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

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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

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.‎
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