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  • 2021-06-11 发布

2018版高考数学(理)(苏教版,江苏专用)大一轮教师文档讲义:第二章2-2函数的单调性与最值

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‎1.函数的单调性 ‎(1)单调函数的定义 增函数 减函数 定义 一般地,设函数y=f(x)的定义域为A,区间I⊆A.‎ 如果对于区间I内的任意两个值x1,x2‎ 当x1f(x2),那么就说函数f(x)在区间I上是单调减函数 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I上是单调增函数或单调减函数,那么就说函数y=f(x)在区间I 上具有单调性,区间I叫做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A,如果存在x0∈A,使得 条件 对于任意的x∈A,都有f(x)≤f(x0)‎ 对于任意的x∈A,都有f(x)≥f(x0)‎ 结论 f(x0)为最大值 f(x0)为最小值 ‎【知识拓展】‎ 函数单调性的常用结论 ‎(1)对∀x1,x2∈D(x1≠x2),>0⇔f(x)在D上是增函数,<0⇔f(x)在D上是减函数.‎ ‎(2)对勾函数y=x+(a>0)的增区间为(-∞,-]和[,+∞),减区间为[-,0)和(0,].‎ ‎(3)在区间D上,两个增函数的和仍是增函数,两个减函数的和仍是减函数.‎ ‎(4)函数f(g(x))的单调性与函数y=f(u)和u=g(x)的单调性的关系是“同增异减”.‎ ‎【思考辨析】‎ 判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)‎ ‎(1)若定义在R上的函数f(x),有f(-1)0)的单调增区间为________.‎ 答案 (0,+∞)‎ 解析 函数的对称轴为x=-1,又x>0,‎ 所以函数f(x)的单调增区间为(0,+∞).‎ ‎5.(教材改编)已知函数f(x)=,x∈[2,6],则f(x)的最大值为________,最小值为________.‎ 答案 2  解析 可判断函数f(x)=在[2,6]上为减函数,‎ 所以f(x)max=f(2)=2,f(x)min=f(6)=.‎ 题型一 确定函数的单调性(区间)‎ 命题点1 给出具体解析式的函数的单调性 例1 (1)(2016·连云港模拟)函数f(x)=(x2-4)的单调递增区间是______________.‎ ‎(2)y=-x2+2|x|+3的单调增区间为____________.‎ 答案 (1)(-∞,-2) (2)(-∞,-1],[0,1]‎ 解析 (1)因为y=t,t>0在定义域上是减函数,所以求原函数的单调递增区间,即求函数t=x2-4的单调递减区间,结合函数的定义域,可知所求区间为(-∞,-2).‎ ‎(2)由题意知,当x≥0时,y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4;当x<0时,y=-x2-2x+3=-(x+1)2+4,‎ 二次函数的图象如图.‎ 由图象可知,函数y=-x2+2|x|+3在(-∞,-1],[0,1]上是增函数. ‎ 命题点2 解析式含参数的函数的单调性 例2 已知函数f(x)=(a>0),用定义法判断函数f(x)在(-1,1)上的单调性.‎ 解 设-10,x1x2+1>0,(x-1)(x-1)>0.‎ 又∵a>0,∴f(x1)-f(x2)>0,‎ ‎∴函数f(x)在(-1,1)上为减函数.‎ 引申探究 如何用导数法求解例2?‎ 解 f′(x)==,‎ ‎∵a>0,∴f′(x)<0在(-1,1)上恒成立,‎ 故函数f(x)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)图象法,图象不连续的单调区间不能用“∪”连接.‎ ‎ (1)已知函数f(x)=,则该函数的单调递增区间为__________.‎ 答案 [3,+∞) ‎ 解析 设t=x2-2x-3,则t≥0,即x2-2x-3≥0,‎ 解得x≤-1或x≥3.所以函数的定义域为(-∞,-1]∪[3,+∞).‎ 因为函数t=x2-2x-3的图象的对称轴为x=1,‎ 所以函数t在(-∞,-1]上单调递减,‎ 在[3,+∞)上单调递增.‎ 所以函数f(x)的单调递增区间为[3,+∞).‎ ‎(2)已知函数f(x)=ln x+mx2(m∈R),求函数f(x)的单调区间.‎ 解 (导数法)依题意知f(x)的定义域为(0,+∞).‎ 对f(x)求导,得f′(x)=+2mx=.‎ 当m≥0时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增.‎ 当m<0时,令f′(x)=0,得x= .‎ 当x∈(0, )时,f′(x)>0,‎ 所以f(x)在(0, )上单调递增;‎ 当x∈( ,+∞)时,f′(x)<0,‎ 所以f(x)在( ,+∞)上单调递减.‎ 题型二 函数的最值 例3 (1)函数f(x)=的最大值为________.‎ 答案 2‎ 解析 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)已知f(x)=,x∈[1,+∞),且a≤1.‎ ‎①当a=时,求函数f(x)的最小值;‎ ‎②若对任意x∈[1,+∞),f(x)>0恒成立,试求实数a的取值范围.‎ 解 ①当a=时,f(x)=x++2,‎ 又x∈[1,+∞),所以f′(x)=1->0,即f(x)在[1,+∞)上是增函数,‎ 所以f(x)min=f(1)=1++2=.‎ ‎②f(x)=x++2,x∈[1,+∞).‎ ‎(ⅰ)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,‎ 所以-30,a>-3,所以01)的最小值为________.‎ 答案 (1)1 (2)8‎ 解析 (1)易知函数y=x+在[1,+∞)上为增函数,∴x=1时,ymin=1.(本题也可用换元法求解)‎ ‎(2)方法一 (基本不等式法)‎ f(x)== ‎=(x-1)++2≥2 +2=8,‎ 当且仅当x-1=,即x=4时,f(x)min=8.‎ 方法二 (导数法)f′(x)=,‎ 令f′(x)=0,得x=4或x=-2(舍去).‎ 当14时,f′(x)>0,‎ f(x)在(4,+∞)上是递增的,‎ 所以f(x)在x=4处取到极小值也是最小值,‎ 即f(x)min=f(4)=8.‎ 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)的图象向左平移1个单位后关于y轴对称,当x2>x1>1时,[f(x2)-f(x1)]·(x2-x1)<0恒成立,设a=f(-),b=f(2),c=f(3),则a,b,c的大小关系为____________.‎ 答案 b>a>c 解析 根据已知可得函数f(x)的图象关于直线x=1对称,且在(1,+∞)上是减函数,因为a=f(-)=f(),且2<<3,所以b>a>c.‎ 命题点2 解函数不等式 例5 (2017·苏州月考)定义在R上的奇函数y=f(x)在(0,+∞)上递增,且f()=0,则满足 ‎>0的x的集合为________________.‎ 答案 {x|00,得>,或-<<0,‎ 解得00成立,那么a的取值范围是________.‎ 答案 (1)[-,0] (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.‎ 综上所述,得-≤a≤0.‎ ‎(2)由已知条件得f(x)为增函数,‎ 所以 解得≤a<2,所以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,依据函数的图象或单调性定义,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)(2016·徐州模拟)已知函数f(x)=x(ex-),若f(x1)x2; ②x1+x2=0;‎ ‎③x10时,f′(x)>0,∴f(x)在[0,+∞)上为增函数,‎ 由f(x1)0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. [3分]‎ f(x2)=f[(x2-x1)+x1]=f(x2-x1)+f(x1)-1, [5分]‎ ‎∴f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)-1>0⇒f(x1)0且a-1≥0,∴a≥1.‎ ‎7.函数f(x)=x-log2(x+2)在区间[-1,1]上的最大值为________.‎ 答案 3‎ 解析 由于y=x在R上递减,y=log2(x+2)在[-1,1]上递增,所以f(x)在[-1,1]上单调递减,故f(x)在[-1,1]上的最大值为f(-1)=3.‎ ‎8.(2017·江苏天一中学月考)对a,b∈R,记max{a,b}=函数f(x)=max{|x+1|,|x-2|}(x∈R)的最小值是________.‎ 答案  解析 方法一 f(x)=f(x)在(-∞,)和[,+∞)上分别为减函数和增函数,‎ ‎∴[f(x)]min=f()=.‎ 方法二 作函数f(x)的图象如图所示,由图知当x=时,[f(x)]min=f()=.‎ ‎9.若函数f(x)=|2x+a|的单调递增区间是[3,+∞),则a=________.‎ 答案 -6‎ 解析 f(x)=|2x+a|= 函数的单调递增区间为[-,+∞),‎ ‎∴-=3,∴a=-6.‎ ‎*10.已知f(x)=不等式f(x+a)>f(2a-x)在[a,a+1]上恒成立,则实数a的取值范围是________.‎ 答案 (-∞,-2)‎ 解析 二次函数y1=x2-4x+3的对称轴是x=2,‎ ‎∴该函数在(-∞,0]上单调递减,∴x2-4x+3≥3,‎ 同样可知函数y2=-x2-2x+3在(0,+∞)上单调递减,‎ ‎∴-x2-2x+3<3,∴f(x)在R上单调递减,‎ ‎∴由f(x+a)>f(2a-x)得到x+a<2a-x,‎ 即2x2不符,而t=1时满足题意.‎ ‎13.函数f(x)=4x2-4ax+a2-2a+2在区间[0,2]上有最小值3,求a的值.‎ 解 f(x)=4(x-)2-2a+2,‎ ‎①当≤0,即a≤0时,函数f(x)在[0,2]上是增函数.‎ ‎∴f(x)min=f(0)=a2-2a+2.‎ 由a2-2a+2=3,得a=1±.‎ ‎∵a≤0,∴a=1-.‎ ‎②当0<<2,即00且3a2+2a+1>0恒成立,由(1)知函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,‎ 故由f(2a2+a+1)3a2-2a+1,‎ 即a2-3a<0,解得0