2018版高考文科数学（北师大版）一轮文档讲义：章2-2函数的单调性与最大 18页

第2讲　函数的单调性与最大(小)值 最新考纲　1.理解函数的单调性、最大(小)值及其几何意义；2.会运用基本初等函数的图像分析函数的性质．‎ 知 识 梳 理 ‎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y＝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＜x2时，都有f(x1)＜f(x2)，那么就说函数f(x)在区间A上是增加的 当x1＜x2时，都有f(x1)＞f(x2)，那么就说函数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)对于任意x∈D，都有f(x)≤M；‎ ‎(2)存在x0∈D，使得f(x0)＝M ‎(3)对于任意x∈D，都有f(x)≥M；‎ ‎(4)存在x0∈D，使得f(x0)＝M 结论 M为最大值 M为最小值 诊 断 自 测 ‎1．判断正误(在括号内打“√”或“×”)　精彩PPT展示 ‎(1)对于函数f(x)，x∈D，若对任意x1，x2∈D，且x1≠x2有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，则函数f(x)在区间D上是增函数．(　　)‎ ‎(2)函数y＝的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．(　　)‎ ‎(3)对于函数y＝f(x)，若f(1)0，易知f(x)在[2，＋∞)是减函数，‎ ‎∴f(x)max＝f(2)＝1＋＝2.‎ 答案　2‎ 考点一　确定函数的单调性(区间)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎【例1】 (1)函数f(x)＝ (x2－4)的单调递增区间为(　　)‎ A．(0，＋∞) B．(－∞，0)‎ C．(2，＋∞) D．(－∞，－2)‎ ‎(2)试讨论函数f(x)＝(a≠0)在(－1,1)上的单调性．‎ ‎(1)解析　由x2－4>0，得x>2或x<－2.‎ ‎∴f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(2，＋∞)．‎ 令t＝x2－4，则y＝t(t>0)．‎ ‎∵t＝x2－4在(－∞，－2)上是减函数，且y＝t在(0，＋∞)上是减函数，∴函数f(x)在(－∞，－2)上是增函数，即f(x)单调递增区间为(－∞，－2)．‎ 答案　D ‎(2)解　法一　设－10，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)<0，函数f(x)在(－1,1)上递减；‎ 当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)在(－1,1)上递增．‎ 规律方法　(1)求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间，如例1(1)．‎ ‎(2)函数单调性的判断方法有：①定义法；②图像法；③利用已知函数的单调性；④导数法．‎ ‎(3)函数y＝f(g(x))的单调性应根据外层函数y＝f(t)和内层函数t＝g(x)的单调性判断，遵循“同增异减”的原则．‎ ‎【训练1】 判断函数f(x)＝x＋(a>0)在(0，＋∞)上的单调性，并给出证明．‎ 解　f(x)在(0，]上是减函数，在[，＋∞)上是增函数．‎ 证明如下：‎ 法一　设x1，x2是任意两个正数，且00，即f(x1)>f(x2)，‎ 所以函数f(x)在(0，]上是减函数．‎ 当≤x1a，又x1－x2<0，‎ 所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)0)在(0，]上是减函数，在[，＋∞)上为增函数．‎ 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．‎ ‎(1)解析　①由于f(x)＝‎ 所以f(3)＝3＝－1，则f(f(3))＝f(－1)＝－3，‎ ‎②当x>1时，f(x)＝x是减函数，得f(x)<0.‎ 当x≤1时，f(x)＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1在(－∞，1]上单调递增，则f(x)≤1，综上可知，f(x)的最大值为1.‎ 答案　－3　1‎ ‎(2)解　①当a＝时，f(x)＝x＋＋2，‎ 设1≤x1＜x2，‎ 则f(x2)－f(x1)＝(x2－x1)，‎ ‎∵1≤x1＜x2，∴x2－x1＞0,2x1x2＞2，‎ ‎∴0＜＜，1－＞0，‎ ‎∴f(x2)－f(x1)＞0，f(x1)＜f(x2)．‎ ‎∴f(x)在区间[1，＋∞)上为增函数，‎ ‎∴f(x)在区间[1，＋∞)上的最小值为f(1)＝.‎ ‎②当x∈[1，＋∞)时，>0恒成立．‎ 则x2＋2x＋a>0对x∈[1，＋∞)上恒成立．‎ 即a>－(x2＋2x)在x∈[1，＋∞)上恒成立．‎ 令g(x)＝－(x2＋2x)＝－(x＋1)2＋1，x∈[1，＋∞)，‎ ‎∴g(x)在[1，＋∞)上是减函数，g(x)max＝g(1)＝－3.‎ 又a≤1，∴当－30在x∈[1，＋∞)上恒成立．故实数a 的取值范围是(－3,1].‎ 规律方法　(1)求函数最值的常用方法：①单调性法；②基本不等式法；③配方法；④图像法；⑤导数法．‎ ‎(2)利用单调性求最值，应先确定函数的单调性，然后根据性质求解．若函数f(x)在闭区间[a，b]上是增函数，则f(x)在[a，b]上的最大值为f(b)，最小值为f(a)．若函数f(x)在闭区间[a，b]上是减函数，则f(x)在[a，b]上的最大值为f(a)，最小值为f(b)．‎ ‎【训练2】 如果函数f(x)对任意的实数x，都有f(1＋x)＝f(－x)，且当x≥时，f(x)＝log2(3x－1)，那么函数f(x)在[－2,0]上的最大值与最小值之和为(　　)‎ A．2 B．3‎ C．4 D．－1‎ 解析　根据f(1＋x)＝f(－x)，可知函数f(x)的图像关于直线x＝对称．又函数f(x)在上单调递增，故f(x)在上单调递减，则函数f(x)在[－2,0]上的最大值与最小值之和为f(－2)＋f(0)＝f(1＋2)＋f(1＋0)＝f(3)＋f(1)＝log28＋log22＝4.‎ 答案　C 考点三　函数单调性的应用(典例迁移)‎ ‎【例3】 (1)如果函数f(x)＝满足对任意x1≠x2，都有>0成立，那么a的取值范围是________．‎ ‎(2)(2017·珠海模拟)定义在R上的奇函数y＝f(x)在(0，＋∞)上递增，且f＝0，则不等式>0的解集为________．‎ 解析　(1)对任意x1≠x2，都有>0.‎ 所以y＝f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数．‎ 所以解得≤a<2.‎ 故实数a的取值范围是.‎ ‎(2)∵y＝f(x)是定义在R上的奇函数，且y＝f(x)在(0，＋∞)上递增．‎ ‎∴y＝f(x)在(－∞，0)上也是增函数，‎ 又f＝0，知f＝－f＝0.‎ 故原不等式>0可化为 ‎>f或>f，‎ ‎∴x>或－0的解集是________．‎ 解析　因为f(x)在R上为偶函数，且f＝0，‎ 所以＞0等价于＞f，‎ 又f(x)在[0，＋∞)上为减函数，所以＜，‎ 即－＜x＜，解得＜x＜3.‎ 答案　 规律方法　(1)利用单调性求参数的取值(范围)的思路是：根据其单调性直接构建参数满足的方程(组)(不等式(组))或先得到其图像的升降，再结合图像求解．‎ ‎(2)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．‎ ‎【训练3】 (2016·天津卷)已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增．若实数a满足f(2|a－1|)>f(－)，则a的取值范围是________．‎ 解析　∵f(x)在R上是偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增，‎ ‎∴f(x)在(0，＋∞)上是减函数，‎ 则f(2|a－1|)>f(－)＝f()，‎ 因此2|a－1|<＝，‎ 又y＝2x是增函数，‎ ‎∴|a－1|<，解得0，x>0)．‎ ‎(1)求证：f(x)在(0，＋∞)上是增函数；‎ ‎(2)若f(x)在上的值域是，求a的值．‎ ‎(1)证明　设x2>x1>0，则x2－x1>0，x1x2>0，‎ ‎∵f(x2)－f(x1)＝－＝－＝>0，‎ ‎∴f(x2)>f(x1)，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．‎ ‎(2)解　∵f(x)在上的值域是，又由(1)得f(x)在上是单调增函数，‎ ‎∴f＝，f(2)＝2，易知a＝.‎ ‎10．已知函数f(x)＝2x－的定义域为(0,1](a为实数)．‎ ‎(1)当a＝1时，求函数y＝f(x)的值域；‎ ‎(2)求函数y＝f(x)在区间(0,1]上的最大值及最小值，并求出当函数f(x)取得最值时x的值．‎ 解　(1)当a＝1时，f(x)＝2x－，任取1≥x1＞x2＞0，则f(x1)－f(x2)＝2(x1－x2)－ ‎＝(x1－x2).‎ ‎∵1≥x1＞x2＞0，∴x1－x2＞0，x1x2＞0.‎ ‎∴f(x1)＞f(x2)，∴f(x)在(0,1]上单调递增，无最小值，当x＝1时取得最大值1，所以f(x)的值域为(－∞，1]．‎ ‎(2)当a≥0时，y＝f(x)在(0,1]上单调递增，无最小值，当x＝1时取得最大值2－a；‎ 当a＜0时，f(x)＝2x＋，‎ 当≥1，即a∈(－∞，－2]时，y＝f(x)在(0,1]上单调递减，无最大值，当x＝1时取得最小值2－a；‎ 当＜1，即a∈(－2,0)时，y＝f(x)在上单调递减，在上单调递增，无最大值，当x＝时取得最小值2.‎ 能力提升题组 ‎(建议用时：20分钟)‎ ‎11．(2017·郑州质检)若函数f(x)＝ax(a>0，a≠1)在[－1,2]上的最大值为4，最小值为m，且函数g(x)＝(1－4m)在[0，＋∞)上是增函数，则a＝(　　)‎ A．4 B．2 C. D. 解析　当a>1，则y＝ax为增函数，有a2＝4，a－1＝m，此时a＝2，m＝，‎ 此时g(x)＝－在[0，＋∞)上为减函数，不合题意．‎ 当0－1，g(x)＝－x2＋4x－3＝－(x－2)2＋1≤1，‎ 若f(a)＝g(b)，则g(b)∈(－1,1]，‎ 即－b2＋4b－3>－1，即b2－4b＋2<0，‎ 解得2－2时，h(x)＝3－x是减函数，‎ ‎∴h(x)在x＝2时，取得最大值h(2)＝1.‎ 答案　1‎ ‎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0＜a＜1时，定义域为{x|0＜x＜1－或x＞1＋}．‎ ‎(2)设g(x)＝x＋－2，当a∈(1,4)，x∈[2，＋∞)时，‎ ‎∴g′(x)＝1－＝>0.‎ 因此g(x)在[2，＋∞)上是增函数，‎ ‎∴f(x)在[2，＋∞)上是增函数．‎ 则f(x)min＝f(2)＝ln.‎ ‎(3)对任意x∈[2，＋∞)，恒有f(x)>0.‎ 即x＋－2>1对x∈[2，＋∞)恒成立．‎ ‎∴a>3x－x2.‎ 令h(x)＝3x－x2，x∈[2，＋∞)．‎ 由于h(x)＝－2＋在[2，＋∞)上是减函数，‎ ‎∴h(x)max＝h(2)＝2.‎ 故a>2时，恒有f(x)>0.‎ 因此实数a的取值范围为(2，＋∞).‎ 特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.‎