《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(共16页).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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(共16页).doc（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选优质文档-倾情为你奉上第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定义一般地，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当x1x2时，都有f(x1)f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是增函数当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yf(x)在区间D上是增函数或减函数，那么就说函数yf(x)在这一区间具有(严格的)单调性，区间D叫做函数yf(x)的单调区间2函数的最值前提设函数yf(x)的定义域为I，如果存在实数M满足
2、条件(1)对于任意xI，都有f(x)M；(2)存在x0I，使得f(x0)M(1)对于任意xI，都有f(x)M；(2)存在x0I，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)f(3)，则函数f(x)在R上为增函数()(2)函数yf(x)在1，)上是增函数，则函数f(x)的单调递增区间是1，)()(3)函数y的单调递减区间是(，0)(0，)()(4)所有的单调函数都有最值()(5)如果一个函数在定义域内的某几个子区间上都是增函数，则这个函数在定义域上是增函数()(6)闭区间上的单调函数，其最值一定在区间端点处取到
3、()答案：(1)(2)(3)(4)(5)(6)教材衍化1(必修1P39B组T1改编)函数f(x)x22x的单调递增区间是_答案：1，)(或(1，)2(必修1P32T4改编)若函数y(2k1)xb在R上是减函数，则k的取值范围是_解析：因为函数y(2k1)xb在R上是减函数，所以2k10，即k.答案：3(必修1P31例4改编)已知函数f(x)，x2，6，则f(x)的最大值为_，最小值为_解析：可判断函数f(x)在2，6上为减函数，所以f(x)maxf(2)2，f(x)minf(6).答案：2易错纠偏(1)求单调区间忘记定义域导致出错；(2)利用单调性解不等式忘记在单调区间内求解；(3)混淆“单调
4、区间”与“在区间上单调”两个概念1函数ylog(x24)的单调递减区间为_答案：(2，)2函数yf(x)是定义在2，2上的减函数，且f(a1)f(2a)，则实数a的取值范围是_解析：由题意得即所以1a0时，f(x)3x为减函数；当x时，f(x)x23x为减函数，当x时，f(x)x23x为增函数；当x(0，)时，f(x)为增函数；当x(0，)时，f(x)|x|为减函数2函数f(x)ln(x22x8)的单调递增区间是()A(，2) B(，1)C(1，) D(4，)解析：选D.由x22x80，得x4.因此，函数f(x)ln(x22x8)的定义域是(，2)(4，)注意到函数yx22x8在(4，)上单调
5、递增，由复合函数的单调性知，f(x)ln(x22x8)的单调递增区间是(4，)，选D.3作出函数y|x21|x的图象，并根据函数图象写出函数的单调区间解：当x1或x1时，yx2x1；当1x1时，yx2x12.画出函数图象如图所示，由函数图象可知，函数的减区间为(，1，函数的增区间为，1，)函数的最值(值域) (1)函数yx的最小值为_(2)函数y的值域为_(3)用mina，b，c表示a，b，c中的最小值设f(x)min2x，x2，10x(x0)，则f(x)的最大值为_【解析】(1)法一：令t，且t0，则xt21，所以原函数变为yt21t，t0.配方得y，又因为t0，所以y1，故函数yx的最小值
6、为1.法二：因为函数yx和y在定义域内均为增函数，故函数yx在1，)内为增函数，所以ymin1.(2)y22.因为，所以21时，f(x)2，综上可得f(x)的最小值为2.2(2020宁波五校联考)已知f(x)2x1，g(x)1x2，规定：当|f(x)|g(x)时，h(x)|f(x)|；当|f(x)|x11时，f(x2)f(x1)(x2x1)ab BcbaCacb Dbac【解析】因为f(x)的图象关于直线x1对称由此可得ff.由x2x11时，f(x2)f(x1)(x2x1)0恒成立，知f(x)在(1，)上单调递减因为12ff(3)，所以bac.【答案】D角度二解函数不等式 已知函数f(x)为(
7、0，)上的增函数，若f(a2a)f(a3)，则实数a的取值范围为_【解析】由已知可得解得3a3，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)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yax和yx2均为增函数，所以a1且40，即1a8.又由图象(图略)可得，该函数还必须满足a112，即a4.综上，a的取值范围为4a8.【答案】4，8)函数单调性应用问题的3种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
8、)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提醒(1)若函数在区间a，b上单调，则该函数在此区间的任意子区间上也是单调的；(2)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已知函数f(x)是定义在0，)上的增函数，则满足f(2x1)f的x的取值范围是()A. B.C. D.解析：选D.由题意得解得x.2设函数f(x)若函数yf(x)在区间(a，a1)上单调递增，则实数a的取值范
9、围是()A(，1 B1，4C4，) D(，14，)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，a1)上单调递增，需满足a4或a12，即a1或a4，故选D.3已知函数f(x)为R上的减函数，若mn，则f(m)_f(n)；若ff(n)；1，即|x|1，且x0.故1x(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()Ayln(x2) ByCy Dyx解析：选A.选项A的函数yln(x2)的增区间为(2，)，所以在(0，)上一定是增函数2函数y(2m1)xb在R上是减函数，则()Am Bm Dm解析：选B.使y(2m1)xb在R上是减函数，则2m10
10、，即mf(3)f(2)的只可能是()解析：选D.因为ff(3)f(2)，所以函数yf(x)有增有减，排除A，B.在C中，ff(0)，即ff(3)，排除C，故选D.6(2020瑞安四校联考)已知函数yf(x)在R上是减函数，则yf(|x3|)的单调递减区间是()A(，) B3，)C3，) D(，3解析：选B.因为函数yf(|x3|)是由yf()，|x3|复合而成的，而函数yf(x)在R上是减函数，yf(|x3|)的单调递减区间即为|x3|的单调递增区间，结合函数|x3|的图象可得，应有x30，解得x3，所以函数yf(|x3|)的单调递减区间是3，)，故选B.7(2020衢州市高三联考)函数yx|
11、1x|的单调增区间为_解析：yx|1x|作出该函数的图象如图所示由图象可知，该函数的单调递增区间是(，1答案：(，18已知函数f(x)则f(f(3)_，f(x)的最小值是_解析：因为 f(3)lg(3)21lg 101，所以f(f(3)f(1)1230.当x1时，x32 323，当且仅当x，即x时等号成立，此时f(x)min230；当xf(x)，则实数x的取值范围是_解析：函数yx3在(，0上是增函数，函数yln(x1)在(0，)上是增函数，且x0时，ln(x1)0，所以f(x)在R上是增函数，由f(2x2)f(x)，得2x2x，解得2x1，所以x的取值范围是(2，1)答案：(2，1)10定义
12、maxa，b为a，b中的最大值，函数f(x)maxlog2(x1)，2x(x1)的最小值为c，如果函数g(x)在R上单调递减，则实数m的取值范围为_解析：根据题意，f(x)maxlog2(x1)，2x(x1)，则f(x)，分析可得，当x1时，f(x)取得最小值1，则有c1，则g(x)，若g(x)为减函数，必有解得0m，即m的取值范围为.答案：11(2020杭州学军中学高三模拟)已知函数f(x)，x3，5(1)判断函数f(x)的单调性，并证明；(2)求函数f(x)的最大值和最小值解：(1)f(x)在3，5上为增函数证明如下：任取x1，x23，5且x1x2，f(x1)f(x2)，因为3x1x25，
13、所以x1x20，所以f(x1)f(x2)0，即f(x1)f(x2)，所以f(x)在3，5上为增函数(2)由(1)知f(x)在3，5上为增函数，则f(x)maxf(5)，f(x)minf(3).12(2020金丽衢十二校联考)已知函数f(x)a.(1)求证：函数yf(x)在(0，)上是增函数；(2)若f(x)2x在(1，)上恒成立，求实数a的取值范围解：(1)证明：当x(0，)时，f(x)a，设0x10，x2x10，f(x2)f(x1)0，所以f(x)在(0，)上是增函数(2)由题意a2x在(1，)上恒成立，设h(x)2x，则ah(x)在(1，)上恒成立任取x1，x2(1，)且x1x2，h(x1
14、)h(x2)(x1x2).因为1x1x2，所以x1x21，所以20，所以h(x1)0恒成立，则ba的最大值为()A2 B3C4 D5解析：选D.当f1(x)f2(x)时，g(x)f1(x)；当f1(x)f2(x)时，g(x)f2(x)综上，g(x) 即g(x)是f1(x)，f2(x)两者中的较大者在同一直角坐标系中分别画出函数f1(x)与f2(x)的图象，则g(x)的图象如图中实线部分所示由图可知g(x)在0，)上单调递增，又g(x)在a，b上单调递增，故a，b0，5，则ba的最大值为5.3(2019高考浙江卷)已知aR，函数f(x)ax3x.若存在tR，使得|f(t2)f(t)|，则实数a的
15、最大值是_解析：f(t2)f(t)a(t2)3(t2)(at3t)2a(3t26t4)2，因为存在tR，使得|f(t2)f(t)|，所以2a(3t26t4)2有解因为3t26t41，所以a有解，所以a，所以a的最大值为.答案：4对于函数yf(x)，若存在区间a，b，当xa，b时，f(x)的值域为ka，kb(k0)，则称yf(x)为k倍值函数，下列函数为2倍值函数的是_(填上所有正确的序号)f(x)x2；f(x)x32x22x；f(x)xln x；f(x).解析：yf(x)为2倍值函数等价于，yf(x)的图象与y2x有两个交点，且在a，b上递增对于，y2x与yx2，有两个交点(0，0)，(2，2
16、)，在0，2上f(x)递增，值域为0，4，符合题意对于，y2x与yx32x22x，有两个交点(0，0)，(2，4)，在2，0上f(x)递增，值域为4，0，符合题意对于，y2x与yxlnx，没有交点，不存在xa，b，值域为2a，2b，不合题意对于，y2x与y有两个交点(0，0)，(ln 2，2ln 2)，f(x)在ln 2，0上递增，值域为2ln 2，0，符合题意，故答案为.答案：5(2020浙江新高考联盟第三次联考)已知函数f(x)(1)若对于任意的xR，都有f(x)f(0)成立，求实数a的取值范围；(2)记函数f(x)的最小值为M(a)，解关于实数a的不等式M(a2)M(a)解：(1)当x0
17、时，f(x)(xa)21，因为f(x)f(0)，所以f(x)在(，0上单调递减，所以a0，当x0时，f(x)2x，令2x0得x1，所以当0x1时，f(x)0，当x1时，f(x)0，所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以fmin(x)f(1)3a，因为f(x)f(0)a21，所以3aa21，解得2a1.又a0，所以a的取值范围是0，1(2)由(1)可知当a0时，f(x)在(，0上的最小值为f(0)a21，当a0时，f(x)在(，0上的最小值为f(a)1，f(x)在(0，)上的最小值为f(1)3a，解不等式组得0a1，解不等式组得a0，所以M(a).所以M(a)在(，0)上
18、为常数函数，在(0，1)上是增函数，在(1，)上是减函数，作出M(a)的函数图象如图所示：令3a1得a2，因为M(a2)M(a)，所以0a2.6已知a3，函数F(x)min2|x1|，x22ax4a2，其中minp，q(1)求使得等式F(x)x22ax4a2成立的x的取值范围；(2)求F(x)的最小值m(a)；求F(x)在区间0，6上的最大值M(a)解：(1)由于a3，故当x1时，(x22ax4a2)2|x1|x22(a1)(2x)0，当x1时，(x22ax4a2)2|x1|(x2)(x2a)所以使得等式F(x)x22ax4a2成立的x的取值范围为2，2a(2)设函数f(x)2|x1|，g(x)x22ax4a2，则f(x)minf(1)0，g(x)ming(a)a24a2，所以由F(x)的定义知m(a)minf(1)，g(a)，即m(a)当0x2时，F(x)f(x)maxf(0)，f(2)2F(2)；当2x6时，F(x)g(x)maxg(2)，g(6)max2，348amaxF(2)，F(6)所以M(a)专心-专注-专业