间,应先求定义域,在定义域内求单调区间.  1.下列四个函数中,在(0,+∞)上为增函数的是(  ) A.f(x)=3-x        B.f(x)=x2-3x C.f(x)=- 1 x+1 D.f(x)=-|x| 解析:选 C.当 x>0 时,f(x)=3-x 为减函数; 当 x∈(0, 3 2 )时,f(x)=x2-3x 为减函数, 当 x∈(3 2,+∞)时,f(x)=x2-3x 为增函数; 当 x∈(0,+∞)时,f(x)=- 1 x+1为增函数; 当 x∈(0,+∞)时,f(x)=-|x|为减函数. 2.函数 f(x)=ln(x2-2x-8)的单调递增区间是(  ) A.(-∞,-2)         B.(-∞,1) C.(1,+∞) D.(4,+∞) 解析:选 D.由 x2-2x-8>0,得 x<-2 或 x>4.因此,函数 f(x)=ln(x 2-2x-8)的定义域 是(-∞,-2)∪(4,+∞).注意到函数 y=x2-2x-8 在(4,+∞)上单调递增,由复合函数 的单调性知,f(x)=ln(x2-2x-8)的单调递增区间是(4,+∞),选 D. 3.作出函数 y=|x2-1|+x 的图象,并根据函数图象写出函数的单调区间. 解:当 x≥1 或 x≤-1 时,y=x2+x-1=(x+1 2 ) 2 - 5 4;当-1 1, 4sin(πx-π 3 ),0 ≤ x ≤ 1, 则 f(x)的最小值是(  ) A.-2 3          B.2 3 C.-4 D.4 解析:选 A.当 0≤x≤1 时,f(x)=4sin(πx-π 3 ),因为- π 3 ≤πx- π 3 ≤ 2π 3 ,所以- 3 2 ≤ sin(πx-π 3 )≤1,所以-2 3≤4sin(πx-π 3 )≤4,当 x>1 时,f(x)=2 3,综上可得 f(x)的最 小值为-2 3. 2.(2020·宁波五校联考)已知 f(x)=2 x-1,g(x)=1-x2,规定:当|f(x)|≥g(x)时,h(x)= |f(x)|;当|f(x)|x1>1 时,[f(x2)-f(x1)](x2-x1)<0 恒成立,设 a=f(-1 2 ),b=f(2),c=f(3),则 a,b,c 的大小关系为(  ) A.c>a>b       B.c>b>a C.a>c>b D.b>a>c 【解析】 因为 f(x)的图象关于直线 x=1 对称.由此可得 f(-1 2 )=f(5 2 ).由 x2>x1>1 时,[f(x2)-f(x1)](x2-x1)<0 恒成立,知 f(x)在(1,+∞)上单调递减. 因为 1<2< 5 2<3,所以 f(2)>f(5 2 )>f(3), 所以 b>a>c. 【答案】 D 角度二 解函数不等式 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________. 【解析】 由已知可得{a2-a > 0, a+3 > 0, a2-a > a+3, 解得-33,所以实数 a 的取值范围 为(-3,-1)∪(3,+∞). 【答案】 (-3,-1)∪(3,+∞) 角度三 求参数的值或取值范围 (2020·瑞安四校联考)若 f(x)={ax,x > 1, (4-a 2 )x+2,x ≤ 1是 R 上的单调递增函数,则实 数 a 的取值范围为________. 【解析】 因为 f(x)是定义在 R 上的增函数,故 y=ax 和 y=(4-a 2 )x+2 均为增函数, 所以 a>1 且 4-a 2>0,即 1 4. 若函数 y=f(x)在区间(a,a+1)上单调递增,则实 数 a 的取值范围是(  ) A.(-∞,1] B.[1,4] C.[4,+∞) D.(-∞,1]∪[4,+∞) 解析:选 D.作出函数 f(x)的图象如图所示,由图象可知 f(x)在 (a,a+1)上单调递增,需满足 a≥4 或 a+1≤2,即 a≤1 或 a≥4, 故选 D. 3.已知函数 f(x)为 R 上的减函数,若 mf(n);|1 x |>1,即|x|<1,且 x≠0.故-1 (-1,0)∪(0,1) [基础题组练] 1.下列函数中,在区间(0,+∞)上为增函数的是(  ) A.y=ln(x+2)      B.y=- x+1 C.y=(1 2 ) x D.y=x+ 1 x 解析:选 A.选项 A 的函数 y=ln(x+2)的增区间为(-2,+∞),所以在(0,+∞)上一定 是增函数. 2.函数 y=(2m-1)x+b 在 R 上是减函数,则(  ) A.m> 1 2 B.m< 1 2 C.m>- 1 2 D.m<- 1 2 解析:选 B.使 y=(2m-1)x+b 在 R 上是减函数,则 2m-1<0,即 m<1 2. 3.若函数 f(x)=a+log2x 在区间[1,a]上的最大值为 6,则 a=(  ) A.2 B.4 C.6 D.8 解析:选 B.由题得函数 f(x)=a+log2x 在区间[1,a]上是增函数,所以当 x=a 时,函数 取最大值 6,即 a+log2a=6,解得 a=4,故答案为 B. 4.(2020·金华质量检测)已知函数 f(x)=|x+a|在(-∞,-1)上是单调函数,则 a 的取值 范围是(  ) A.(-∞,1] B.(-∞,-1] C.[-1,+∞) D.[1,+∞) 解析:选 A.因为函数 f(x)在(-∞,-a)上是单调函数,所以-a≥-1,解得 a≤1.故选 A. 5.(2020·台州高三模拟)下列函数 y=f(x)的图象中,满足 f (1 4 )>f(3)>f(2)的只可能是 (  ) 解析:选 D.因为 f(1 4 )>f(3)>f(2),所以函数 y=f(x)有增有减,排除 A,B.在 C 中,f (1 4 )f(0),即 f(1 4 ) 0,若 f(2-x 2)>f(x),则实数 x 的取值范围是 ________. 解析:函数 y=x3 在(-∞,0]上是增函数,函数 y=ln(x+1)在(0,+∞)上是增函数, 且 x>0 时,ln(x+1)>0,所以 f(x)在 R 上是增函数,由 f(2-x 2)>f(x),得 2-x 2>x,解得- 20, 所以 f(x1)-f(x2)<0, 即 f(x1)0,x2-x1>0, f(x2)-f(x1)=(a-1 x2 )-(a-1 x1 )= 1 x1- 1 x2= x2-x1 x1x2 >0, 所以 f(x)在(0,+∞)上是增函数. (2)由题意 a- 1 x<2x 在(1,+∞)上恒成立, 设 h(x)=2x+ 1 x, 则 a1, 所以 2- 1 x1x2>0,所以 h(x1)0 恒成 立,则 b-a 的最大值为(  ) A.2            B.3 C.4 D.5 解析:选 D.当 f1(x)≥f2(x)时, g(x)= f1(x)+f2(x) 2 + f1(x)-f2(x) 2 =f1(x); 当 f1(x)