浙江省2021届高考数学一轮复习第三章函数概念及基本初等函数Ⅰ第3节函数的单调性与最值课件

浙江省2021届高考数学一轮复习第三章函数概念及基本初等函数Ⅰ第3节函数的单调性与最值课件

第 3 节　函数的单调性与最值 考试要求　 1. 理解函数的单调性、最大 ( 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 . 知 识 梳 理 1 . 函数的单调性 (1) 单调函数的定义 f ( x 1 )< f ( x 2 )   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 x 1 ， x 2 当 x 1 < x 2 时，都 有 _____________ ， 那么就说函数 f ( x ) 在区间 D 上是增函数 当 x 1 < x 2 时，都 有 ___________ ， 那么就说函数 f ( x ) 在区间 D 上是减函数 f ( x 1 )> f ( x 2 ) 图象描述 自 左向右看图象 是 _______ 自 左向右看图象 是 _______ (2) 单调区间的定义 如果函数 y ＝ f ( x ) 在区间 D 上是 ________ 或 ________ ，那么就说函数 y ＝ f ( x ) 在这一区间具有 ( 严格的 ) 单调性， ________ 叫做函数 y ＝ f ( x ) 的单调区间 . 上升的 下降的 增函数 减函数 区间 D 2 . 函数的最值 前提 设函数 y ＝ f ( x ) 的定义域为 I ，如果存在实数 M 满足 条件 (1) 对于任意 x ∈ I ，都 有 ； (2) 存在 x 0 ∈ I ，使得 f ( x 0 ) ＝ M (3) 对于任意 x ∈ I ，都 有 ； (4) 存在 x 0 ∈ I ， 使得 —————— 结论 M 为最大值 M 为最小值 f ( x ) ≤ M f ( x ) ≥ M f ( x 0 ) ＝ M 解析 　 (2) 此单调区间不能用并集符号连接，取 x 1 ＝－ 1 ， x 2 ＝ 1 ，则 f ( － 1) ＜ f (1) ，故应说成单调递减区间为 ( － ∞ ， 0) 和 (0 ，＋ ∞ ). (3) 应对任意的 x 1 ＜ x 2 ， f ( x 1 ) ＜ f ( x 2 ) 成立才可以 . (4) 若 f ( x ) ＝ x ， f ( x ) 在 [1 ，＋ ∞ ) 上为增函数，但 y ＝ f ( x ) 的单调递增区间可以是 R . 答案 　 (1) √ 　 (2) × 　 (3) × 　 (4) × 答案　 A 答案　 D 答案　 2 答案　 2 　 [0 ，＋ ∞ ) 解析　 f ( － 3) ＝ ( － 3) 2 ＋ 2 × ( － 3) ＝ 3 ， f ( f ( － 3)) ＝ f (3) ＝ 2. 由图象得 f ( x ) min ＝ f ( － 1) ＝－ 1. 答案　 2 　－ 1 【例 1 】 (1) 已知函数 f ( x ) ＝ log 4 (4 － | x |) ，则 f ( x ) 的单调递增区间是 ________ ； f (0) ＋ 4 f (2) ＝ ________. 考点一　确定函数的单调性 ( 区间 ) 答案　 ( － 4 ， 0] 　 3 所以 x 2 － x 1 >0 ， x 1 － 1<0 ， x 2 － 1<0 ， 故当 a >0 时， f ( x 1 ) － f ( x 2 )>0 ，即 f ( x 1 )> f ( x 2 ) ，函数 f ( x ) 在 ( － 1 ， 1) 上递减； 当 a <0 时， f ( x 1 ) － f ( x 2 )<0 ， 即 f ( x 1 )< f ( x 2 ) ，函数 f ( x ) 在 ( － 1 ， 1) 上递增 . 当 a >0 时， f ′( x )<0 ，函数 f ( x ) 在 ( － 1 ， 1) 上递减； 当 a <0 时， f ′( x )>0 ，函数 f ( x ) 在 ( － 1 ， 1) 上递增 . 规律方法 　 (1) 求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间，如例 1(1). (2) 函数单调性的判断方法有： ① 定义法； ② 图象法； ③ 利用已知函数的单调性； ④ 导数法 . (3) 函数 y ＝ f ( g ( x )) 的单调性应根据外层函数 y ＝ f ( t ) 和内层函数 t ＝ g ( x ) 的单调性判断，遵循 “ 同增异减 ” 的原则 . (2) 解 　 f ( x ) 在 (0 ， ] 上是减函数，在 [ ，＋ ∞ ) 上是增函数 . 证明如下： 考点二　确定函数的最值 当 x ≤ 1 时， f ( x ) ＝－ x 2 ＋ 2 x ＝－ ( x － 1) 2 ＋ 1 在 ( － ∞ ， 1] 上单调递增，则 f ( x ) ≤ 1 ，综上可知， f ( x ) 的最大值为 1. 答案 　－ 3 　 1 ∵ 1 ≤ x 1 ＜ x 2 ， ∴ x 2 － x 1 ＞ 0 ， 2 x 1 x 2 ＞ 2 ， ∴ f ( x 2 ) － f ( x 1 ) ＞ 0 ， f ( x 1 ) ＜ f ( x 2 ). ∴ f ( x ) 在区间 [1 ，＋ ∞ ) 上为增函数， 则 x 2 ＋ 2 x ＋ a >0 对 x ∈ [1 ，＋ ∞ ) 恒成立 . 即 a > － ( x 2 ＋ 2 x ) 在 x ∈ [1 ，＋ ∞ ) 上恒成立 . 令 g ( x ) ＝－ ( x 2 ＋ 2 x ) ＝－ ( x ＋ 1) 2 ＋ 1 ， x ∈ [1 ，＋ ∞ ) ， ∴ g ( x ) 在 [1 ，＋ ∞ ) 上是减函数， g ( x ) max ＝ g (1) ＝－ 3. 又 a ≤ 1 ， ∴ 当－ 3< a ≤ 1 时， f ( x )>0 在 x ∈ [1 ，＋ ∞ ) 上恒成立 . 故实数 a 的取值范围是 ( － 3 ， 1]. 规律方法 　 (1) 求函数最值的常用方法： ① 单调性法； ② 基本不等式法； ③ 配方法； ④ 图象法； ⑤ 导数法 . (2) 利用单调性求最值，应先确定函数的单调性，然后根据性质求解 . 若函数 f ( x ) 在闭区间 [ a ， b ] 上是增函数，则 f ( x ) 在 [ a ， b ] 上的最大值为 f ( b ) ，最小值为 f ( a ). 若函数 f ( x ) 在闭区间 [ a ， b ] 上是减函数，则 f ( x ) 在 [ a ， b ] 上的最大值为 f ( a ) ，最小值为 f ( b ). 【训练 2 】 (1) (2017· 浙江卷 ) 若函数 f ( x ) ＝ x 2 ＋ ax ＋ b 在区间 [0 ， 1] 上的最大值是 M ，最小值是 m ，则 M － m ( 　　 ) A. 与 a 有关，且与 b 有关 B. 与 a 有关，但与 b 无关 C. 与 a 无关，但与 b 无关 D. 与 a 无关，但与 b 有关 ① 当 a ＜ 0 时，由以上知 f ( x ) ＝ e x － 2 x ， x ＜ a 单调递减，故 f ( x ) ＞ f ( a ) ； f ( x ) ＝ ax － 1( x ≥ a ) 单调递减，故 f ( x ) ≤ f ( a ) ，故 f ( x ) 无最小值，舍去； ② 当 a ＝ 0 时， f ( x ) 最小值为－ 1 ，成立， ③ 当 a ＞ 0 时， f ( x ) ＝ ax － 1( x ≥ a ) 单调递增，故 f ( x ) ≥ f ( a ) ； 对于 f ( x ) ＝ e x － 2 x ， x ＜ a ， 答案　 (1)B 　 (2)0 　 [0 ，＋ ∞ ) 考点三　函数单调性的应用 变式迁移 (2) ∵ y ＝ f ( x ) 是定义在 R 上的奇函数，且 y ＝ f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上递增， ∴ y ＝ f ( x ) 在 ( － ∞ ， 0) 上也是增函数， 规律方法 　 (1) 利用单调性求参数的取值 ( 范围 ) 的思路是：根据其单调性直接构建参数满足的方程 ( 组 )( 不等式 ( 组 )) 或先得到其图象的升降，再结合图象求解 . (2) 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 . 【训练 3 】 已知函数 f ( x ) 在 ( － ∞ ，＋ ∞ ) 上单调递减，且为奇函数 . 若 f (1) ＝－ 1 ，则满足－ 1 ≤ f ( x － 2) ≤ 1 的 x 的取值范围是 ( 　　 ) A.[ － 2 ， 2] B.[ － 1 ， 1] C.[0 ， 4] D.[1 ， 3] 解析 　 因为 f ( x ) 为奇函数，所以 f ( － 1) ＝－ f (1) ＝ 1 ，于是－ 1 ≤ f ( x － 2) ≤ 1 等价于 f (1) ≤ f ( x － 2) ≤ f ( － 1) ，又 f ( x ) 在 ( － ∞ ，＋ ∞ ) 上单调递减， ∴ － 1 ≤ x － 2 ≤ 1 ， ∴ 1 ≤ x ≤ 3. 答案 　 D