（江苏专用）2020版高考数学大一轮复习第二章2第二节函数的单调性与最值课件.pptx

1、第二节 函数的单调性与最值,1.函数的单调性,2.函数的最值,教材研读,考点一 函数单调性的判断与证明,考点二 求函数的单调区间,考点突破,考点三 函数的最值,考点四 函数单调性的应用,1.函数的单调性 (1)单调函数的定义,教材研读,(2)单调区间的定义 若函数f(x)在区间I上是 单调增函数 或 单调减函数 ,则称函 数f(x)在这一区间上具有单调性,区间I叫做y=f(x)的单调区间. (3)判断函数单调性的方法 (i)定义法:利用定义判断. (ii)利用函数的性质:如,若y=f(x)、y=g(x)在公共定义域内为增函数,则 a.y=f(x)+g(x)为增函数; b.y= 为减函数(f(x

2、)0);,c.y= 为增函数(f(x)0); d.y=f(x)g(x)为增函数(f(x)0,g(x)0); e.y=-f(x)为减函数. (iii)利用复合函数的关系判断单调性. 法则是“同增异减”,即若两个简单函数的单调性相同,则这两个函数 组成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 数组成的复合函数为减函数.,(iv)图象法. (v)导数法.,2.函数的最值,知识拓展 函数最值的有关结论 (1)闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值,当函数在闭区间上 单调时,最值一定在端点处取得. (2)开区间上的“单峰”函数一定存在最大值(最小值).,1.(教材习题改编)若函数y=

3、f(x)的图象如图所示,则其单调增区间是 .,答案 1,4)和4,6,2.(教材习题改编)已知f(x)= ,x2,6,则f(x)的最大值为 ,最 小值为 .,答案 2;,解析 易知函数f(x)= 在x2,6上为减函数,故f(x)max=f(2)=2, f(x)min= f(6)= .,3.“a0”是“函数f(x)= 在(-,-1)上是减函数”的 条件.,答案 必要不充分,解析 函数f(x)= =a- 在(-,-1)上是减函数a+10,即a-1,所 以“a0”是“a-1”的必要不充分条件.,4.若函数y=|2x-1|在(-,m上单调递减,则实数m的取值范围是 .,答案 (-,0,解析 在直角坐标

4、系中作出y=2x的图象,把图象沿y轴 向下平移1个单位得到y=2x-1的图象,再把y=2x-1的图象 在x轴下方的部分翻折到x轴上方,其余部分不变,如图, 由图象可知y=|2x-1|在(-,0上单调递减,m(-, 0.,考点一 函数单调性的判断与证明 典例1 判断函数f(x)= (a0)在x(-1,1)上的单调性,并给出证明.,考点突破,解析 函数f(x)= (a0)在x(-1,1)上是单调减函数. 证明如下:任取x1,x2(-1,1),且令x10,x1x2+10,( -1)( -1)0.,又a0,f(x1)-f(x2)0,即f(x1) f(x2), 函数f(x)在(-1,1)上是单调减函数.

5、 方法技巧 证明函数单调性的方法常用的有两种,即定义法和导数法,利用定义法 证明函数单调性的步骤:取值作差变形确定符号得出结论;利 用导数法证明可导函数单调性的步骤:求f (x);证明f (x)0( f (x)0),xD成立;得出结论,即f(x),xD递增(减).,1-1 (2017江苏泰州高三期中)已知函数f(x)= . (1)证明:函数f(x)在(-1,+)上为增函数; (2)若x0,2,求函数f(x)的值域.,解析 (1)证明: f(x)= = =2- . 设x1,x2是区间(-1,+)上的任意两个实数,且x1x1-1,所以x1+10,x2+10,x2-x10, 所以f(x2)-f(x1

6、)0,所以f(x1)f(x2), 所以函数f(x)在(-1,+)上为增函数. (2)由(1)可知,函数f(x)在0,2上为单调增函数,所以当x0,2时, f(x)min=f(0)=1, f(x)max=f(2)= . 所以当x0,2时,函数f(x)的值域为 .,考点二 求函数的单调区间 典例2 求下列函数的单调区间. (1)f(x)=-x2+2|x|+3;,(2)y=log2(x2-1).,解析 (1)依题意可得 f(x)= 由二次函数的图象(图略)知,函数f(x)=-x2+2|x|+3的单调增区间为(-,-1 和0,1,单调减区间为-1,0和1,+).,(2)易知函数y=log2(x2-1)

7、的定义域为(-,-1)(1,+).,y=log2(x2-1)可看作由y=log2 和=x2-1两个函数复合而成,且y=log2 在 (0,+)上为增函数,而=x2-1在x(-,-1)上为减函数且0, 在x(1,+)上为增函数且0, 函数y=log2(x2-1)的单调递减区间为(-,-1),单调递增区间为(1,+).,易错警示 求函数的单调区间要注意的问题 (1)单调区间是定义域的子集,故求单调区间应以“定义域优先”为原 则. (2)单调区间只能用区间表示,不能用集合或不等式表示. (3)图象不连续的单调区间要分开写,用“和”或“,”连接,不能用 “”连接.,2-1 (2018江苏如东高级中学高

8、三期中)函数f(x)=lg(-x2+2x+3)的单调递 减区间是 .,答案 (1,3) 解析 由-x2+2x+30得函数的定义域是(-1,3),则结合题意知函数f(x)的 减区间是(1,3).,考点三 函数的最值 角度一 已知函数的解析式求最值,典例3 (1)函数f(x)= -log2(x+2)在-1,1上的最大值为 .,(2)若xlog52-1,则函数f(x)=4x-2x+1-3的最小值为 . (3)函数f(x)= 的最大值为 .,答案 (1)3 (2)-4 (3)2,解析 (1)因为y= 在-1,1上递减,y=-log2(x+2),x-1,1递减,所以函 数f(x)= -log2(x+2)

9、在-1,1上递减,则f(x)max=f(-1)= -log21=3.,(2)xlog52-1,2x ,则f(x)=4x-2x+1-3=(2x-1)2-4,当2x=1时, f(x)取得最小 值-4. (3)作出函数f(x)的图象如图,由图象可得当x=0时,函数f(x)取得最大值2.,方法技巧 求函数最值的方法:(1)换元法:对比较复杂的函数可通过换元转化为熟 悉的函数,注意换元后新元的范围.(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)单调性法:先确定函数的单调性,再由单 调性求解最值.(4)基本不等式法:利用基本不等式求解最值.(5)导数法: 利用导数研究函数的单调

10、性、极值、最值,通过对比得最值等.,角度二 已知函数的最值求参数的取值范围 典例4 (2019江苏徐州高三模拟)已知函数f(x)=|x2-4|+a|x-2|,x-3,3.若 f(x)的最大值是0,则实数a的取值范围是 .,答案 (-,-5,解析 (1)由题意得f(x)=|x2-4|+a|x-2|=|x-2|(|x+2|+a)0在-3,3上恒成立, 当x=2时, f(x)=0恒成立; 当x2时,转化为|x+2|+a0在-3,3上恒成立,a(-|x+2|)min,x-3,3, 令y=-|x+2|,x-3,3.,由图象可知ymin=-5,a-5, 故实数a的取值范围是(-,-5.,画出图象如下:,规

11、律总结 已知函数的最值求参数的取值范围,则可以利用等价转化的思想对最值 进行转化,或者结合函数图象利用分类讨论的思想求解,或者利用函数 单调性等建立关于参数的方程(组)或不等式(组)求解.,3-1 函数y= (x1)的最小值为 .,答案 8,解析 令x-1=t,t0,则x=t+1,y= =t+ +22 +2=8,当且仅当t= 3,即x=4时取等号,故最小值为8.,3-2 (2017江苏盐城中学高三调研)已知a0且a1,设函数f(x)= 的最大值为1,则实数a的取值范围是 .,答案,解析 若a1,则函数f(x)不存在最大值,所以0a1,且2+loga31,则loga3 -1=loga ,解得a

12、,故实数a的取值范围是 a1.,考点四 函数单调性的应用 角度一 比较大小,典例5 (2018江苏南京高三月考)已知函数f(x)的图象向左平移一个单 位后关于y轴对称,当x2x11时,f(x2)-f(x1)(x2-x1)0恒成立,且a=f ,b= f(2),c=f(3),则a,b,c的大小关系为 .(用“”连接),答案 cab,解析 由题意知函数f(x)的图象关于直线x=1对称, f =f ,又由题意得f(x)在1,+)上单调递减,且3 21,所以f(3) f f(2),即cab.,方法技巧 比较函数值大小的方法:同一单调区间内的大小可以利用函数的单调性 进行比较,不同单调区间内的函数值的大小

13、要利用函数的性质将其转化 到同一单调区间上进行比较.,角度二 解函数不等式,典例6 已知函数f(x)= 若f(3-a2)f(2a),则实数a的取值范围 是 .,答案 -3a1,解析 根据所给的分段函数,画出函数图象如图:由图象可知函数在整个定义域上是单调递减的,所以由f(3-a2)2a,解得-3a1.,方法技巧 解函数不等式的关键是利用函数的单调性脱去函数符号“f ”,变函数 不等式为一般不等式.去掉“f ”时,要注意f(x)的定义域的限制.,角度三 求参数的取值范围 典例7 (1)(2018连云港期中)若函数f(x)=|x|(x+2)在(a,2a+1)上单调递减, 则实数a的取值范围是 .

14、(2)已知f(x)= 是R上的增函数,则实数a的取值范围是 .,答案 (1) (2)4,8),解析 (1)作出函数f(x)=|x|(x+2)的图象可得该函数的单调递减区间是 -1,0,则(a,2a+1)-1,0,即 解得-1a- . (2)因为f(x)是R上的增函数, 所以 解得4a8.,探究 若将(2)中的条件变为“f(x)= 在(a,a+1)上单调递 增”,则实数a的取值范围是 .,答案 a1或a4,解析 作出函数f(x)的图象如图, f(x)的递增区间 是(-,2和(4,+),则(a,a+1)(-,2或(a,a+1) (4,+),所以a+12或a4,解得a1或a4.,规律总结 (1)求参

15、数的取值范围时,可将函数y=f(x),xD递增(减)转化为f (x)0,xD(f (x)0,xD)恒成立,结合分离参数、导数等求解,也可以利用函数单调性的定义求解. (2)分段函数的单调性既要考虑每一段的单调性,又要考虑区间端点处 函数值的大小关系.,4-1 若函数f(x)对任意的xR恒有f(x+1)=f(3-x),且当x1,x2(2,+),x1 x2时, 0,设a=f(0),b=f(),c=f(1),则a,b,c的大小关系为 .(用“”连接),答案 cba,解析 函数f(x)对任意的xR恒有f(x+1)=f(3-x), 则函数f(x)的图象关于直线x=2对称, 由对称性可得a=f(0)=f(

16、4),c=f(1)=(3), 因为当x1,x2(2,+),x1x2时, 0, 所以函数f(x)在区间(2,+)上是增函数, 据此可得f(3) f() f(4),即cba.,4-2 已知函数f(x)是R上的增函数,A(0,-1),B(3,1)是其图象上的两点,则 |f(x)|1的解集是 .,答案 (0,3),解析 由不等式|f(x)|1得f(0)=-1 f(x)1=f(3). 又f(x)是R上的增函数,所以0x3,故不等式|f(x)|1的解集为(0,3).,4-3 已知函数f(x)= (m1)在区间(0,1上是减函数,则实数m的取 值范围是 .,答案 (-,0)(1,4,解析 由题意可得4-mx0在x(0,1上恒成立,所以m ,x(0,1, 即m4. 当00,解得1m4. 当m0时,y=4-mx递增,所以只需m-10,解得m1,所以m0. 故实数m的取值范围是(-,0)(1,4.,