高考数学一轮复习第2章函数导数及其应用第2讲函数的单调性与最值学案.doc

1 / 12【2019【2019 最新最新】精选高考数学一轮复习第精选高考数学一轮复习第 2 2 章函数导数章函数导数及其应用第及其应用第 2 2 讲函数的单调性与最值学案讲函数的单调性与最值学案板块一 知识梳理·自主学习必备知识考点 1 函数的单调性1单调函数的定义2单调性、单调区间的定义若函数 yf(x)在区间 D 上是增函数或减函数，则称函数yf(x)在这一区间具有(严格的)单调性，区间 D 叫做 yf(x)的单调区间考点 2 函数的最值考点 3 利用定义判断函数单调性的步骤1任取；2.作差；3.化简；4.判断；5.结论必会结论1对勾函数 yx(a>0)的增区间为(，和，)；减区间为，0)和(0，且对勾函数为奇函数2设x1，x2D(x1x2)，则x1x2>0(0(0(0)f(x)在 D 上单调递减；>0(或(x1x2)f(x1)f(x2)>0)f(x)在 D 上单调递增；0，则函数 f(x)在 D 上是增函数( )(3)函数 y|x|是 R 上的增函数( )2 / 12(4)函数 yf(x)在1，)上是增函数，则函数的单调递增区间是1，)( )答案 (1)× (2) (3)× (4)×2课本改编函数 yx26x10 在区间(2,4)上是( )B递增函数A递减函数 D先增后减C先减后增 答案 C解析 对称轴为 x3，函数在(2,3上为减函数，在3,4)上为增函数32018·陕西模拟下列函数中，满足“f(xy)f(x)·f(y)”的单调递增函数是( )Bf(x)x3Af(x)x) Df(x)3xCf(x)x 答案 D解析 根据各选项知，选项 C，D 中的指数函数满足 f(xy)f(x)·f(y)又 f(x)3x 是增函数，所以 D 正确4课本改编给定函数yx) ，ylog (x1)，y|x1|，y2x1.其中在区间(0,1)上单调递减的函数序号是_答案 解析 yx) 在(0,1)上递增；tx1 在(0,1)上递增，且 01，故 y2x1 在(0,1)上递增故在区间(0,1)上单调递减的函数序号是.5已知函数 f(x)为(0，)上的增函数，若 f(a2a)>f(a3)，则实数 a 的取值范围为_答案 (3，1)(3，)解析 由已知可得解得33.所以实数 a 的取值范3 / 12围为(3，1)(3，)板块二 典例探究·考向突破考向 确定函数的单调区间例 1 求下列函数的单调区间：(1)yx22|x|1；(2)ylog(x23x2)解 (1)由于 yError!即 y画出函数图象如图所示，单调递增区间为(，1和0,1，单调递减区间为1,0和1，)(2)令 ux23x2，则原函数可以看作 ylogu 与ux23x2 的复合函数令 ux23x2>0，则 x2.函数 ylog(x23x2)的定义域为(，1)(2，)又ux23x2 的对称轴 x，且开口向上，ux23x2 在(，1)上是单调减函数，在(2，)上是单调增函数而 ylogu 在(0，)上是单调减函数，ylog(x23x2)的单调递减区间为(2，)，单调递增区间为(，1)触类旁通确定函数单调性的方法(1)定义法和导数法，证明函数单调性只能用定义法或导数法(2)复合函数法，复合函数单调性的规律是“同增异减” (3)图象法，图象不连续的单调区间不能用“”连接【变式训练 1】 求出下列函数的单调区间：(1)f(x)|x24x3|；(2)f(x).解 (1)先作出函数 yx24x3 的图象，由于绝对值的作用，4 / 12把 x 轴下方的部分翻折到上方，可得函数 y|x24x3|的图象如图所示由图可知 f(x)在(，1和2,3上为减函数，在1,2和3，)上为增函数，故 f(x)的增区间为1,2，3，)，减区间为(，1，2,3(2)32xx2>0，3x1>1时，f(x2)f(x1)(x2x1)b>aAc>a>b Db>a>cCa>c>b 答案 D解析 f(x)的图象关于 x1 对称，ff，又由已知可得 f(x)在(1，)上单调递减，f(2)>f>f(e)，即 f(2)>f>f(e)选 D.命题角度 2 利用函数的单调性解不等式例 3 f(x)是定义在(0，)上的单调增函数，满足 f(xy)f(x)f(y)，f(3)1，当 f(x)f(x8)2 时，x 的取值范围是( )B(8,9 A(8，) D(0,8)C8,9 答案 B解析 211f(3)f(3)f(9)，由 f(x)f(x8)2，可得 fx(x8)f(9)，因为 f(x)是定义在(0，)上的增函数，所以有5 / 12解得 80，00，f(x)在1,2上为增函数，又 f(1)5，f(2)7.f(x)3x，x1,2的值域为5,7触类旁通求函数最值(值域)的五种常用方法(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)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值(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(5)换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值【变式训练 2】 (1)函数 yx的最大值为_答案 1 2解析 定义域为，而 yx在上为单调增函数当 x时，ymax.(2)已知函数 y的最大值为 M，最小值为 m，则的值为_答案 22解析 由题意，得Error!7 / 12所以函数的定义域为x|3x1两边平方，得 y242·x342.所以当 x1 时，y 取得最大值 M2；当 x3 或 1 时，y 取得最小值 m2，.核心规律1.函数的单调区间是定义域的子集，研究函数单调性的方法有：定义法、图象法、导数法等要注意掌握一次函数、二次函数等基本初等函数的单调性2.复合函数的单调性可依据“同增异减”的规律求解3.求函数的值域常常化归为求函数的最值问题，要重视函数的单调性在确定函数最值中的应用满分策略1.讨论函数单调性必须在其定义域内进行，函数的单调区间是其定义域的子集，因此，讨论函数的单调性时，应先确定函数的定义域2.函数的单调区间是指函数在定义域内的某个区间上单调递增或单调递减单调区间要分开写，即使在两个区间上的单调性相同，也不能用并集表示.板块三 启智培优·破译高考易错警示系列 1利用分段函数的单调性求参数的范围出错2018·山东泰安模拟已知函数 f(x)是 R 上的单调递增函数，则实数 a 的取值范围是( )B4,8) C(4,8) A(1，) D(1,8)8 / 12错因分析 解答本题时，易忽视函数在定义域两段区间分界点上的函数值的大小而致误解析 由 f(x)在 R 上单调递增，则有Error!解得 4af(3)Af(1)0，则有( )Af(a)f(b)>f(a)f(b)Bf(a)f(b)f(a)f(b)Df(a)f(b)0，a>b，b>a.f(a)>f(b)，f(b)>f(a)选 A.5若函数 yf(x)在 R 上单调递增，且 f(m21)>f(m1)，则实数 m 的取值范围是( )B(0，)A(，1) D(，1)(0，)C(1,0) 答案 D解析 由题意得 m21>m1，故 m2m>0，故 m0.62018·海南模拟函数 f(x)|x2|x 的单调减区间是( )B1,0A1,2 D2，)C0,2 答案 A10 / 12解析 f(x)|x2|x结合图象可知函数的单调减区间是1,272018·深圳模拟函数 y2x23x1 的单调递增区间为( )B.A(1，) (，3 4D.C. 3 4，)答案 B解析 令 u2x23x122.因为 u22在上单调递减，函数 yu 在 R 上单调递减所以 y2x23x1 在上单调递增，即该函数的单调递增区间为.82018·苏州模拟若函数 f(x)|2xa|的单调递增区间是3，)，则 a_.答案 6解析 由 f(x)可得函数 f(x)的单调递增区间为，故 3，解得 a6.9函数 f(x)在区间a，b上的最大值是 1，最小值是，则ab_.答案 6解析 易知 f(x)在a，b上为减函数，即ab6.102018·湖南模拟函数 yx(x0)的最大值为_答案 1 4解析 令 t，则 t0，所以 ytt22，所以，当t，即 x时，ymax.B 级 知能提升12018·安徽合肥模拟若 2x5y2y5x，则有( )Bxy0Axy0 Dxy0Cxy0 11 / 12答案 B解析 设函数 f(x)2x5x，易知 f(x)为增函数，又 f(y)2y5y，由已知得 f(x)f(y)，xy，xy0.22018·郑州质检函数 f(x)的单调增区间是( )B2，)A(，3) D3,2C0,2) 答案 B解析 x2x60，x2 或 x3，又y是由y，t0，)和 tx2x6，x(，32，)两个函数复合而成，而函数 tx2x6 在2，)上是增函数，y在0，)上是增函数，又因为 y的定义域为(，32，)，所以 y的单调增区间是2，)故选 B.3已知函数 f(x)x22axa 在区间(0，)上有最小值，则函数 g(x)在区间(0，)上一定( )B有最大值A有最小值 D是增函数C是减函数 答案 A解析 f(x)x22axa 在(0，)上有最小值，a>0.g(x)x2a 在(0，)上单调递减，在(，)上单调递增，h(x)>h(1)3.g(x)在(0，)上一定有最小值42018·四川模拟已知函数 f(x)a.(1)求证：函数 yf(x)在(0，)上是增函数；(2)若 f(x)0，x2x1>0，f(x2)f(x1)1 x2>0，12 / 12f(x)在(0，)上是增函数(2)由题意，a1，2>0，h(x1)h(1)3，ah(x)在(1，)上恒成立，故 ah(1)，即 a3，a 的取值范围是(，35已知定义在区间(0，)上的函数 f(x)满足 ff(x1)f(x2)，且当 x>1 时，f(x)0，代入得 f(1)f(x1)f(x2)0，故 f(1)0.(2)证明：任取 x1，x2(0，)，且 x1>x2，则>1，由于当 x>1 时，f(x)<0，所以 f<0，即 f(x1)f(x2)<0，因此 f(x1)<f(x2)，所以函数 f(x)在区间(0，)上是单调递减函数(3)f(x)在(0，)上是单调递减函数f(x)在2,9上的最小值为 f(9)由 ff(x1)f(x2)，得 ff(9)f(3)，而 f(3)1，f(9)2.f(x)在2,9上的最小值为2.