【数学】2019届一轮复习人教B版第2章函数概念与基本初等函数I第2节学案

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【数学】2019届一轮复习人教B版第2章函数概念与基本初等函数I第2节学案

第2节 函数的单调性与最值 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象分析函数的性质.‎ 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 设函数y=f(x)的定义域为A,区间M⊆A,如果取区间M中任意两个值x1,x2,改变量Δx=x2-x1>0,则当 Δy=f(x2)-f(x1)>0时,就称函数y=f(x)在区间M上是增函数 Δy=f(x2)-f(x1)<0时,就称函数y=f(x)在区间M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)如果一个函数在某个区间M上是增函数或是减函数就说这个函数在这个区间M上具有单调性,区间M称为单调区间.‎ ‎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 ‎(3)对于任意x∈I,都有f(x)≥M;‎ ‎(4)存在x0∈I,使得f(x0)=M 结论 M为最大值 M为最小值 ‎[常用结论与微点提醒]‎ ‎1.“函数的单调区间”和“函数在某区间上单调”意义不同,前者指函数具备单调性的“最大”的区间,后者是前者“最大”区间的子集.‎ ‎2.(1)闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值,当函数在闭区间上单调时最值一定在端点处取到.‎ ‎(2)开区间上的“单峰”函数一定存在最大值(最小值).‎ 诊 断 自 测 ‎1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)‎ ‎(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,得x>4或x<-2.‎ 设t=x2-2x-8,则y=ln t为增函数.‎ 要求函数f(x)的单调递增区间,即求函数t=x2-2x-8的单调递增区间.‎ ‎∵函数t=x2-2x-8的单调递增区间为(4,+∞),‎ ‎∴函数f(x)的单调递增区间为(4,+∞).‎ 答案 D ‎4.(2018·聊城模拟)函数f(x)=-x+在上的最大值是( )‎ A. B.- C.-2 D.2‎ 解析 易知f(x)在上是减函数,‎ ‎∴f(x)max=f(-2)=2-=.‎ 答案 A ‎5.如果二次函数f(x)=3x2+2(a-1)x+b在区间(-∞,1)上是减函数,那么a的取值范围是________.‎ 解析 二次函数的对称轴方程为x=-,‎ 由题意知-≥1,即a≤-2.‎ 答案 (-∞,-2]‎ 考点一 确定函数的单调性(区间)‎ ‎【例1】 (1)(2018·河南中原名校质检)函数y=log(-x2+x+6)的单调增区间为( )‎ A. B. C.(-2,3) D. 解析 由-x2+x+6>0,得-20,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.(1)函数单调性的判断方法有:①定义法;②图象法;③利用已知函数的单调性;④导数法.‎ ‎(2)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】 (1)(2016·北京卷)下列函数中,在区间(-1,1)上为减函数的是( )‎ A.y= B.y=cos x C.y=ln(x+1) D.y=2-x 解析 ∵y=与y=ln(x+1)在(-1,1)上为增函数,且y=cos x在(-1,1)上不具备单调性.∴A,B,C不满足题意.只有y=2-x=在(-1,1)上是减函数.‎ 答案 D ‎(2)(一题多解)判断函数f(x)=x+(a>0)在(0,+∞)上的单调性,并给出证明.‎ 证明 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,且a≠1)在[1,2]上的最大值与最小值之和为loga2+6,则a的值为( )‎ A. B. C.2 D.4‎ 解析 (1)∵f(-3)=lg[(-3)2+1]=lg 10=1,‎ ‎∴f(f(-3))=f(1)=0,‎ 当x≥1时,f(x)=x+-3≥2-3,当且仅当x=时,取等号,此时f(x)min=2-3<0;‎ 当x<1时,f(x)=lg(x2+1)≥lg 1=0,当且仅当x=0时,取等号,此时f(x)min=0.‎ ‎∴f(x)的最小值为2-3.‎ ‎(2)f(x)=ax+logax在[1,2]上是单调函数,‎ 所以f(1)+f(2)=loga2+6,‎ 则a+loga1+a2+loga2=loga2+6,‎ 即(a-2)(a+3)=0,又a>0,所以a=2.‎ 答案 (1)0 2-3 (2)C 规律方法 求函数最值的四种常用方法 ‎(1)单调性法:先确定函数的单调性,再由单调性求最值.‎ ‎(2)图象法:先作出函数的图象,再观察其最高点、最低点,求出最值.‎ ‎(3)均值不等式法:先对解析式变形,使之具备“一正二定三相等”的条件后用均值不等式求出最值.‎ ‎(4)导数法:先求导,然后求出在给定区间上的极值,最后结合端点值,求出最值.‎ ‎【训练2】 (1)(2016·北京卷)数f(x)=(x≥2)的最大值为________.‎ ‎(2)(一题多解)(2018·石家庄模拟)对于任意实数a,b,定义min{a,b}=设函数f(x)=-x+3,g(x)=log2x,则函数h(x)=min{f(x),g(x)}的最大值是________.‎ 解析 (1)易得f(x)==1+,‎ 当x≥2时,x-1>0,易知f(x)在[2,+∞)上是减函数,‎ ‎∴f(x)max=f(2)=1+=2.‎ ‎ (2)法一 在同一坐标系中,‎ 作函数f(x),g(x)图象,‎ 依题意,h(x)的图象如图所示.‎ 易知点A(2,1)为图象的最高点,‎ 因此h(x)的最大值为h(2)=1.‎ 法二 依题意,h(x)= 当02时,h(x)=3-x是减函数,‎ 所以h(x)在x=2时取得最大值h(2)=1.‎ 答案 (1)2 (2)1‎ 考点三 函数单调性的应用(多维探究)‎ 命题角度1 比较函数值或自变量的大小 ‎【例3-1】 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( )‎ A.c>a>b B.c>b>a C.a>c>b D.b>a>c 解析 由于函数f(x)的图象向左平移1个单位后得到的图象关于y轴对称,故函数y=f(x)的图象本身关于直线x=1对称,‎ 所以a=f =f .‎ 当x2>x1>1时,[f(x2)-f(x1)](x2-x1)<0恒成立,等价于函数f(x)在(1,+∞)上单调递减,所以b>a>c.‎ 答案 D 命题角度2 求解函数不等式 ‎【例3-2】 (2018·包头模拟)设函数f(x)=若f(a+1)≥f(2a-1),则实数a的取值范围是( )‎ A.(-∞,1] B.(-∞,2] ‎ C.[2,6] D.[2,+∞)‎ 解析 易知函数f(x)在定义域(-∞,+∞)上是增函数,‎ ‎∵f(a+1)≥f(2a-1),‎ ‎∴a+1≥2a-1,解得a≤2.‎ 故实数a的取值范围是(-∞,2].‎ 答案 B 命题角度3 求参数的值或取值范围 ‎【例3-3】 已知f(x)=满足对任意x1≠x2,都有>0成立,那么a的取值范围是________.‎ 解析 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.‎ 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))或先得到其图象的升降,再结合图象求解.‎ ‎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】 (1)(2018·安徽六安一中月考)已知函数f(x)=(a>0)在(2,+∞)上递增,则实数a的取值范围为________.‎ ‎(2)(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 (1)∵f(x)=x+(a>0)的增区间为(,+∞)和(-∞,-),‎ 又f(x)在(2,+∞)上递增,∴(2,+∞)⊆(,+∞),‎ 则≤2,∴0f(-)=f(),‎ 因此2|a-1|<=2,‎ 又y=2x是增函数,‎ ‎∴|a-1|<,解得0,所以0=b>0,c=log2<0,∴f(a)>f(b)>f(c).‎ 答案 B ‎4.(2017·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递减,且为奇函数.若f(1)=-1,则满足-1≤f(x-2)≤1的x的取值范围是( )‎ A.[-2,2] B.[-1,1] C.[0,4] D.[1,3]‎ 解析 ∵f(x)为奇函数,∴f(-x)=-f(x).‎ ‎∵f(1)=-1,∴f(-1)=-f(1)=1.‎ 故由-1≤f(x-2)≤1,得f(1)≤f(x-2)≤f(-1).‎ 又f(x)在(-∞,+∞)单调递减,‎ ‎∴-1≤x-2≤1,∴1≤x≤3.‎ 答案 D ‎5.已知f(x)=是R上的单调递增函数,则实数a的取值范围是( )‎ A.(1,+∞) B.[4,8) C.(4,8) D.(1,8)‎ 解析 由已知可得解得4≤a<8.‎ 答案 B 二、填空题 ‎6.(2018·大连双基测试模拟)设函数f(x)=g(x)=x2f(x-1),则函数g(x)的递减区间是________.‎ 解析 由题意知g(x)= 函数的图象如图所示的实线部分,根据图象,g(x)的减区间是[0,1).‎ 答案 [0,1)‎ ‎7.(2018·石家庄调研)函数f(x)=-log2(x+2)在区间[-1,1]上的最大值为________.‎ 解析 由于y=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.‎ 答案 3‎ ‎8.已知函数f(x)=ln x+2x,若f(x2-4)<2,则实数x的取值范围是________.‎ 解析 因为函数f(x)=ln x+2x在定义域上单调递增,且f(1)=ln 1+2=2,所以由f(x2-4)<2得,f(x2-4)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.(2018·成都七中调研)已知函数f(x)=a-.‎ ‎(1)求f(0);‎ ‎(2)探究f(x)的单调性,并证明你的结论;‎ ‎(3)若f(x)为奇函数,求满足f(ax)0,2x2+1>0.‎ ‎∴f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)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)=lg.‎ ‎(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)=-+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,+∞).‎
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