(浙江专用)2021版新高考数学一轮复习第二章函数概念与基本初等函数2第2讲函数的单调性与最值教学案

1、第2讲函数的单调性与最值9知识©回顾知识聚焦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 息两个自变重的值 x1, x2当x1<x2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x1<x2时，都有f (x1)>f (x2),那么就说函数f (x)在区间D上是减函数图象描述O自左1可右下户向 Am 嬴 ! : _孙叼 X京图象是上升的。| :第 1自左向右看图象是下降的(2)单调区间的定义如果函数y = f(x)在区间D上是增函数或减函数，那么就说函

2、数y=f(x)在这一区间具有(严格的)单调性，区间D叫做函数y= f(x)的单调区间.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xC I ,都有f (x)<M(2)存在x0 C I ,使得f(x0) =M(1)对于任意xC I ,都有f(x) >M(2)存在xo I ,使得f (xo) =M结论M为最大值M为最小值查险提升疑误辨析判断正误(正确的打，错误的打"X” )(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y=f(x)在1 , + 8)上是增函数，则函数 f

3、(x)的单调递增区间是1 , 十°°) .()(3)函数y=1的单调递减区间是(一8, 0) U(0 , + 8).()x(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.()答案：(1) X (2) X (3) X (4) X (5) X (6) V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 , + 00)(或(1 ,+8)12k+ 1 v0,即 k<-2 .(必修1P32T4改编)若函数

4、y=(2k+1)x + b在R上是减函数，则 k的取值范围是解析：因为函数 y=(2k+1)x+b在R上是减函数，所以答案:1 OO ，223 .(必修1P31例4改编)已知函数f(x) =一;,xC 2 ,6,则f(x)的最大值为 ,x 1最小值为.2解析：可判断函数 f(x)= -?在2, 6上为减函数，所以f ( x) max= f(2) =2, f(x)min = x 1f(6) =g.-2答案：2 -5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； 混淆“单调区间”与“在区间上单调”两个概念.1 .函数y= log 1(x2 4)的单调递减

5、区间为 2答案：(2 , +8)2 .函数y=f (x)是定义在2, 2上的减函数，且f(a+1)<f(2a),则实数a的取值范 围是.一 2wa+1w2, 3w aw 1,解析：由题意得 一2W2aw2,即-1<a<1,a+1>2a,a<1.所以一1wa<1.答案：1, 1)3 . (1)若函数f(x)=x2+2(a1)x+2在区间(一8, 4上是减函数，则实数 a的取值 范围是;(2)若函数f(x) = x2+2(a1)x+2的单调递减区间为(一8,4,则a的值为答案：(1) a< -3 (2) -3明考同百田考例考法.考点确定函数的单调性(区间)

6、(高频考点)函数单调性的判断、证明及单调区间的求法是每年高考的热点，特别是导数的引入， 使函数单调性成为每年必考内容.主要命题角度有：(1)求函数的单调区间；(2)判断或证明函数的单调性.角度一求函数的单调区间【解】f (x)=x + 2x+ 1, x>0-x2-2x+ 1, x<0例国(2020 杭州七校联考)求函数f (x) = - x2+ 2|x| +1的单调区间.(x1) +2, x>0(x+1) 2+2, x<0.画出函数图象如图所示，可知单调递增区间为(一8 , 1和0 ,1,单调递减区间为1, 0和1 , +8).互动探究2(变条件)右将本例中函数变为 f

7、 (x) = | - x + 2x + 1| ,如何求解？解：函数y= | x2+2x+1的图象如图所示.由图象可知，函数 y .=| x2+2x+1| 的单调递增区间为(1 ，2, 1)和(1+、/2, + 8)；单、调递减区间为("1 42)和(1, 1 +表)."立 1角度二判断或证明函数的单调性例设函数f(x)=x + a+ln a为定义在( 8, 0)u(0, +8)上的奇函数.(1)求实数a的值；(2)判断函数f(x)在区间(1 , + 8)上的单调性，并用定义法加以证明.【解】(1)因为f (x) =x+a+ln a为定义在(一8 0) U (0 , + 8)

8、上的奇函数x所以 f(-x)=-f(x),所以一x a+ln a= x+ -+ In a ,所以 In a=0, xx所以a=1.一1 一(2) f (x) =x+在区间(1 , 十°0)上是增函数. x证明如下：设1vxix2,W1则 f(xi)f(x2)= x1 X2+x1=xi - x2x2一xi x2xix2 1=(xi x2)xix2xix2因为 ivxix2, 所以 xix2<0, xx1 > 0.xix2所以 f (xi) - f (x2)<0,即 f(xi) < f (x2).所以f(x)在区间(i , + 8)上是增函数.方法确定函数单调性的

9、 4种方法(i)定义法：利用定义判断.(2)导数法：适用于初等函数、复合函数等可以求导的函数.(3)图象法：由图象确定函数的单调区间需注意两点：一是单调区间必须是函数定义域的子集；二是图象不连续的单调区间要分开写，用 “和”或连接，不能用“U”连接.(4)性质法：利用函数单调性的性质，尤其是利用复合函数“同增异减”的原则时，需先确定简单函数的单调性.提醒求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间.i.下列四个函数中，在A. f (x) = 3- x(0 , + 8)上为增函数的是()B. f (x) = x2 - 3x-|x|iC. f(x)=-7D. f(x)x I I解析：选C.

10、当x>0时，f(x) =3x为减函数；当xC 0, 3时，f (x) =x2 3x为减函数，3当xC 2,时，f (x) = x 3x为增函数；，,i 一一一当xC(0, +8)时，f(x) = -为增函数； x+i当 xC(0, + 8)时，f (x) = | x| 为减函数.2.函数f(x)=ln( x22x 8)的单调递增区间是(B. ( H i)C. (1 , + 8)D. (4 , + 8)解析：选 D.由x22x8>0,得x<2或x>4.因此，函数f (x) = ln( x22x8)的定义 域是(00, - 2) U (4 , +8).注意到函数y=x2 2

11、x8在(4 , + °°)上单调递增，由复合 函数的单调性知，f(x)=ln( x2 2x8)的单调递增区间是(4 , + 8),选D.12 , 1 , + 8).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 x>1 或 xw 1 时，y=x2 + x-1= x + -2 2-5；当一1<x<1时，y= x2+x+1 = x： 2+5.画出函数图象如图所示，由函数图 241象可知，函数的减区间为 (一8, 1, 2, 1 ,函数的增区间为 一1,考点函数的最值(值域)例3 (1)函数y = x+x- 1的最小值为 2x2

12、-2x+3(2)函数y= x2_x+ 1的值域为 10x( x>0),(3)用 min a, b, c表示 a, b, c 中的最小值.设 f(x)=min2x, x+2则f (x)的最大值为【解析】(1)法一：令t：，,且t >0,则x = t2+1,所以原函数变为y=t2+1 + t , t >0.配方得1 2 3 y= t + 2 +4,又因为 .1 32°,所以产4+厂1，故函数y = x + a/x 1的最小值为1.法二：因为函数y=x和y=也-1在定义域内均为增函数，故函数y = x+ 1x-1在1 ,+00)内为增函数，所以 ymin= 1.(2) y

13、=2x2-2x+3 2 (x2x+1) + 1x2 x+ 1x2 x+ 11= 2 + x2-x+1 = 2+2+312 3 3 因为"2 +/4 .1所以2<2 +-1 2 x2100133+ 4故函数的值域为210勺. f (x) = min2 x, x+ 2,10 x( x>0)的图象如图中实线所示.令x + 2= 10-x,彳导x=4,故当又f(4) =6,所以f(x)的最大值为6.故答案为6.【答案】(1)110(2) 2,勺(3)6求函数最值的五种常用方法及思路单二件法f 无语画草醇桎;事由卑野履事最修一* 一 I先作出苗数的图象，冉观察其最高点，地i, 求出

14、量值，凫对解析式受筋.他之具备“一王二定三： 相等-的条件后用差本不等式求出星值先求导，怫后求出在嬉毙区网上的板值.A一,：后结合点他.求出值1对比较曳杂的函数可埴过换元藉化才熟悉的换几法 ：函也，再用相应的方法求最值2 . 3,1. (2020 温州市十校联合体期初考试)已知函数f(x) =4sin兀兀x-T,0<x<1则f (x)的最小值是()A. -2 .3B. 2 .3C. - 4D. 4兀解析：选A.当0wxw1时，f(x)=4sin兀x 不，3所以一x/3it厂兀sin 兀 x 与 w 1,所以一243W 4sin ux-y <4,当 x>1 时，f(x)=

15、2j3,综上可得f(x)的最小值为2m.2. (2020 宁波五校联考)已知 f(x)=2x1, g(x) = 1 x2,规定：当 |f(x)| >g(x)时, h(x)=|f(x)| ;当 |f(x)|< g(x)时，h(x) = - g(x),则 h(x)()A.有最小值一 1,最大值1B.有最大值1,无最小值C.有最小值-1,无最大值D.有最大值-1,无最小值解析：选C.由题意得，利用平移变换的知识画出函数|f(x)| , g(x)的图象如图，而 h(x)=I f (x) | ,-g (x),|f (x) I >g (x), |f (x) |<g (x),故h(x

16、)有最小值1,无最大值.函数单调性结合函数的图象以及函数其他性质的应用已成为近几年高考命题的一个新 的增长点，常以选择、填空题的形式出现.主要命题角度有：(1)比较两个函数值或两个自变量的大小;(2)解函数不等式；(3)求参数的值或取值范围.角度一比较两个函数值或两个自变量的大小例 / 已知函数f(x)的图象关于直线x= 1对称，当x2>x1>1时，f (x2) f (x1)( x2x1)<01恒成立，设a=f -2 , b=f (2) , c=f(3),则a, b, c的大小关系为()A. c>a>bB. c>b>aC. a>c>bD.

17、b>a>c15【解析】因为f(x)的图象关于直线x= 1对称.由此可得f 万=f 2 .由x2>x1>1时, f (x2) - f (x1)( x2x1)<0 恒成立,知 f (x)在(1 , +8)上单调递减.55因为 1<2<2<3,所以 f (2)> f 2 >f(3),所以b>a>c.【答案】D角度二解函数不等式例5已知函数 穴*)为(0, + 8)上的增函数，若f( a2a)> f( a+3),则实数a的取值 范围为.a2 a>0,【解析】由已知可得 a+3>0, 解得一3<a<1或

18、a>3,所以实数a的取值范围为a2 a>a+ 3,( 3, 1)U(3, 一).【答案】(3, - 1) U(3 , +8)角度三求参数的值或取值范围ax, x>1,例6 (2020 瑞安四校联考)若f(x) =a是R上的单调递增函数，则4 2 x+ 2, x< 1实数a的取值范围为.“a【解析】因为f(x)是定义在R上的增函数，故y = a和y= 42x+2均为增函数，a , a所以a>i且4 a>0,即1<a<8.又由图象(图略)可得，该函数还必'须满足 a14-a xi+2,即 a>4.综上，a的取值范围为4< a<

19、;8.【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)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

20、义在0, +8)上的增函数，则满足f(2x1)<f 1的x的取值范 3围是()B. 3,31 2A. 3，33101C. 22x- 1 >0,解析:选D.由题意得2x 1<不, 312解得5W x<-232.设函数f(x) =-x2 + 4x, x<4log 2X, x>4.若函数y=f(x)在区间(a, a+1)上单调递增，则实数a的取值范围是(A. ( H 1B.1 ， 4C. 4 , + oo)D.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,a+ 1)上单调递增,需满足a> 4或a+ 1 w 2 ,即aw 1或a>

21、 4,故选D.3 .已知函数f (x)为R上的减函数，若m<n ,则f(m)f (n)；1LI * r右f - x+ oo=1唯<f(1),则实数x的取值范围是(8, 1 u 4解析：由题意知f (m)> f (n)；1,一 >1,即 |x|<1 ,且 xw0.故一1<x<1 且 xw0.即实数 x x的取值范围是(一1,0)U(0, 1).答案：> (10) U (0, 1)21演练A.y = ln( x+ 2)C.1xV= 21D. y = x + - x陈HIS 一瓮破高分瓶前基础题组练1.卜列函数中，在区间(0, + 8)上为增函数的是(

22、)解析：选A.选项A的函数y= ln( x+2)的增区间为(一2,十),所以在(0 , + 8)上一 定是增函数.2.函数y= (2 m- 1)x+b在R上是减函数，则A.1 m>2B.C.1 m>一 2D.1 m<-2一一，一，一r 1解析：选B.使y= (2 mi- 1)x+b在R上是减函数，则 2mi- 1<0,即m<2.3.若函数f (x) = a+ log 2x在区间1 , a上的最大值为6,则a=()A. 2B. 4D. 8C. 6 解析：选B.由题得函数f(x)=a+log2x在区间1 , a上是增函数，所以当x=a时，函数取最大值6,即a+ log

23、 2a=6,解得a = 4,故答案为B.4. (2020 金华质量检测)已知函数f(x) = |x + a|在(00, 1)上是单调函数，则 a的取值范围是()A. ( 8, 1C. -1 , +8)解析：选A.因为函数f(x)在(一8选A.5. (2020 台州高三模拟)下列函数B. ( 一 00 , 一 1D. 1 , + 8) a)上是单调函数，所以一a>-1,解得a< 1.故1y= f(x)的图象中，满足f 4 >f(3)>f(2)的只可能是()一一 ， 一 ,1 ，一一 ，1解析：选D.因为f 4>f(3)>f(2),所以函数y=f(x)有增有减，

24、排除A, B.在C中，f 41<f (0) , f (3)> f (0),即 f 4 <f (3),排除 C,故选 D.6 . (2020 瑞安四校联考)已知函数y=f(x)在R上是减函数，则 y=f(| x-3|)的单调 递减区间是()A. (8, +oo)B. 3 , + 8)C. -3, + oo)D. ( 8, 3解析：选B.因为函数y=f (| x3|)是由y=f( ) , w = | x3|复合而成的，而函数 y = f(x)在R上是减函数，y=f(| x-3|)的单调递减区间即为w=|x3|的单调递增区间， 结合函数=| x3|的图象可得，应有 x 3>0

25、,解得x>3,所以函数y=f(| x3)的单调递减区间是3 , + 8),故选B.解析：y = x |1 x| =1, x>1,2x - 1, x<1.7 . (2020 衢州市高三联考)函数y= x- |1 x|的单调增区间为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( 8, 1 .答案：(8, 1xH3, x>1,8 .已知函数f(x)= 解析：函数y= x3在(00, 0上是增函数，函数 y=in(x+1)在(0 , + 8)上是增函数， 且x>0时，ln( x+1)>0 ,所以f(x)在R上是增函数，由f(2x2)>f(x),

26、得2 x2>x,解得 -2<x<1,所以x的取值范围是(一2, 1). 答案：(2, 1) 10.定义 maxa, b为 a, b 中的最大值，函数 f(x) = maxlog 2(x +1) , 2 x( x>- 1) (2m- 1) x+3, x>c 的最小值为c,如果函数g(x)=4 在r上单调递减，则实数 m的取值 m, x< c范围为.解析：根据题意，f(x) =maxlog 2(x+ 1) , 2-x( x>- 1),则f(f(3) =, f(x)的最小值是lg (x2+1) , x<1,解析：因为 f( - 3) = lg( 3)2

27、+1 =lg 10=1,所以 f(f( 3) =f(1) =1+23=0. 当x>1时，x+x- 3>2 x x 3=2小一3,当且仅当x=x，即x = #2时等号成立，此 时 f(x)min=2W3<0；当 x<1 时，lg( x2+ 1) >lg(0 2+ 1) = 0,此时 f (x)min = 0.所以 f (x)的 最小值为2 23.答案：02小3x3, xW0,9 .已知函数f(x)=若f(2x2)>f(x),则实数 x的取值范围是ln (x+ 1) , x>0,则 f(x) =2-x, x< 1log 2 (x+ 1) , x>

28、; 1,分析可得，当x= 1 时,f(x)取得最小值1,则有c=1,3贝u g(x)=(2m- 1) x + 4, x> 1xm, x< 12m- 1<0,若g(x)为减函数，必有0V mK 1 ,32m- 1 + T< m411解得0Vme 4,即m的取值范围为0, 4 .答案：。,411. (2020 杭州学军中学高三模拟)已知函数f(x)=1, xC 3, 5.X I4(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 xi, x2 3 , 5且xi<x2f(xi) -f(x2

29、)=xi - 1xi+ 2x2 1x2+ 23 x1 x2(x1 + 2)( x2+2)因为 3< x1 <x2< 5,所以 x1-x2<0, (x1 + 2)( x2+2)>0,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 知f(x)在3 , 5上为增函数,则 f(x)max= f (5)=f(x)min=f(3) = .75人一心，、"一，112. (2020 金丽衢十二校联考)已知函数f(x)=a 百.(1)求证：函数y=f(x)在(0 , +°°)

30、上是增函数；(2)若f (x)<2 x在(1 , + 8)上恒成立，求实数 a的取值范围.解：(1)证明：当 xC(0, +8)时 f(x) =a-, x设 0<x1<x2,则 x1x2>0, x2-x1>0,f (x2) f (x1)=1a x21a x11 1x1x2x2 x1K0，所以f(x)在(0 , +8)上是增函数.1(2)由题意a x<2x在(1 , +8)上恒成立,设 h(x) = 2x + , x则a<h(x)在(1 , + 8)上恒成立.任取 x1, x2C (1 , + 8)且 x1<K2,1h( x1) h(x2) = (

31、x1 x2) 2.xx2因为 1<x1<x2,所以 x1 x2<0, x1x2>1 ,所以2五>0,所以 h(x1)<h(x2)，所以h(x)在(1 , + °°)上单调递增.故 awh(1),即 aw 3,所以实数a的取值范围是(一8,1.A.综合题组练(a 2)x>2已知函数f(x)=1(8, 2)x-1x<2是R上的单调递减函数， 则实数a的取值范围是B.oo13"8C.(0, 2)13D. 7a2<0解析：选B.因为函数为递减函数，则2 (a2)12，解得(5 )-1f 1 (x) + f2 (x)|

32、f 1 (x) f2 (x) |，若 a, be 15,且当 xb xzC a, b时,g (Xi) g (x2)>0x1 x22. (2020 丽水质检)已知函数 f1(x) = |x1| , f2(x) =x+1, g(x)=3B. 3D. 5恒成立，则ba的最大值为()A. 2C. 4解析:选 D.当 f1(x) >f2(x)时,g( x)f 1 (x) + f 2 (x)(x)f2 (x)= f1(x);当 f 1(x)<f2(x)时，g(x) =f 1 ( x) + f 2 (x)f2 (x) -f 1 (x)=f 2( x).f 1综上，g(x)=f 2(x)(x

33、)>f2 (x),<f 2 (x).即 g(x)是 f 1(x)f 2(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 , +8)上单调递增，又 g(x)在a, b上单调递增，故a, be 0, 5,则ba的最大值为5.3. (2019 高考浙江卷)已知ae R,函数f (x) =ax3x.若存在t C R,使得| f(t + 2) f(t)| <2,则实数a的最大值是.3解析：f(t + 2)f(t) =a(t+2)3(t+2) -(at3-t) = 2a(3t2+6t +4)-2,因

34、为存 在 t e R,使得 |f (t + 2) f(t)| <|,所以一|<2a(3t2+6t +4)2W1有解.因为 3t 2+6t 333,24, -,4+ 4>1' 以 3 (3t2+6t + 4) <a<3 (3t2+6t + 4)有牛， a 3 (3t2+6t + 4) max=4,所以a的最大值为4. 33答案：3 34. 对于函数y = f(x),若存在区间a, b,当xC a, b时，f(x)的值域为ka, kb( k >0),则称y=f(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 (

35、x) =x3+2x2+2x；xf(x)=x+ln x；f(x)=Fe解析：y= f (x)为2倍值函数等价于，y=f(x)的图象与y = 2x有两个交点，且在a, b 上递增.对于，y=2x与y=x2,有两个交点(0, 0), (2, 2),在0 , 2上f(x)递增，值域为0 , 4,符合题意.对于，y=2x 与 y=x3+2x2+2x,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，y= 2x与y = x+ln x,没有交点，不存在 xC a, b,值域为2 a, 2b,不 合题意., 一. x , 一，、，对于，丫=2*与丫=有两个交点(0, 0), (In 2 , 2ln 2),f(x)在In 2 , 0上递增，值域为2ln 2 , 0,符合题意，故答案为.答案：x2- 2ax+ a2+ 1, x< 0,5. (2020 浙江新高考联盟第三次联考)已知函数f(x) = 2 2x x a' x(1)若对于任意的xC R,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Ma 2) <Ma) .解：(1)当 XW0 时，f(x) = (xa)2+i,因为f(x) >f(0),所以f(x)在(一8, 0上单调递减，所以a&g