2021届高考数学一轮复习第二章函数的概念及基本初等函数I第二节函数的单调性与最值学案理含解析

1、第二节第二节函数的单调性与最值函数的单调性与最值最新考纲考情分析核心素养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的图象分析函数的性质.以基本初等函数为载体， 考查函数的单调性、单调区间及函数最值的确定与应用，其中函数单调性的应用仍将是 2021 年高考考查的热点， 题型多以选择题为主，属中档题，分值为 10 分左右.1.逻辑推理2.数学抽象3.数学运算知识梳理1函数的单调性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 上的任意两个自变量的值 x1，x2当 x1x2时，都有1f(x1)f(x2)，那么就

2、说函数 f(x)在区间 d 上是增函数当 x1f(x2)，那么就说函数 f(x)在区间 d 上是减函数图象描述自左向右看图象是3上升的自左向右看图象是4下降的常用结论(1)函数单调性的两种等价形式设任意 x1，x2a，b且 x10f(x)在a，b上是增函数；f（x1）f（x2）x1x20f(x)在a，b上是增函数；(x1x2)f(x1)f(x2)0)的增区间为(， a和 a，)，减区间为 a，0)和(0，a(3)若 f(x)，g(x)均为区间 a 上的增(减)函数，则 f(x)g(x)也是区间 a 上的增(减)函数(4)若 k0，则 kf(x)与 f(x)单调性相同；若 k0，则 kf(x)与

3、 f(x)单调性相反(5)函数 fg(x)的单调性与函数 yf(u)和 ug(x)的单调性的关系是“同增异减”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(1)对于任意 xi，都有5f(x)m；(2)存在 x0i，使得 f(x0)m(1)对于任意 xi，都有6f(x)m；(2)存在 x0i，使得 f(x0)m结论m 为最大值m 为最小值基础自测一、疑误辨析1判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”)(1)函数 y1x的单调递减区间是(，0)(0，)()(2)具有相同单调性的函数的和、差、积、商函数还具有相同的单调性()(3)若定义在 r 上的函数 f(x)有

4、 f(1)0，得 x4 或 x2.因此，函数 f(x)ln(x22x8)的定义域是(，2)(4，)注意到函数 yx22x8 在(4，)上单调递增，由复合函数的单调性知，f(x)ln(x22x8)的单调递增区间是(4，)故选 d2函数 f(x)|x23x2|的单调递增区间是()a32，b1，32 和2，)c(，1和32，2d，32 和2，)解析：选 b(图象法)y|x23x2|x23x2，x1 或 x2，（x23x2） ，1x2.如图所示，函数的单调递增区间是1，32 和2，)故选 b3判断并证明函数 f(x)ax21x(其中 1a3)在1，2上的单调性解：解法一(定义法)：函数 f(x)ax2

5、1x(1a3)在1，2上单调递增证明如下：设 x1，x2是1，2上任意两个实数，且 x1x2，则 f(x2)f(x1)ax221x2ax211x1(x2x1)a（x1x2）1x1x2，由 1x10，2x1x24，1x1x24，11x1x214.又因为 1a3，所以 2a(x1x2)0，从而 f(x2)f(x1)0，即 f(x2)f(x1)，故当 a(1，3)时，f(x)在1，2上单调递增解法二(导数法)：因为 f(x)2ax1x22ax31x2，又因为 1x2，所以 1x38.又 1a0，所以 f(x)0，所以函数 f(x)ax21x(其中 1ax11 时，f(x2)f(x1)(x2x1)ab

6、bcbacacbdbac解析因为 f(x)的图象关于直线 x1 对称，所以 f12 f52 .由 x2x11 时，f(x2)f(x1)(x2x1)0 恒成立，知 f(x)在(1，)上单调递减1252f52 f(e)，bac.答案d名师点津比较函数值大小的解题思路比较函数值的大小时，若自变量的值不在同一个单调区间内，要利用其函数性质，转化到同一个单调区间上进行比较，对于选择题、填空题能数形结合的尽量用图象法求解命题角度二解函数不等式【例 2】已知函数 f(x)是定义在(0，)上的增函数，若 f(a2a)f(a3)，则实数 a 的取值范围为_解析由已知， 可得a2a0，a30，a2aa3，解得3a

7、3， 所以实数 a 的取值范围为(3，1)(3，)答案(3，1)(3，)名师点津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命题角度三利用单调性求参数的取值范围【例 3】(2019 届山东济宁模拟)若函数 f(x)（a1）x2a，x0 且 a1)在 r上单调递减，则实数 a 的取值范围是_解析因为函数 f(x)（a1）x2a，x0 且 a1)在 r 上单调递减，所以a10，0a1，loga2（a1）22a22acbbbcacbacdabc解析：选 b易知 f(x)为偶函数，因为 af(log123)f(log23

8、)f(log23)，且 log2312，021.21221.20.又 f(x)在区间(，0)内单调递增，且 f(x)为偶函数，所以f(x)在区间(0，)内单调递减，所以 f(log123)f12 ca.故选 b2(2019 届河北武邑期中)若函数 ylog12(x2ax3a)在区间(2，)上是减函数，则 a的取值范围为()a(，4)2，)b(4，4c4，4)d4，4解析：选 d令 tx2ax3a，则 ylog12t，易知 tx2ax3a 在，a2 上单调递减，在a2，上单调递增ylog12(x2ax3a)在区间(2，)上是减函数，tx2ax3a 在(2，)上是增函数，且在(2，)上满足 t0，

9、2a2，且 42a3a0，a4，4故选 d考点二函数的最值【例 4】求下列函数的值域：(1)y5x14x2，x3，1；(2)y2x 12x；(3)yx4 9x2；(4)y2x24x7x22x3；(5)ylog3xlogx31.解(1)由 y5x14x2，可得 y5474（2x1）.3x1，72074（2x1）74，85y3，即 y85，3.(2)(代数换元法)令 t 12x(t0)，则 x1t22.yt2t1t12254(t0)当 t12，即 x38时，y 取最大值，ymax54，又此抛物线开口向下，函数的值域为，54 .(3)(三角换元法)令 x3cos ，0，则 y3cos 43sin 3

10、 2sin4 4.0，4454，22sin4 1.1y3 24，函数的值域为1，3 24(4)(判别式法)观察函数式，将已知的函数式变形为 yx22yx3y2x24x7，整理，得(y2)x22(y2)x3y70.显然 y2(运用判别式法之前，应先讨论 x2的系数)将上式看作关于 x 的一元二次方程易知原函数的定义域为 r，则上述关于 x 的一元二次方程有实根，2(y2)24(y2)(3y7)0.解不等式得92y2.又 y2，原函数的值域为92，2.(5)将 ylog3xlogx31 变形，得 ylog3x1log3x1.当 log3x0，即 x1 时，ylog3x1log3x1211，当且仅当

11、 log3x1，即 x3 时取“”当 log3x0，即 0 x0有最小值，则实数 a 的取值范围是()a(4，)b4，)c(，4d(，4)解析：选 b由题意知，当 x0 时，f(x)x4x2x4x4，当且仅当 x2 时取等号；当 x0 时，f(x)2xa(a，1a，因此要使 f(x)有最小值，则必须有 a4，故选 b4函数 yx x1的最小值为_解析：解法一(换元法)：令 t x1，且 t0，则 xt21，所以原函数变为 yt21t，t0.配方，得 yt12234，又因为 t0，所以 y14341，故函数 yx x1的最小值为 1.解法二：因为函数 yx 和 y x1在定义域内均为增函数，故函

12、数 yx x1在1，)内为增函数，所以 ymin1.答案：1考点单调性的新定义应用问题【例】(2019 届武汉市模拟)若存在正实数 a，b，使得xr，有 f(xa)f(x)b 恒成立，则称 f(x)为“限增函数”给出以下三个函数：f(x)x2x1；f(x) |x|；f(x)sinx2，其中是“限增函数”的是()abcd解析对于，若 f(xa)f(x)b，即(xa)2(xa)1x2x1b，整理得 2axa2ab，即 xa2ab2a对一切 xr 恒成立，显然不存在这样的正实数 a，b.对于，f(x) |x|，即 |xa| |x|b，整理得|xa|x|b22b |x|，而|xa|x|a，由|x|a|

13、x|b22b |x|， 则 |x|ab22b， 显然， 当 ab2时式子恒成立， 故原不等式|xa|x|b22b|x|恒成立，f(x) |x|是“限增函数”对于，f(x)sin x2，1f(x)sin x21，故 f(xa)f(x)2，当 b2 时，对于任意的正实数 a，f(xa)f(x)b 恒成立，f(x)sin x2是“限增函数”，故选 b答案b名师点津求解此类问题的思路(1)明确单调性的新定义(2)结合题目条件把要求问题转化为易处理的问题(3)求解问题，得出结论|跟踪训练|设函数 f(x)的定义域为 d， 如果存在正实数 k， 使对任意 xd， 都有 xkd， 且 f(xk)f(x)恒成立，则称函数 f(x)为 d 上的“k 型增函数”已知 f(x)是定义在 r 上的奇函数，且当 x0时，f(x)|xa|2a，若 f(x)为