（通用版）2020版高考数学大一轮复习第5讲函数的单调性与最值学案理新人教A版.docx

《（通用版）2020版高考数学大一轮复习第5讲函数的单调性与最值学案理新人教A版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（通用版）2020版高考数学大一轮复习第5讲函数的单调性与最值学案理新人教A版.docx（14页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1第 5讲 函数的单调性与最值1.单调函数的定义增函数 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上的任意两个自变量的值 x1,x2定义 当 x10,则 kf(x)与 f(x)单调性相同;若 k0)在公共定义域内与 y=-f(x),y= 的单调性相反 .1f(x)(4)函数 y=f(x)(f(x)0)在公共定义域内与 y= 的单调性相同 .f(x)(5)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”.2.单调性定义的等价形式:设 x1,x2

2、a,b,x1 x2.(1)若有( x1-x2)f(x1)-f(x2)0或 0,则 f(x)在闭区间 a,b上是增函数;f(x1)-f(x2)x1-x2(2)若有( x1-x2)f(x1)-f(x2)1),x( -2,+ )的单调性,并用单调性的定义证明你的结论 .x-3x+2总结反思 (1)定义法证明函数单调性的一般步骤: 任取 x1,x2 D,且 x10,0,x=0,-1,x0.记 a= ,b= ,c= ,则 ( )x2f(x1)-x1f(x2)x1-x2 f(30.2)30.2 f(0.32)0.32 f(log25)log25A.a3x的解集为 ( )A.(2,+ )B.(- ,2)C.

3、(1,+ )D.(- ,1)总结反思 解函数不等式的理论依据是函数单调性的定义,具体步骤是:(1)将函数不等式转化成 f(x1)f(x2)的形式;(2)考查函数 f(x)的单调性;(3)据函数 f(x)的单调性去掉法则“f”,转化为形如“ x1x2”或“ x10,设函数 f(x)= +2018x3(x -a,a)的最大值为 M,最小值为 N,2018x+1+20172018x+1则 M+N的值为 ( )A.2018 B.2019C.4035 D.4036(2)2018龙岩质检 函数 f(x)= -log2(x+4)在区间 -2,2上的最大值为 . (13)x总结反思 若函数 f(x)在区间 a

4、,b上单调,则必在区间的端点处取得最值;若函数 f(x)在区间 a,b上不单调,则最小值为函数 f(x)在该区间内的极小值和区间端点值中最小的值,最大值为函数 f(x)在该区间内的极大值和区间端点值中最大的值 .微点 4 利用函数的单调性求参数的范围(或值)例 6 (1)2018南充三模 已知 f(x)= 是 R上的增函数,那么(3-a)x,x (-, 1,ax,x (1,+) 实数 a的取值范围是 ( )A.(0,3)B.(1,3)C.(1,+ )D.32,3)(2)已知函数 f(x)=e|x-a|(a为常数),若 f(x)在区间1, + )上是增函数,则 a的取值范围是 . 总结反思 (1

5、)根据函数的单调性,将题设条件转化为含参数的不等式(组),即可求出参数的值或范围;(2)若分段函数是单调函数,则不仅要保证在各区间上单调性一致,还要确保在整个定义域内是单调的 .应用演练71.【微点 1】2018南阳第一中学模拟 已知 a,bR,0 0成立,则实数 a的取值范围是 ( )f(x2)-f(x1)x2-x1A.(0,+ ) B.12,+ )C. D.(0,12 12,24.【微点 2】2018昆明检测 已知函数 f(x)= 若 f(a-1) f(-a),e-x,x 0,-x2-2x+1,x0,则实数 a的取值范围是 ( )A. B.(-,12 12,+ )C. D.0,12 12,

6、15.【微点 3】2018河南六市联考 若函数 f(x)= ,1 |x|9 的最大值为 M,| |x|-1x2|最小值为 m,则 M-m= ( )A. B.24181 24281C. D.269 3198第 5讲 函数的单调性与最值考试说明 1 .理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义 .2.会运用基本初等函数图像分析函数的性质 .【课前双基巩固】知识聚焦1.f(x1)f(x2) 上升的 下降的2.增函数或减函数 区间 D3.f(x) M f(x0)=M对点演练1.a2a, 8.(1)a -3 (2)-3 解析 (1)函数图像的对称轴为直线 x=1-a,由 1-a4,得 a -3.(2)

7、函数图像的对称轴为直线 x=1-a,由 1-a=4,得 a=-3.【课堂考点探究】例 1 思路点拨 直接判断单调性即可,再按照单调性的定义证明单调性 .解:该函数在( -2,+ )上单调递增 .证明如下: 任取 x1,x2( -2,+ ),不妨设 x10,x1+20,x2+20,又 a1,所以 ,即有 - 0,ax2ax1 ax2ax1所以 f(x2)-f(x1)= + - -ax2x2-3x2+2ax1x1-3x1+2=( - )+ax2ax1 (x2-3)(x1+2)-(x1-3)(x2+2)(x1+2)(x2+2)=( - )+ 0,ax2ax1 5(x2-x1)(x1+2)(x2+2)

8、故函数 f(x)在( -2,+ )上单调递增 .变式题 (1)D (2)C 解析 (1)对于选项 A,函数 y=-x2+1在(0, + )上单调递减,故 A错;对于选项 B,函数 y=|x-1|在(0, + )上先减后增,故 B错;对于选项 C,函数 y=1- 在(0,1)和(1, + )上均单调递增,但在(0, + )上不单调递增,故1x-1C错;对于选项 D,函数 y=ln x+x在(0, + )上单调递增,所以 D正确 .(2)A错,比如 f(x)=x在 R上为增函数,但 y=f(x)2在 R上不具有单调性;B错,比如 f(x)=x在 R上为增函数,但 y=|f(x)|=|x|在(0,

9、+ )上为增函数,在( - ,0)上为减函数;C对, f(x)在 R上为增函数,所以 -f(x)在 R上单调递减,所以 y=2-f(x)在 R上为减函数;D错,比如 f(x)=x在 R上为增函数,但 y=-f(x)3=-x3在 R上为减函数 .故选 C.10例 2 思路点拨 (1)先令 t=-x2+2x+30求得函数的定义域,再根据复合函数的单调性的性质判定函数的单调递增区间;(2)作出函数 g(x)的图像,由图像可得单调递减区间 .(1)A (2)0,1) 解析 (1)令 t=-x2+2x+30,求得 -11,0,x=1,-x2,x0, 函数 y= 是(0, + )上的增函数 .x2f(x1

10、)-x1f(x2)x1-x2 f(x)x 12, 03x,即 f(3x-1)-(3x-1)1,即 g(3x-1)1=g(2),所以3x-12,得 3x3,解得 x1,故所求不等式的解集为(1, + ).例 5 思路点拨 (1)对原函数解析式化简变形,利用常见函数的单调性确定 f(x)的单调性,从而得到函数的最大值和最小值;(2)函数 f(x)可看成是由函数 y= 和函数 y=-log2(x+4)组(13)x合而成的,分别考查这两个函数的单调性可得函数 f(x)在区间 -2,2上的最大值 .(1)C (2)8 解析 (1) f(x)= +2018x3= +2018x32018x+1+201720

11、18x+1 2018(2018x+1)-12018x+1=2018- +2018x3.12018x+1因为 y=- ,y=2018x3均为增函数,所以 f(x)在 -a,a上单调递增,12018x+1故最大值为 f(a),最小值为 f(-a),所以 M+N=f(a)+f(-a)=2018- +2018a3+2018- +2018(-a)3=4036-1=4035.12018a+1 12018-a+1(2)因为函数 y= 和函数 y=-log2(x+4)是定义域内的减函数,所以函数 f(x)= -(13)x (13)xlog2(x+4)在区间 -2,2上单调递减,则所求函数的最大值为 f(-2)

12、= -log2(-2+4)=9-(13)-21=8.例 6 思路点拨 (1)根据一次函数以及指数函数的性质,结合函数的单调性得到不等式组,解出即可 .(2)根据解析式求出所给函数的单调递增区间,利用1, + )是所得单调递增区间的子集,求得 a的取值范围 .(1)D (2)(- ,1 解析 (1)由题意得 解得 a0,a1,3-a a, 32(2)f (x)=e|x-a|= f (x)在 a,+ )上为增函数,则由题意得1, + )ex-a,x a,ea-x,x ,即 loga2logb2,所以 D错误 .故1log2a 1log2b选 D.2.D 解析 由题意得 f(x)= =2+ ,所以函

13、数 f(x)在区间3,4上单调递减,所以2xx-2 4x-2M=f(3)=2+ =6,m=f(4)=2+ =4,所以 = = .故选 D.43-2 44-2 m2M426833.D 解析 因为函数 f(x)= 对任意两个不相等的实数 x1,x22, + ),ax2-2x-5a+6都有不等式 0成立,所以函数 f(x)= 在2, + )上单调递增 .f(x2)-f(x1)x2-x1 ax2-2x-5a+6易知 a=0时不合题意,所以只需 解得 a2,即实数 aa0,a22-22-5a+6 0,- -22a 2, 12的取值范围是 ,故选 D.12,24.A 解析 函数 f(x)=e-x= 在(

14、- ,0上为减函数,(1e)x函数 f(x)=-x2-2x+1在(0, + )上为减函数,且 e-0=-02-20+1,所以函数 f(x)在( - ,+ )上为减函数 .由 f(a-1) f(-a)得 a-1 -a,解得 a .12故选 A.5.B 解析 令 t=|x|,1 t9,则 f(x)=g(t)= - ,t1t2由 y= ,y=- 在1,9上单调递增,可得 g(t)= - 在1,9上单调递增,t1t2 t1t2所以 f(x)的最小值 m=g(1)= - =0,1112f(x)的最大值 M=g(9)= - = ,919224281所以 M-m= ,故选 B.2428113【备选理由】 例

15、 1考查抽象函数单调性的证明以及函数不等式的求解,考查转化思想和计算能力;例 2考查的是有关函数值比较大小的问题,在求解的过程中,需要抓住题中的条件f(1+x)=f(1-x),得到函数图像的对称性,再结合单调性比较大小;例 3需要构造函数,利用函数单调性求解,考查学生的观察能力和运用条件的能力,有一定的难度;例 4涉及绝对值函数的最值问题,一般利用绝对值定义去掉绝对值,将函数转化为分段函数,再根据函数单调性确定函数的最值 .例 1 配合例 1使用 函数 f(x)对任意的 m,nR 都有 f(m+n)=f(m)+f(n)-1,并且当 x0时,恒有 f(x)1.(1)求证: f(x)在 R上是增函

16、数;(2)若 f(3)=4,解不等式 f(a2+a-5)0,所以 f(x2-x1)1,所以 f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)+x1-f(x1)=f(x2-x1)+f(x1)-1-f(x1)0,即 f(x2)f(x1),所以 f(x)是 R上的增函数 . (2)因为 m,nR,不妨设 m=n=1,所以 f(1+1)=f(1)+f(1)-1,即 f(2)=2f(1)-1,所以 f(3)=f(2+1)=f(2)+f(1)-1=2f(1)-1+f(1)-1=3f(1)-2=4,所以 f(1)=2,所以 f(a2+a-5)bc B.bacC.acb D.cba解析 A 根据 f(1+x)=f(1

17、-x),可得函数 f(x)的图像关于直线 x=1对称,结合 f(x)是1,+ )上的增函数,可得函数 f(x)是( - ,1上的减函数 .利用幂函数和指数函数的单调性,可以确定 0. f(0. )f(0. ),即 abc,故选 A.623 723 713 623 723 713例 3 配合例 4使用2018石家庄三模 已知函数 f(x)=ex-1+e1-x,则满足 f(x-1)e+e-1的 x的取值范围是 ( )A.1x3 B.0x2C.0xe D.1xe解析 A 令 u=ex-1,u(0, + ),其为单调递增函数,14则 f(x)=g(u)=u+ ,u(0, + ),易知 g(u)在(0,

18、1)上单调递减,在(1, + )上单调递增,1u且当 x=1时, u=e1-1=1. 复合函数的单调性符合同增异减,x ( - ,1)时,函数 f(x)单调递减; x(1, + )时,函数 f(x)单调递增 . 函数 f(x)的最小值 f(x)min=f(1),又 当 x=0或 x=2时, f(x)=e+e-1,f (x-1)e+e-1即为 0x-12,解得 1x3.例 4 配合例 5使用 若函数 f(x)=|x+a|+b在区间 -1,2上的最大值为 M,最小值为 m,则M-m的值 ( )A.与 a有关,与 b有关 B.与 a有关,与 b无关C.与 a无关,与 b无关 D.与 a无关,与 b有关解析 B 当 -a2 时, f(x)=-x-a+b,M=f (-1)=1-a+b,m=f(2)=-2-a+b,M-m= 3;当 -a -1时, f(x)=x+a+b,m=f (-1)=-1+a+b,M=f(2)=2+a+b,M-m= 3;当 -1-a2时, M=maxf(-1),f(2)=max|-1+a|+b,|2+a|+b,m=f(-a)=b,M-m= max|-1+a|,|2+a|.综上, M-m的值与 a有关,与 b无关,故选 B.