2019-2020年高考数学一轮总复习2.2函数的单调性教案理新人教A版

1、2019-2020年高考数学一轮总复习 22 函数的单调性教案 理新人教A典例精析题型一函数单调性的判断和证明【例1】讨论函数f(x)ax + 11-(a丰-)在(一2,+)上的单调性.【解析】设x1，则 f(x1) f(x2)x2为区间(一2 ,+s)上的任意两个数且x1 V x2 ,ax1 + 1 ax2 + 1(x1 x2)(2a 1)x1 + 2 x2 + 2(x1 + 2)(x2 + 2)+) , x2 ( 2,+)，且 x1 V x2 ,所以 x1 x2v 0, x1 + 2 0, x2 + 2 0.1所以当 a V时，1 2a 0, f(x1) f(x2),因为 x1 ( 2,函

2、数f(x)在(一2 ,+)上为减函数；1当 a -时，1 2av 0, f(x1) V f(x2),函数f(x)在(2,+s)上是增函数.【点拨】运用定义判断函数的单调性，必须注意可以利用导数来判断.【变式训练1】已知函数f(x)满足f( n + x) = f(x,则f(2) , f(3) , f(4)的大小关系是()A. fC. f【解析】题型二x1 , x2在给定区间内的任意性，另外本题n x),且当 x (0 , n )时，f(x) = x + COSv fv fV fV fB.函数单调区间的求法B. f (2) V f (4)D. f (3) V f (4)f (3)f (2)【例2】

3、试求出下列函数的单调区间.y = |x 1| ；y = x2 + 2|x 1| ;y =.【解析】(1)y = |x 1| =所以此函数的单调递增区间是(1 ,+)，单调递减区间是(一R, 1).y = x2 + 2|x 1| =所以此函数的单调递增区间是(1 ,+)，单调递减区间是(一R, 1).又底数时，ab)由于t = x2 + 4x 3的单调递增区间是(一8, 2)，单调递减区间是 大于1,所以此函数的单调递增区间是 (一R, 2)，单调递减区间是(2 ,【点拨】函数的单调区间，往往需要借助函数图象和有关结论，才能求解出abav b 时，ab= b2.则函数 f (x)= (1x)x

4、(2x) , x 2,2的最大值是(B.6C.1D.12【变式训练2】在实数的原有运算法则中，我们补充定义新运算“”如下：当 =a ;当A. 1B.函数单调性的应用【解析】题型三x 【例3】已知函数f(x)的定义域为1,1,且对于任意的x1 , x2 1,1,当x1mx2时,都有f(x1) f(x2)x1 x2 0.试判断函数f(x)在区间1,1上是增函数还是减函数，并证明你的结论;解不等式 f(5x 1) v f(6x2).【解析】(1)当x1 , x2 1,1，且 x1 v x2 时，由 f(x1) 4 X：2) 0，得 f(x1) v f(x2), x1 x2所以函数f(x)在区间1,1

5、上是增函数. 因为f(x)在1,1上是增函数.所以由f(5x 1) v f(6x2)知,I Mfi, I t011所以owxv 3,所求不等式的解集为x|0 wxv -.33【点拨】抽象函数的单调性往往是根据定义去判断，利用函数的单调性解题时，容易犯的错误是忽略函数的定义域【变式训练3】已知函数y= f(x)是R上的偶函数，对于 x R都有f(x + 6) = f(x) + f(3)成立，当 x1, x2 0,3，且x1工x2时，都有f(x1) f(x2)x1 x2 0,给出下列命题:f(3) = 0;直线x = 6是函数y = f(x)的图象的一条对称轴；函数 y = f(x)在9, 6上为

6、增函数；函数 y = f(x)在9,9上有四个零点.其中所有正确命题的序号为(把所有正确命题的序号都填上).【解析】总结提高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，必须先确定函数的定义域函数的单调性可以借助函数图象来研究，增函数的图象自左向右是上升曲线，减函数的图象自左向右是下降曲线导数是解决函数单调性问题的有力工具利用函数单调性可比较大小、证明不等式、解不等式、求函数值域或最值等，既是一种方 法，也是一种技巧，应加强函数单调性的应用，提高解题技巧函数的单调性不同于周期性与奇偶性，它仅仅是函数的局部性质2019-2020年高考数学一轮总复习2.3函数的奇偶性教案理新人教A版典例

7、精析题型一函数奇偶性的判断【例1】判断下列函数的奇偶性ig(i x2)f(x)= |x2 2| 2 ； f(x)=【解析】 由得定义域为(1,0) U (0,1),这时f(x)ig(i x2)(x2 2) 2ig(i x2)x2因为f(x)=igi ( x)2=(x)2=ig(i x2)x2=f(x)，所以f(x)为偶函数当x v 0时，一x 0，贝yf( x) = ( x)2 x= (x2 + x) = f(x),当 x0 时，一xv 0,贝V f( x) = ( x)2 x= x2 x= f(x),所以对任意x ( a, 0) U (0,+s)都有f( x) = f(x)，故f(x)为奇函

8、数.【点拨】判断函数的奇偶性时，应先确定函数的定义域是否关于原点对称，再分析f( x)与f(x)的关系，必要时可对函数的解析式进行化简变形【变式训练1】(xx广东)若函数f(x) = 3x+与g(x) = 3x 的定义域均为 R,则()A. f (x)与g(x)均为偶函数B. f (x)为偶函数，g(x)为奇函数C. f (x)与g(x)均为奇函数D. f (x)为奇函数，g(x)为偶函数【解析】B.题型二由奇偶性的条件求函数的解析式【例2】若函数f(x) = x + m .是定义在(1,1)上的奇函数，求f(x)的解析式.x2 + nx+ 1【解析】因为函数f(x)x + mx2 + nx

9、+ 1是定义在(1,1)上的奇函数,1 1所以f(0) = 0，从而得m= 0.又f()+ f()=0,解得n = 0.x所以 f(x) = x2T7( 1v xv 1).【变式训练2】已知定义域为R的函数f(x)2x + b2x+ 1 + a 是奇曰主函数，求a, b的值.b 1【解析】因为f(x)是奇函数，所以f(0) = 0,即a+2 = 0,解得b = 1,所以f(x)=.11 一 1 2 2又由 f(1) = f( 1)，所以 a+ 4 = a+ 1，解得 a = 2.故 a= 2, b= 1.题型三函数奇偶性的应用【例3】设函数f(x)的定义域为R,对于任意实数x, y都有f(x

10、+ y) = f(x) + f(y)，当0 时，f(x) 0 且 f(2) = 6.求证：函数f(x)为奇函数； 求证：函数f(x)在R上是增函数；在区间4,4上，求f(x)的最值.【解析】(1)证明：令 x = y = 0,得 f(0) = f(0) + f(0)，所以 f(0) = 0,令 y= x,有 f(0) = f(x) + f( x)，所以 f( x) = f(x)，所以函数 f(x)为奇函数.证明：设 x1 , x2 R,且 x1 v x2，贝U f(x2) f(x1) = f(x2) + f( x1) = f(x2 x1), 又 x0 时，f(x) 0,所以 f(x2) - f(x1) = f(x2 -x1) 0,即 f(x2) f(x1), 所以函数f(x)在R上是增函数.因为函数f(x)在R上是增函数，所以f(x)在区间4,4上也是增函数，所以函数f(x)的最大值为f(4)，最小值为f( - 4),因为 f(2) = 6，所以 f(4) = f(2) + f(2) = 12,又f(x)为奇函数，所以f( -4) =- f(4) =- 12,故函数f(x)在区间4,4上的最大值为12,最小值为一12.【点拨】函数的最值问题，可先通过判断函数的奇偶性、单调性，再求区间上的最值【变式训练3】定义在R上的函数f(x)满足f(x)=则 f( - 1) =, f(33)