（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.ppt

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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)0);,c.

2、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=f(x)的图象如图所示

3、,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

4、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. 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

5、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)0,所以f(x1)f(x2), 所以函数f(x)在(-1,+)上为增函数. (2)由(1)

6、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)的定义域为(-,-1)(1,+).,y=log2(x2-1)可看作由y=log2 和=x2-1两个函数

7、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

8、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)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-

9、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-

10、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

11、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,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-

12、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321,所以f(3) ff(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

13、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. (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

14、, 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

15、xR恒有f(x+1)=f(3-x),且当x1,x2(2,+),x1x2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(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.,