【数学】2018届高考一轮复习人教A版第六节函数的单调性与最值学案

【数学】2018届高考一轮复习人教A版第六节函数的单调性与最值学案

第六节 函数的单调性与最值 1． 理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义．‎ 2． 利用函数的图象理解和研究函数的性质.‎ 1． 考查函数的单调性及最值的基本求法．‎ 2． 利用函数的单调性求单调区间．‎ 3． 利用函数的单调性求最值和参数的取值范围．‎ 4． 函数的单调性和其它知识相结合考查求函数的最值、比较大小、解不等式等相关问题．‎ 一、增函数、减函数 ‎1．一般地，设函数f(x)的定义域为I，区间D⊆I，如果对于任意x1，x2∈D，且x1＜x2，则都有：‎ ‎(1)f(x)在区间D上是增函数⇔f(x1)＜f(x2)； (2)f(x)在区间D上是减函数⇔f(x1)＞f(x2)．‎ ‎2．设任意x1，x2∈[a，b]且x1＜x2，那么设任意x1，x2∈[a，b]且x1＜x2，那么 ‎(1)＞0⇔f(x)在[a，b]上是增函数； (2)＜0⇔f(x)在[a，b]上是减函数．‎ 二、单调性、单调区间的定义 ‎1．若函数f(x)在区间D上是增函数或减函数，则称函数f(x)在这一区间上具有(严格的)单调性，区间D叫做f(x)的单调区间．‎ ‎2．求函数单调区间的两个注意点：‎ ‎(1)单调区间是定义域的子集，故求单调区间应树立“定义域优先”的原则．‎ ‎(2)单调区间只能用区间表示，不能用集合或不等式表示；如有多个单调区间应分别写，不能用并集符号“∪”联结，也不能用“或”联结．‎ 三、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 对于任意x∈I，都有f(x)≤M；‎ 存在x0∈I，使得f(x0)＝M.‎ 对于任意x∈I，都有f(x)≥M；‎ 存在x0∈I，使得f(x0)＝M.‎ 结论 M为最大值 M为最小值 函数最值存在的两条定论：‎ ‎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取到．‎ ‎2．开区间上的“单峰”函数一定存在最大(小)值．‎ 考向一 函数单调性的判断或证明 例1．已知函数f(x)＝ －ax，其中a>0. 证明：当a≥1时，函数f(x)在区间[0，＋∞)上为单调减函数．‎ ‎2．讨论函数f(x)＝(m<0)的单调性．‎ ‎3． 判断函数f(x)＝x＋(a＞0)在(0，＋∞)上的单调性．‎ ‎ 对于给出具体解析式的函数，利用单调性定义证明其在某区间上的单调性的基本步骤是：⇨⇨⇨ 考向二 求函数的单调区间 例1．求函数y＝－x2＋2|x|＋3的单调区间．‎ ‎2．求函数y＝的单调区间．‎ ‎3．求函数y＝log(x2－3x＋2)的单调增区间．‎ ‎1．求函数单调区间应注意的问题：函数的单调区间是函数定义域的子集或真子集，求函数的单调区间必须首先确定函数的定义域，求函数的单调区间的运算应该在函数的定义域内进行．‎ ‎2．求复合函数y＝f[g(x)]的单调区间的步骤：(1)确定定义域；(2)将复合函数分解成基本初等函数：y＝f(u)，u＝g(x)；(3)分别确定这两个函数的单调区间；(4)若这两个函数同增或同减，则y＝f[g(x)]为增函数；若一增一减，则y＝f[g(x)]为减函数，即“同增异减”．‎ 考向三 函数单调性的应用 例1．函数f(x)＝在区间[a，b]上的最大值是1，最小值为，则a＋b＝________.‎ ‎2．若f(x)为R上的增函数，则满足f(2－m)＜f(m2)的实数m的取值范围是________．‎ ‎3．(2014·郑州模拟)已知f(x)＝是R上的单调递增函数，则实数a的取值范围为(　　)‎ A．(1，＋∞) B．[4,8) C．(4,8) D．(1,8)‎ ‎ 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．‎ ‎4．利用单调性求最值．应先确定函数的单调性，然后再由单调性求出最值．‎ 规范解答 解不等式巧用函数的单调性 解函数不等式问题的一般步骤：第一步：确定函数f(x)在给定区间上的单调性；第二步：将函数不等式转化为f(M)＜f(N)的形式；第三步：运用函数的单调性“去掉”函数的抽象符号“f”，转化成一般的不等式或不等式组；第四步：解不等式或不等式组确定解集；第五步：反思回顾，查看关键点，易错点及解题规范．‎ 答题模版1．已知f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数，且f（）＝f(x)－f(y)，f(2)＝1，解不等式：f(x)－f（）≤ 2.‎ ‎【解析】∵f（）＝f(x)－f(y)，∴f(y)＋f（）＝f(x)，在以上等式中取x＝4，y＝2，‎ 则有f(2)＋f(2)＝f(4)．∵f(2)＝1，∴f(4)＝2. ∴f(x)－f（）≤2可变形为f(x(x－3))≤f(4)．‎ 又∵f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数，∴解得3＜x≤4. ‎ ‎∴原不等式的解集为{x|3＜x≤4}．‎ ‎2．函数f(x)对任意的m、n∈R，都有f(m＋n)＝f(m)＋f(n)－1，并且x＞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.‎ ‎【解析】(1)设x1＜x2，∴x2－x1＞0.∵当x＞0时，f(x)＞1，∴f(x2－x1)＞1.‎ f(x2)＝f[(x2－x1)＋x1]＝f(x2－x1)＋f(x1)－1，∴f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)－1＞0⇒f(x1)＜f(x2)，∴f(x)在R上为增函数.‎ ‎(2)∵m，n∈R，不妨设m＝n＝1，∴f(1＋1)＝f(1)＋f(1)－1⇒f(2)＝2f(1)－1，‎ f(3)＝4⇒f(2＋1)＝4⇒f(2)＋f(1)－1＝4⇒3f(1)－2＝4，∴f(1)＝2，f(2)＝2×2－1＝3，‎ ‎∴f(a2＋a－5)＜2＝f(1).∵f(x)在R上为增函数，∴a2＋a－5＜1⇒－3＜a＜2，‎ 即a∈(－3,2).12分 ‎【防范措施】1．抽象函数的单调性证明只能用定义，在证明时应根据所给等式的特点对x1或x2进行适当变形，如x2＝(x2－x1)＋x1或x1＝x2·等.‎ ‎2．求解含“f”的不等式，应先将不等式转化为f(M)＜f(N)的形式，然后再根据函数f(x)的单调性去掉“f”，此时应注意M、N应在定义域内取值.‎ 一、选择（本大题共6小题，每题5分，共30分）‎ ‎1．函数f(x)＝ ，x∈[2,6]，则下列说法正确的有(　　)‎ ‎①函数f(x)为减函数；②函数f(x)为增函数；③函数f(x)的最大值为2；④函数f(x)的最小值为.‎ A．①③ B．①③④ C．②③④ D．②④‎ ‎2．函数y＝(2k＋1)x＋b在(－∞，＋∞)上是减函数，则(　　)‎ A．k> B．k< C．k>－ D．k<－ ‎3．下列函数中，在区间(0,1)上是增函数的是(　　)‎ A．y＝3－x B．y＝ C．y＝－x2＋4 D．y＝|x|‎ ‎4．如果二次函数f(x)＝3x2＋2(a－1)x＋b在区间(－∞，1)上是减函数，则(　　)‎ A．a＝－2 B．a＝2 C．a≤－2 D．a≥2 ‎ ‎5．已知函数f(x)为R上的减函数，则满足f(||)0‎ C．f(x1)>0，f(x2)<0 D．f(x1)>0，f(x2)>0‎ 二、填空（本大题共4小题，每题5分，共20分）‎ ‎7．f(x)＝x2－2x，x∈[－2,3]的单调增区间为________，f(x)max＝________.‎ ‎8．若函数f(x)＝4x2－kx－8在[5,20]上是单调递增函数，则实数k的取值范围是________．‎ ‎9．求函数f(x)=ln(3-2x-x2)的单调区间________．‎ ‎ ‎ ‎ 10．函数f(x)＝－在区间[－1,1]上的最大值为________．‎ 第六节 函数的单调性与最值 一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)‎ ‎1．下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是(　　)‎ A．y＝ln(x＋2) B．y＝－ C．y＝() D．y＝x＋ ‎2．若函数y＝ax与y＝－在(0，＋∞)上都是减函数，则y＝ax2＋bx在(0，＋∞)上是(　　)‎ A．增函数 B．减函数 C．先增后减 D．先减后增 ‎3．函数f(x)＝ln(4＋3x－x2)的单调递减区间是(　　)，‎ A．(,] B．[，) C．(，] D．[，4）‎ ‎4．若函数f(x)的定义域为R，且在(0，＋∞)上是减函数，则下列不等式成立的是(　　)‎ A．f()＞f(a2－a＋1) B．f()≥f(a2－a＋1) ‎ C．f()＜f(a2－a＋1) D．f()≤f(a2－a＋1)‎ ‎5．设函数f(x)＝g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的递减区间是(　　)‎ A．(－∞，0] B．[0,1) C．[1，＋∞) D．[－1,0]‎ ‎6．若f(x)＝是R上的单调递增函数，则实数a的取值范围为(　　)‎ A．(1，＋∞) B．[4,8) C．(4,8) D．(1,8)‎ 二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)‎ ‎7．若函数f(x)＝|2x＋a|的单调递增区间是[3，＋∞)，则a＝________.‎ ‎8．设函数f(x)＝的最小值为2，则实数a的取值范围是________．‎ ‎9．已知函数f(x)＝(a≠1)．‎ ‎(1)若a>0，则f(x)的定义域是________；‎ ‎(2)若f(x)在区间(0,1]上是减函数，则实数a的取值范围是________．‎ 三、解答题(本大题共3小题，每小题15分，共45分)‎ ‎10．(15分) 已知函数f(x)＝，‎ ‎(1)判断函数f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性并加以证明； (2)求函数f(x)的值域.‎ ‎11．已知函数f(x)＝－(a>0，x>0)，求证：f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数．‎ ‎12．(15分)已知函数f(x)在定义域(0，＋∞)上为增函数，且满足f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1.‎ ‎(1)求f(9)，f(27)的值； (2)解不等式f(x)＋f(x－8)＜2.‎ 第六节 函数的单调性与最值 考向一：例1．【解析】证明：任取x1，x2∈[0，＋∞)，且x10，∴f(x)在[0，＋∞)上单调递减．‎ ‎2．【解析】函数定义域为{x|x≠2}，不妨设x1，x2∈(－∞，2)且x10. ∴>0，即f(x2)>f(x1)，故函数f(x)在区间(－∞，2)上是增函数．同理可得函数f(x)在区间(2，＋∞)上也是增函数．综上，函数f(x)在(－∞，2)，(2，＋∞)上为增函数． 3．【解析】(定义法)设x1，x2是任意两个正数，且0＜x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝－＝(x1x2－a)．当0＜x1＜x2≤时，0＜x1x2＜a，又x1－x2＜0，所以f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，所以函数f(x)在(0，]上是减函数；当≤x1＜x2时，x1x2＞a，又x1－x2＜0，所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，所以函数f(x)在[，＋∞)上是增函数．‎ 考向二：例1．【解析】依题意，可得当x≥0时，y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4；当x<0时，y＝－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4. 由二次函数的图象知，函数y＝－x2＋2|x|＋3在(－∞，－1]，[0,1]上是增函数，在[－1,0]，[1，＋∞)上是减函数．‎ ‎2．【解析】∵y＝log2(x2－1)，∴该函数的定义域为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．又∵y＝log2(x2－1)可看作由y＝log2μ和μ＝x2－1两个函数复合而成的，且y＝log2μ在μ∈(0，＋∞)上为增函数，而μ＝x2－1在(－∞，－1)上为减函数且μ>0，在(1，＋∞)上为增函数且μ>0.∴当x∈(－∞，－1)时，y＝log2(x2－1)为减函数，当x∈(1，＋∞)时，y＝log2(x2－1)为增函数．‎ ‎3．【解析】令u＝x2－3x＋2，则原函数可以看作y＝logu与u＝x2－3x＋2的复合函数．令u＝x2－3x＋2>0，则x<1或x>2.所以函数y＝log(x2－3x＋2)的定义域为(－∞，1)∪(2，＋∞)．又u＝x2－3x＋2的对称轴x＝，且开口向上．所以u＝x2－3x＋2在(－∞，1)上是单调减函数，在(2，＋∞)上是单调增函数．而y＝logu在(0，＋∞)上是单调减函数，故y＝log(x2－3x＋2)的单调减区间为(2，＋∞)，单调增区间为(－∞，1)．‎ 考向三：例1．【解析】由题意知x－1＞0，又x∈[a，b]，∴a＞1.则f(x)＝在[a，b]上为减函数，则f(a)＝＝1且f(b)＝＝，∴a＝2，b＝4，a＋b＝6.【答案】‎ ‎2．【解析】∵f(x)为R上的增函数，且f(2－m)＜f(m2)，∴2－m＜m2，∴m2＋m－2＞0，解得m＞1或m＜－2. 即m的范围为(－∞，－2)∪(1，＋∞)．【答案】(－∞，－2)∪(1，＋∞)‎ ‎3．【解析】因f(x)是R上的递增函数，可得解得4≤a＜8.【答案】B 基础自测：1-6．BDDCCB 7．【答案】[1,3] 8 8．【答案】(－∞，40] 9．【答案】（-3，-1], (-1,1) 10．【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.【答案】3‎ 能力提升：1-6．ABDBBB 7．【答案】－6 8．【答案】[3，＋∞)‎ ‎9．【答案】(1) (2)(－∞，0)∪(1,3] 10．【解析】(1)当x>0时，f(x)＝ ‎＝＝1－.设0x1>0，则x2－x1>0，x1x2>0，∵f(x2)－f(x1)＝－ ‎＝－＝>0，∴f(x2)>f(x1)．∴f(x)在(0，＋∞)上是单调递增的．‎ ‎(2)∵f(x)在上的值域是，又f(x)在上单调递增，∴f＝，f(2)＝2.∴易得a＝. 所以当x>0时，由f(|x|)<－2得f(x)9；当x<0时，由f(|x|)<－2得f(－x)9，即x<－9.因此不等式的解集为{x|x>9或x<－9}．‎ ‎12．【解析】(1)f(9)＝f(3)＋f(3)＝2，f(27)＝f(9)＋f(3)＝3. (2)∵f(x)＋f(x－8)＝f[x(x－8)]＜f(9)，又函数f(x)在定义域(0，＋∞)上为增函数，‎ ‎∴，解得8＜x＜9. 即原不等式的解集为(8,9).‎