2020版高考數(shù)學第二章函數(shù)導數(shù)其應用第二節(jié)函數(shù)單調(diào)性與最值學案文(含解析)新人教A版

第二節(jié)函數(shù)的單一性與最值2019考綱考題考情1．增函數(shù)與減函數(shù)一般地，設函數(shù)f(x)的定義域為I：(1)假如對于定義域I內(nèi)某個區(qū)間D上的隨意兩個自變量的值x1，x2，當x1＜x2時，都有f(x1)＜f(x2)，那么就說函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù)。(2)假如對于定義域I內(nèi)某個區(qū)間D上的隨意兩個自變量的值x1，x2，當x1＜x2時，都有f(x1)＞f(x2)，那么就說函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是減函數(shù)。2．單一性與單一區(qū)間假如函數(shù)y＝(x)在區(qū)間D上是增函數(shù)或減函數(shù)，那么就說函數(shù)y＝( )在這一區(qū)間具ffx有(嚴格的)單一性，區(qū)間D叫做y＝f(x)的單一區(qū)間。3．函數(shù)的最大值與最小值一般地，設函數(shù)y＝f(x)的定義域為I，假如存在實數(shù)M知足：對于隨意的x∈I，都有f(x)≤M；存在x0∈I，使得f(x0)＝M，那么，我們稱M是函數(shù)y＝f(x)的最大值。對于隨意的x∈I，都有f(x)≥M；存在x0∈I，使得f(x0)＝M，那么，我們稱M是函數(shù)y＝f(x)的最小值。4．函數(shù)單一性的兩個等價結(jié)論設?x1，x2∈D(x1≠x2)，則fx1－fx21－21－2]>0)?f(x)在D上單一遞加。x1－x2fx1－fx2或x1－x2fx1－fx2]<0)?f(x)在D上單一遞減。(2)<0(()[x1－x25．對勾函數(shù)的單一性a對勾函數(shù)y＝x＋x(a>0)的遞加區(qū)間為(－∞，－a]和[a，＋∞)；遞減區(qū)間為[－a，和(0，a]，且對勾函數(shù)為奇函數(shù)。6．函數(shù)單一性常用結(jié)論區(qū)間D上單一遞加區(qū)間D上單一遞減定義法x1<x2?f(x1)<f(x2)

x1<x2?f(x1)>f(x2)圖象法函數(shù)圖象是上漲的函數(shù)圖象是降落的導數(shù)法導數(shù)大于零導數(shù)小于零運算法遞加＋遞加遞減＋遞減復合法內(nèi)外層函數(shù)單一性同樣內(nèi)外層函數(shù)單一性相反函數(shù)單一性的常用結(jié)論1．若f(x)，g(x)均為區(qū)間A上的增(減)函數(shù)，則f(x)＋g(x)也是區(qū)間A上的增(減)函數(shù)。2．若k>0，則kf(x)與f(x)單一性同樣；若k<0，則kf(x)與f(x)單一性相反。13．函數(shù)y＝f(x)(f(x)>0或f(x)<0)在公共定義域內(nèi)與y＝－f(x)，y＝fx的單一性相反。4．函數(shù)y＝f(x)(f(x)≥0)在公共定義域內(nèi)與y＝fx的單一性同樣。一、走進教材1．(必修1P39A組T1改編)函數(shù)y＝x2－5x－6在區(qū)間[2,4]上是()A．遞減函數(shù)B．遞加函數(shù)C．先遞減再遞加函數(shù)D．先遞加再遞減函數(shù)分析作出函數(shù)y＝2－5－6的圖象(圖略)知張口向上，且對稱軸為x＝5，在[2,4]xx2上先減后增。應選C。答案C12．(必修1P31例4改編)函數(shù)y＝x－1在[2,3]上的最小值為( )111A．2B．2C．3D．－2111分析因為y＝x－1在[2,3]上單一遞減，所以ymin＝3－1＝2。應選B。答案B二、走近高考3．(2017·全國卷Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋ln(2－x)，則( )A．f(x)在(0,2)上單一遞加B．f(x)在(0,2)上單一遞減C．y＝f(x)的圖象對于直線x＝1對稱D．y＝f(x)的圖象對于點(1,0)對稱分析因為f(x)＝lnx＋ln(2－x)的定義域為(0,2)，f(x)＝ln[x(2－x)]＝ln[－(x－1)2＋1]，由復合函數(shù)的單一性，知函數(shù)f(x)＝lnx＋ln(2－x)在(0,1)上單一遞加，在(1,2)上單一遞減，所以清除A，B；f112－1＝ln33＝ln32－3＝ln32＝ln＋ln2，f2＋ln2，所2424133以f2＝f2＝ln4，所以清除D，應選C。答案C4．(2017·全國卷Ⅱ)函數(shù)f(x)＝ln(x2－2x－8)的單一遞加區(qū)間是()A．(－∞，－2)B．(－∞，1)C．(1，＋∞)D．(4，＋∞)分析由x2－2x－8>0，得x<－2或x>4。所以，函數(shù)f(x)＝ln(x2－2x－8)的定義域是(－∞，－2)∪(4，＋∞)。注意到函數(shù)y＝x2－2x－8在(4，＋∞)上單一遞加。由復合函數(shù)的單一性知，f(x)＝ln(x2－2x－8)的單一遞加區(qū)間是(4，＋∞)。應選D。答案D三、走出誤區(qū)微提示：①單一性判斷犯錯致誤；②對稱軸議論犯錯致誤；③不會聯(lián)合函數(shù)的圖象致誤。5．函數(shù)f(x)＝－x＋1在－2，－1)上的最大值是(x338A．2B．－3C．－2D．2113分析易知f(x)在－2，－3上是減函數(shù)，所以f(x)max＝f(－2)＝2－2＝2。應選A。答案A6．假如二次函數(shù)f(x)＝32＋2(－1)x＋b在區(qū)間(－∞，1)上是減函數(shù)，那么a的取xa值范圍是________。a－1a－1分析二次函數(shù)的對稱軸方程為x＝－3，由題意知－3≥1，即a≤－2。答案(－∞，－2]7．若函數(shù)f(x)＝|2x＋a|的單一遞加區(qū)間是[3，＋∞)，則a的值為________。由圖象(圖略)易知函數(shù)f(x)＝|2x＋a|的單一遞加區(qū)間是aa分析－，＋∞，令－2＝23，得a＝－6。答案－6考點一確立函數(shù)的單一性(區(qū)間)【例1】(1)(2019·山西晉城模擬)已知函數(shù)若f(0)<0，則此函數(shù)的單一遞加區(qū)間是( )A．(－∞，－1]C．[－1,1)ax(2)試議論函數(shù)f(x)＝x－1(a≠0)在(－1,1)

(x)＝loga(－x2－2x＋3)(a>0且a≠1)，B．[－1，＋∞)D．(－3，－1]上的單一性。(1)分析令g(x)＝－x2－2x＋3，由題意知g(x)>0，可得－3<x<1，故函數(shù)的定義域為{|－3<<1}。依據(jù)f(0)＝loga3<0，可得0<<1，則此題即求函數(shù)(x)在(－3，1)內(nèi)的單一xxag遞減區(qū)間。利用二次函數(shù)的性質(zhì)可求得函數(shù)g(x)在(－3,1)內(nèi)的單一遞減區(qū)間為[－1,1)，應選C。答案C(2)解設－1<x1<x2<1，x－1＋11f(x)＝ax－1＝a1＋x－1，11ax2－x1f(x1)－f(x2)＝a1＋x1－1－a1＋x2－1＝x1－1x2－1，因為－1<x1<x2<1，所以x2－x1>0，x1－1<0，x2－1<0，故當a>0時，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，函數(shù)f(x)在(－1,1)上單一遞減；當a<0時，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，函數(shù)f(x)在(－1,1)上單一遞加。ax′x－1－axx－1′解：f′(x)＝2x－1ax－1－axax－12＝－x－12。當a>0時，f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(－1,1)上單一遞減；當a<0時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(－1,1)上單一遞加。1．求函數(shù)的單一區(qū)間，應先求定義域，在定義域內(nèi)求單一區(qū)間，如例1(1)。2．(1)函數(shù)單一性的判斷方法有：①定義法；②圖象法；③利用已知函數(shù)的單一性；④導數(shù)法。(2)函數(shù)y＝f(g(x))的單一性應依據(jù)外層函數(shù)y＝f(t)和內(nèi)層函數(shù)t＝g(x)的單一性判斷，按照“同增異減”的原則?！咀兪接柧殹?1)(2019·遼寧師大附中模擬)以下函數(shù)中，既是偶函數(shù)又在區(qū)間(0,1)上單一遞減的是( )13B．y＝exA．y＝x1|x|C．y＝2D．y＝ln|x|1判斷并證明函數(shù)f(x)＝ax＋x(此中1<a<3)在x∈[1,2]上的單一性。1(1)分析因為y＝x3y＝ln|x|是偶函數(shù)，可是在是奇函數(shù)，y＝ex是非奇非偶函數(shù)，區(qū)間(0,1)內(nèi)單一遞加，且由y＝1|x|圖象可知是偶函數(shù)，在區(qū)間(0,1)內(nèi)單一遞減。應選C。2答案C(2)解判斷：f(x)在[1,2]上單一遞加，證明以下：設1≤x<x≤2，則f2121－x)1xfxaxaxx2212x2121x1由1≤1<2≤2，得x2－1>0,2<x1＋2<4，xxxx

1ax1＋x2－x1x2，111<x1x2<4，－1<－<－。x1x24又因為1<a<3，所以2<a(x1＋x2)<12，1得a(x1＋x2)－x1x2>0，進而f(x2)－f(x1)>0，即f(x2)>f(x1)，故當a∈(1,3)時，f(x)在[1,2]上單一遞加?？键c二函數(shù)的最值x1【例2】(1)函數(shù)f(x)＝3－log2(x＋2)在區(qū)間[－1,1]上的最大值為________。x2，x≤1，(2)已知函數(shù)f(x)＝6則f(x)的最小值是________。x＋x－6，x>1，1x分析(1)因為y＝在R上單一遞減，＝log2(＋2)在[－1,1]上單一遞加，所以f(x)3yx在[－1,1]上單一遞減，故f(x)在[－1,1]上的最大值為f(－1)＝3。當x≤1時，f(x)min＝0，當x>1時，f(x)min＝26－6，當且僅當x＝6時取到最小值，又26－6<0，所以f(x)min＝26－6。答案(1)3(2)26－6求函數(shù)最值的五種常用方法及其思路1．單一性法：先確立函數(shù)的單一性，再由單一性求最值。2．圖象法：先作出函數(shù)的圖象，再察看其最高點、最低點，求出最值。3．基本不等式法：先對分析式變形，使之具備“一正二定三相等”的條件后用基本不等式求出最值。4．導數(shù)法：先求導，而后求出在給定區(qū)間上的極值，最后聯(lián)合端點值，求出最值。5．換元法：對照較復雜的函數(shù)可經(jīng)過換元轉(zhuǎn)變?yōu)槭炝暤暮瘮?shù)，再用相應的方法求最值。x【變式訓練】(1)函數(shù)f(x)＝x－1(x≥2)的最大值為________。(2)(2019·石家莊模擬)對于隨意實數(shù)a，b，定義a，a≤b，min{a，b}＝設函數(shù)b，a>b。f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，則函數(shù)h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是________。x1分析(1)易得f(x)＝x－1＝1＋x－1，當x≥2時，x－1>0，易知f(x)在[2，＋∞)上是減函數(shù)，所以f( )max＝(2)＝1＋1＝2。xf2－1在同一坐標系中，作函數(shù)f(x)，g(x)圖象，依題意，h(x)的圖象以下圖。易知點A(2,1)為圖象的最高點，所以h(x)的最大值為h(2)＝1。log2x，0<≤2，分析：依題意，h(x)＝當0<x≤2時，h(x)＝log2x是增函數(shù)，當－x＋3，x>2。x>2時，h(x)＝3－x是減函數(shù)，所以h(x)在x＝2時獲得最大值h(2)＝1。答案(1)2(2)1考點三函數(shù)單一性的應用微點小專題方向1：比較大小【例3】已知函數(shù)f(x)的圖象向左平移1個單位后對于y軸對稱，當x2>1>1時，[f(x2)x1f(x1)]·(x2－x1)<0恒建立，設a＝f－2，b＝f(2)，c＝f(3)，則a，b，c的大小關(guān)系為( )A．c>a>bB．c>b>aC．a(chǎn)>c>bD．b>a>c分析因為函數(shù)f(x)的圖象向左平移1個單位后獲得的圖象對于y軸對稱，故函數(shù)y15＝f(x)的圖象自己對于直線x＝1對稱，所以a＝f－2＝f2。當x2>x1>1時，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒建立，等價于函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單一遞減，所以b>a>c。應選D。答案D比較函數(shù)值的大小，應將自變量轉(zhuǎn)變到同一單一區(qū)間內(nèi)，而后利用單一性解決。方向2：解不等式【例4】已知奇函數(shù)f(x)在x>0時單一遞加，且f(1)＝0，若f(x－1)>0，則x的取值范圍為( )A．{x|0<x<1或

x>2}

B．{x|x<0或

x>2}C．{x|x<0或

x>3}

D．{x|x<－1或

x>1}分析因為奇函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單一遞加，且f(1)＝0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，上單一遞加，且f(－1)＝0，則－1<x<0或x>1時，f(x)>0；x<－1或0<x<1時，f(x)<0。所以不等式f(x－1)>0即－1<x－1<0或x－1>1，解得0<x<1或x>2。應選A。答案A利用函數(shù)的單一性將“f”符號脫掉，轉(zhuǎn)變?yōu)樵敿毜牟坏仁角蠼?，應注意函?shù)的定義域。方向3：求參數(shù)范圍【例5】(2019·江西南昌模擬2|x－a|，x≤1，若f(1)是f(x)的最)設函數(shù)f(x)＝x＋1，x>1，小值，則實數(shù)a的取值范圍為()A．[－1,2)B．[－1,0]C．[1,2]D．[1，＋∞)|x－a|，x≤1，2分析函數(shù)f(x)＝若x>1，則f(x)＝x＋1>2，易知y＝2|x－a|在(a，＋x＋1，x>1，∞)上單一遞加，在(－∞，a)上單一遞減，若<1，則f(x)在x＝a處獲得最小值，不切合aa－1題意；若a≥1，則要使f(x)在x＝1處獲得最小值，只要2≤2，解得a≤2，所以1≤a≤2。答案C1．依據(jù)函數(shù)的單一性，將題設條件轉(zhuǎn)變?yōu)楹瑓?shù)的不等式(組)，即可求出參數(shù)的值或范圍。2．若分段函數(shù)是單一函數(shù)，則不單要保證在各區(qū)間上單一性一致，還要保證在整個定義域內(nèi)是單一的。【題點對應練】1．(方向1)已知函數(shù)f(x)知足對隨意的x，x∈(0，＋∞)，恒有(x－x)·[f(x)－12121f(x)]<0建立。若a＝f(log7)，b＝f(log3)0.6)，則a，b，c的大小關(guān)系是()2cf24A．<<B．<<cbabacC．b<c<aD．a(chǎn)<b<c分析依據(jù)題意可知，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單一遞減。而1<log47<log49＝log23,0<0.20.6<0.20＝1，所以log23>log47>0.20.6，所以b<a<c。應選B。答案B2．(方向2)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋2x，若f(x2－4)<2，則實數(shù)x的取值范圍是________。分析因為f(x)定義域為(0，＋∞)且函數(shù)f(x)＝lnx＋2x在定義域上單一遞加，且f(1)＝ln1＋2＝2，所以由f(x2－4)<2得f(x2－4)<f(1)，所以0<x2－4<1，解得－5<x<－2或2<x<5。答案(－5，－2)∪(2，5)3．(方向2)設函數(shù)f(x)＝x＋1，x≤0，則知足f(x)＋f(x－1)>1的x的取值范圍2x，x>0，是________。分析畫出函數(shù)f(x)的大概圖象如圖，易知函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單一遞加。又x>x－1，且x－(x－1)＝1，f(0)＝1，所以要使f(x)＋f(x－1)>1建立，則聯(lián)合函數(shù)f(x)的圖象知只要x－1>－1，解得x>0。故所求x的取值范圍是(0，＋∞)。答案(0，＋∞)－x2＋4，≤4，4．(方向3)設函數(shù)f()＝xx若函數(shù)y＝(x)在區(qū)間(，＋1)上單xlog2x，x>4，faa調(diào)遞加，則實數(shù)a的取值范圍是________。分析作函數(shù)f(x)的圖象以下圖，由圖象可知f(x)在(a，a＋1)上單一遞加，需知足a≥4或a＋1≤2，即a≤1或a≥4。答案(－∞，1]∪[4，＋∞)求函數(shù)最值的常用方法一、單一性法1【典例1】函數(shù)f(x)＝x，x≥1，的最大值為________。－x2＋2，x<11【分析】當x≥1時，函數(shù)f(x)＝x為減函數(shù)，所以f(x)在x＝1處獲得最大值，且f(1)＝1；當x<1時，易知函數(shù)f(x)＝－x2＋2在x＝0處獲得最大值，且f(0)＝2。故函數(shù)f(x)的最大值為2?！敬鸢浮?利用函數(shù)的單一性求解函數(shù)的值域是最基本的方法，解題的重點是正確確立函數(shù)的單一性。二、不等式法主假如指運用均值不等式及其變形公式來解決函數(shù)最值問題的一種方法。常用的不等式有以下幾種：a2＋b2≥2ab(a，b為實數(shù))；a＋b2≥ab(a≥0，b≥0)；ab≤a＋b2≤a2＋b2(a，b為實數(shù))。22y2【典例2】設x，y，z為正實數(shù)，x－2y＋3z＝0，則xz的最小值為________。因為x－2y＋3z＝0，所以y＝x＋3zy2x2＋9z2＋6xz。又x，z為正【分析】2，所以xz＝4xzy26xz＋6xzy2實數(shù)，所以由基本不等式，得xz≥4xz＝3，當且僅當x＝3z時取“＝”。故xz的最小值為3?！敬鸢浮?此題是三元分式函數(shù)的最值問題，一般地，可將這種函數(shù)問題轉(zhuǎn)變?yōu)槎瘮?shù)問題加以解決。在利用均值不等式法求函數(shù)最值時，一定注意“一正二定三相等”，特別是“三相等”，是我們易忽視的地方，簡單產(chǎn)生失誤。三、配方法配方法是求二次函數(shù)最值的基本方法，如F(x)＝af2(x)＋bf(x)＋c的函數(shù)的最值問題，能夠考慮用配方法。【典例3】已知函數(shù)y＝(ex－a)2＋(e－x－a)2(a∈R，a≠0)，求函數(shù)y的最小值。x2－x－a)2【解】y＝(e－a)＋(e(ex＋e－x)2－2a(ex＋e－x)＋2a2－2。x－x22令t＝e＋e，f(t)＝t－2at＋2a－2。因為t≥2，所以f(t)＝t2－2at＋2a2－2＝(t－a)2＋a2－2的定義域為[2，＋∞)。因為拋物線y＝f(t)的對稱軸為t＝a，2所以當a≤2且a≠0時，ymin＝f(2)＝2(a－1)；利用二次函數(shù)的性質(zhì)求最值，要特別注意自變量的