1、金版教程金版教程20212021高考科学复习创新方案高考科学复习创新方案- -理数理数 （创新版）（创新版） 【精品课件精品课件】 第第2 2讲讲 函数的单调性与最值函数的单调性与最值 第二章 函数、导数及其应用 考纲解读 1.掌握求函数单调性与单调区间的求解方法，并 能利用函数的单调性求最值(重点) 2理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义(重点) 3能够运用函数图象理解和研究函数的性质(难点) 考向预测 从近三年高考情况来看，本讲是高考中的一个热 点预测 2021 年高考将主要考查函数单调性的应用、比较大 小、函数最值的求解、根据函数的单调性求参数的取值范围等 问题. 1 基础知识过
2、关基础知识过关 PART ONE 1.函数的单调性 (1)增函数、减函数 增函数 减函数 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01 两个自变量的值 x1，x2 定 义 当 x1x2时，都有 f(x1)f(x2)， 那么就说函数 f(x)在区间 D 上是02 当x1f(x2)，那么就说函 数f(x)在区间D上是03 任意 增函数 减函数 图 象 描 述 自左向右看图象是04 自左向右看图象是05 上升的 下降的 (2)单调区间的定义 如果函数 yf(x)在区间 D 上是增函数或减函数，那么就说函数 yf(x) 在这一区间具有(严格的) 06 区间 D
3、叫做函数 yf(x)的07 单调性 单 调区间 2函数的最值 前提 设函数 yf(x)的定义域为 I，如果存在实数 M 满足 条件 对于任意的 xI， 都有01 ； 存在 x0I，使得 02 对于任意 xI，都有03 ； 存在 x0I，使得04 结论 M 为函数 yf(x)的 最大值 M 为函数 yf(x)的最小值 f(x)M f(x)M f(x0)M f(x0)M 1概念辨析 (1)函数 y1 x的单调递减区间是(，0)(0，)( ) (2)设任意 x1，x2a，b且 x1x2，那么 f(x)在a，b上是增函数 fx1fx2 x1x2 0(x1x2)f(x1)f(x2)0.( ) (3)若函
4、数 yf(x)，xD 的最大值为 M，最小值为 m(Mm)，则此函数 的值域为m，M( ) (4)闭区间上的单调函数，其最值一定在区间端点取到( ) 答案 (1) (2) (3) (4) 答案答案 2小题热身 (1)设定义在1,7上的函数 yf(x)的图象如图所示，则函数 yf(x)的 增区间为_ 解析 由图可知函数的单调递增区间为1,1和5,7 解析解析 1,1，5,7 (2)函数 y4xx23，x0,3的单调递增区间是_，最小值是 _，最大值是_ 解析 因为 y4xx23(x2)27， 所以函数 y4xx23，x0,3的单调递增区间是0,2 当 x2 时，ymax7；当 x0 时，ymin
5、3. 解析解析 0,2 3 7 (3)函数 f(x)(2a1)x3 是 R 上的减函数，则 a 的取值范围是 _ 解析 因为函数 f(x)(2a1)x3 是 R 上的减函数，所以 2a10， 解得 a1 2. 解析解析 ，1 2 (4)函数 f(x) 3 x1(x2,5)的最大值与最小值之和等于_ 解析 因为函数 f(x) 3 x1在2,5上单调递减，所以 f(x)maxf(2)1， f(x)minf(5)1 2，f(x)maxf(x)min 3 2. 解析解析 3 2 2 经典题型冲关经典题型冲关 PART TWO 1函数 f(x)ln (x22x8)的单调递增区间是( ) A(，2) B(
6、，1) C(1，) D(4，) 题型一题型一 确定函数的单调性确定函数的单调性(区间区间) 答案答案 解析 由 x22x80，得 x4 或 x2. 设 tx22x8，则 yln t 为增函数 要求函数 f(x)的单调递增区间，即求函数 tx22x8 在定义域内的单 调递增区间 函数 tx22x8 在(，2)上单调递减，在(4，)上单调递 增， 函数 f(x)的单调递增区间为(4，) 解析解析 2函数 f(x)|x2|x 的单调递减区间是( ) A1,2 B1,0 C0,2 D2，) 解析 f(x)|x2|x x2x，x2， 2xx，x2. 作出此函数的图象如下 观察图象可知，f(x)|x2|x
7、 的单调递减区间是1,2 答案答案 解析解析 条件探究 将本例中“f(x)|x2|x”改为“f(x)x22|x|”，则 f(x)的 单调递减区间是_，单调递增区间是_ _ 解析 f(x)x22|x| x22x，x0， x22x，x0. 作出此函数的图象如右图， 观察图象可知，此函数的单调递减区间是(，1和(0,1；单调递增 区间是(1，0和(1，) 解析解析 (，1和(0,1 (1,0和(1，) 3试讨论函数 f(x) ax x1(a0)在(1,1)上的单调性 解 解法一：设1x1x21， f(x)a x11 x1 a 1 1 x1 ， 则 f(x1)f(x2)a 1 1 x11 a 1 1
8、x21 ax2x1 x11x21. 由于1x1x20，x110，x210 时，f(x1)f(x2)0， 即 f(x1)f(x2)， 函数 f(x)在(1,1)上单调递减； 当 a0 时，f(x1)f(x2)0， 即 f(x1)0 时，f(x)0，函数 f(x)在(1,1)上单调递减； 当 a0，函数 f(x)在(1,1)上单调递增 解解 1确定函数单调性(区间)的三种常用方法 (1)定义法：一般步骤：任取 x1，x2D，且 x10，则 kf(x)与 f(x)单调性相同；若 k0，则 kf(x)与 f(x)单调性相 反； (3)复合函数单调性的确定方法：若两个简单函数的单调性相同，则这两个 函数
9、的复合函数为增函数； 若两个简单函数的单调性相反， 则这两个函数的 复合函数为减函数，简称“同增异减”如举例说明 1. 1若函数 f(x)ax1 在 R 上递减，则函数 g(x)a(x24x3)的增区 间是( ) A(2，) B(，2) C(4，) D(，4) 解析 因为函数 f(x)ax1 在 R 上递减，所以 a0， 1sinx1 等)确定函数的值域如举例说明 4 可用此法 (5)分离常数法：形如求 ycxd axb(ac0)的函数的值域或最值常用分离 常数法求解如举例说明 4 可用此法 另外，基本不等式法、导数法求函数值域或最值也是常用方法，在后面章 节中有重点讲述 1(2019 厦门质
10、检)函数 f(x) 1 3 xlog 2(x2)在区间1,1上的最大值 为_ 解析 由于 y 1 3 x 在 R 上单调递减，ylog2(x2)在1,1上单调递 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. 解析解析 3 2函数 y3x1 x2 的值域为_ 解析 y3x1 x2 3x27 x2 3 7 x2， 因为 7 x20，所以 3 7 x23，所以函数 y 3x1 x2 的值域为y|yR 且 y3 解析解析 y|yR 且 y3 3函数 y|x1|x2|的值域为_ 解析 函数 y 2x1，x1， 3，1x2， 2x1，x2. 作出函数的图象如图所示
11、根据图象可知，函数 y|x1|x2|的值域为3， ) 解析解析 3，) 角度 1 比较函数值的大小 1 (2019 郑州模拟)已知定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x)f(x)， 且函数 f(x)在(，0)上是减函数，若 af(1)，bf log21 4 ，cf(20.3)，则 a，b， c 的大小关系为( ) Acba Bacb Cbca Dabc 答案答案 题型三题型三 函数单调性的应用函数单调性的应用 解析 函数 f(x)满足 f(x)f(x)， cf(20.3)f(20.3) 120.32，120.32， 即120.3log21 4. 函数 f(x)在(，0)上是减函数， f(1
12、)f(20.3)f log21 4 ，即 acb. 解析解析 角度 2 解不等式 2已知函数 f(x) x21，x0， 1，xf(2x)的 x 的取值 范围是( ) A(0， 21) B(1， 21) C(0， 21) D(1， 21) 答案答案 解析 作出函数 f(x)的图象如图所示 则不等式 f(1x2)f(2x)等价于 1x20， 2x0 或 1x20， 2x0， 1x22x， 解得1x1， 对于任意 x1x2都有 fx1fx2 x1x2 0 成立，则实数 a 的取值范围是( ) A(1,3 B(1,3) C(1,2 D(1,2) 解析 根据题意，由fx 1fx2 x1x2 0，易知函数
13、 f(x)为 R 上的单调递减函 数，则 a31， a352a， 解得 1a2.故选 C. 答案答案 解析解析 函数单调性应用问题的常见类型及解题策略 (1)比较大小如举例说明 1. (2)解不等式利用函数的单调性将“f”符号脱掉，转化为具体的不等式 求解，应注意函数的定义域如举例说明 2. (3)利用单调性求参数 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； 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； 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 值如举例说明 3. 1(2019 广州模拟)已知函数 f(x)在(，
14、)上单调递减，且当 x 2,1时，f(x)x22x4，则关于 x 的不等式 f(x)1 的解集为( ) A(，1) B(，3) C(1,3) D(1，) 解析 因为 f(1)1，所以 f(x)1， 等价于 f(x)f(1) 又函数 f(x)在(，)上单调递减 所以 x1，所以关于 x 的不等式 f(x)1 的解集为(1，) 答案答案 解析解析 2(2020 贵阳市高三摸底)函数 y x5 xa2在(1，)上单调递增， 则 a 的取值范围是( ) Aa3 Ba3 Ca3 Da3 解析 y x5 xa2 xa2a3 xa2 1 a3 xa2， 所以当 a30 时， y x5 xa2的单调递增区间是
15、(， a2)， (a2， )； 当 a30 时不符合题意 又 y x5 xa2在(1， )上单调递增， 所以(1，)(a2，)，所以 a21，即 a3，综上知，a 的取值范围是(，3 答案答案 解析解析 3已知 f(x)2x2 x， 1 5，clog2 7 9，则 f(a)，f(b)，f(c) 的大小顺序为( ) Af(b)f(a)f(c) Bf(c)f(b)f(a) Cf(c)f(a)f(b) Df(b)f(c)1，clog27 90，所以 cba.因为 f(x)2x2 x2x 1 2 x 在 R 上单调递增，所以 f(c)f(b)f(a) 答案答案 解析解析 3 课时作业课时作业 PART
16、 THREE 1(2020 河北大名一中月考)下列函数中，满足“f(xy)f(x)f(y)”的单 调递增函数是( ) Af(x)x1 2 Bf(x)x3 Cf(x) 1 2 x Df(x)3x A组组 基础关基础关 答案答案 解析 ，不满足 f(xy) f(x)f(y)，故 A 错误；f(x)x3，f(y)y3，f(xy)(xy)3，不满足 f(xy) f(x)f(y)，故 B 错误；f(x) 1 2 x 在 R 上是单调递减函数，故 C 错误；f(x)3x， f(y)3y，f(xy)3x y，满足 f(xy)f(x)f(y)，且 f(x)在 R 上是单调递增函 数，故 D 正确故选 D. 解
17、析解析 2函数的单调递增区间为( ) A(1，) B. ，3 4 C. 1 2， D. 3 4， 解析 令 2x23x12 x3 4 21 8，因为 2 x3 4 21 8在 ，3 4 上单调递减，函数 y 1 3 在 R 上单调递减所以在 ，3 4 上单调递增 答案答案 解析解析 解析 ab0 可转化为 ab 或 ba，由于函数 f(x)在 R 上是减 函数，所以 f(a)f(b)，f(b)f(a)，两式相加得 f(a)f(b)f(a)f( b) 3已知 f(x)在 R 上是减函数，a，bR 且 ab0，则下列结论正确 的是( ) Af(a)f(b)f(a)f(b) Bf(a)f(b)f(a
18、)f(b) Cf(a)f(b)f(a)f(b) Df(a)f(b)f(a)f(b) 答案答案 解析解析 解析 根据已知可得函数 f(x)的图象关于直线 x1 对称，且在(1， )上是减函数，所以 af 1 2 f 5 2 ，且 25 2ac. 4已知函数 f(x)的图象向左平移 1 个单位后关于 y 轴对称，当 x2x11 时，f(x2)f(x1)(x2x1)ab Bcba Cacb Dbac 答案答案 解析解析 5(2020 河南鹤壁高中月考)若函数 yax 与 yb x在(0，)上都是 减函数，则 yax2bx 在(0，)上是( ) A增函数 B减函数 C先增后减 D先减后增 解析 yax
19、 与 yb x在(0，)上都是减函数，a0，b0，y ax2bx 的对称轴方程 x b 2a1. 答案答案 解析解析 7.设全集 UR，Ax|x22x0，By|ycosx，xR，则图中阴 影部分表示的区间是( ) A0,1 B.(，12，) C.1,2 D.(，1)(2，) 答案答案 解析 A 错误，比如 f(x)x 在 R 上为增函数，但 y 1 fx 1 x在 R 上不 具有单调性；B 错误，比如 f(x)x 在 R 上为增函数，但 y|f(x)|x|在(0， )上为增函数，在(，0)上为减函数；D 错误，比如 f(x)x 在 R 上 为增函数，但 yf(x)3x3在 R 上为减函数；C
20、正确，由复合函数同 增异减，得 y2 f(x)在 R 上为减函数故选 C. 解析解析 8已知函数 f(x)1 a 1 x(a0，x0)，若 f(x)在 1 2，2 上的值域为 1 2，2 ， 则 a_. 解析 由反比例函数的性质，知函数 f(x)1 a 1 x(a0，x0)在 1 2，2 上 单调递增， 所以 f 1 2 1 2， f22， 即 1 a2 1 2， 1 a 1 22， 解得 a2 5. 解析解析 2 5 9已知函数 f(x)ln xx，若 f(a2a)f(a3)，则正数 a 的取值范围 是_ 解析 函数 f(x)ln xx 的定义域为(0，)，且为单调递增函数， f(a2a)f
21、(a3)同解于 a2a0， a30， a2aa3， 解得 a3.所以正数 a 的取值范围 是(3，) 解析解析 (3，) 10已知函数 f(x) 4mx m1 (m1)在区间(0,1上是减函数，则实数 m 的取值范围是_ 解析 由题意可得 4mx0，x(0,1恒成立，所以 m 4 x min4.当 00，解得 1m4.当 m0 时，4 mx 单调递增，所以 m10，解得 m1，所以 m3， mx8，x3. 若 f(2)4，且函数 f(x)存在最小值， 则实数 a 的取值范围为( ) A(1， 3 B(1,2 C. 0， 3 3 D 3，) 解析 因为 f(2)2m84，所以 m2，所以当 x3
22、 时，f(x) 2x8.此时 f(x)f(3)2.因为函数 f(x)存在最小值，所以当 x3 时，f(x)单调 递增，且 loga32，所以 a1， loga3logaa2， 即 a1， a23， 解得 a(1， 3 答案答案 解析解析 3(2019 郑州模拟)设函数 f(x) 1，x0， 0，x0， 1，x0， g(x)x2f(x1)，则函 数 g(x)的单调递减区间是_ 解析 函数 f(x) 1，x0， 0，x0， 1，x0， g(x)x2f(x1)， 当 x1 时，即 x10，g(x)x2； 当 x1 时，x10，g(x)0； 当 x1 时，x10，g(x)x2； 解析解析 0,1) g
23、(x) x2，x1， 0，x1， x2，x1， 画出函数 g(x)的图象，如图所示 根据图象得出，函数 g(x)的单调递减区间是0,1) 解析解析 4 (2020 河北模拟调研)已知函数 f(x)loga(x1)(a0， 且 a1)在 2,0上的值域是1,0，则实数 a_；若函数 g(x)ax m3 的图象 不经过第一象限，则实数 m 的取值范围为_ 解析 函数 f(x)loga(x1)(a0，且 a1)在2,0上的值域是 1,0 当 a1 时 ， f(x) loga( x 1) 在 2,0 上 单 调 递 减 ， f2loga30， f0loga11， 无解； 当 0a0 且 f(x)在(1
24、，)上单调递减，求 a 的取值范围 解 (1)证明：当 a2 时，f(x) x x2. 设 x1x20，x1x20， 所以 f(x1)f(x2)0，即 f(x1)f(x2)， 所以 f(x)在(，2)上单调递增 解解 (2)设 1x10，x2x10，所以要使 f(x1)f(x2)0， 只需(x1a)(x2a)0 恒成立，所以 a1. 综上所述，01 时，f(x)x2， 则x1 x21，由于当 x1 时，f(x)0， 所以 f x1 x2 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 解解 (2)因为f(x)在(0，)上是单调递减函数， 所以f(x)在2,9上的最小值为f(9) 由f x1 x2 f(x1)f(x2)得，f 9 3 f(9)f(3)， 而f(3)1，所以f(9)2. 所以f(x)在2,9上的最小值为2. 解解 本课结束本课结束
