2022届高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用2.2函数的单调性与最值学案理含解析北师大版

这是一份2022届高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用2.2函数的单调性与最值学案理含解析北师大版，共12页。

第二节　函数的单调性与最值
命题分析预测
学科核心素养
从近五年的情况来看，本节是高考的热点，常考查求函数的单调区间，判断函数的单调性，利用单调性比较大小、解不等式等，题型有选择题、填空题，也有解答题，多在第（1）问中考查，难度中等.
本节通过函数的单调性、奇偶性、周期性的应用考查数形结合思想、分类讨论思想以及考生的逻辑推理和数学运算核心素养.

授课提示：对应学生用书第14页
知识点一　函数的单调性
1.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x1＜x2时，都有f（x1）＜f（x2），那么就说函数f（x）在区间D上是增函数
当x1＜x2时，都有f（x1）＞f（x2），那么就说函数f（x）在区间D上是减函数
图像描述

自左向右看图像是上升的

自左向右看图像是下降的
2.单调区间的定义
如果函数y＝f（x）在区间D上是增函数或减函数，那么就说函数y＝f（x）在这一区间上具有（严格的）单调性，区间D叫做函数y＝f（x）的单调区间.
二级结论
• 温馨提醒 •
函数单调性的常用结论
（1）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.
（2）若k＞0，则kf（x）与f（x）的单调性相同，若k＜0，则kf（x）与f（x）的单调性相反.
（3）函数y＝f（x）（f（x）＞0）与y＝－f（x），y＝在公共定义域内的单调性相反.
必明易错
1.若函数在两个不同的区间上单调性相同，则这两个区间要分开写，不能写成并集.例如，函数f（x）在区间（－1，0）上是减函数，在（0，1）上是减函数，但在（－1，0）∪（0，1）上却不一定是减函数.
2.两函数f（x），g（x）在x∈（a，b）上都是增（减）函数，则f（x）＋g（x）也为增（减）函数，但f（x）·g（x），等的单调性与其正负有关，切不可盲目类比.
3.易混淆两个概念：“函数的单调区间”和“函数在某区间上单调”，前者指函数具备单调性的“最大”的区间，后者是前者“最大”区间的子集.

1.函数y＝x2－6x－6在区间[2，4]上是（　　）
A.递减函数　　　　　　　 B.递增函数
C.先递减再递增函数 D.先递增再递减函数
解析：函数y＝x2－6x－6的对称轴为直线x＝3，且抛物线开口向上，所以函数在[2，3]上为减函数，在[3，4]上为增函数.
答案：C
2.函数y＝log（x2－2x）的单调递减区间是（　　）
A.（－∞，1） B.（1，＋∞）
C.（2，＋∞） D.（－∞，0）
解析：因为函数的定义域是（－∞，0）∪（2，＋∞），令g（x）＝x2－2x，由复合函数的单调性可知，原函数的递减区间即为函数g（x）的递增区间，也即为（2，＋∞）.
答案：C
知识点二　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f（x）≤M；
（2）存在x∈I，使得f（x）＝M
（1）对于任意x∈I，都有f（x）≥M；
（2）存在x∈I，使得f（x）＝M
结论
M为最大值
M为最小值

1.已知函数f（x）＝，x∈[2，6]，则f（x）的最大值为　　　　，最小值为__________.
解析：可判断函数f（x）＝在[2，6]上为减函数，所以f（x）max＝f（2）＝2，f（x）min＝f（6）＝.
答案：2　
2.（2021·龙岩模拟）函数f（x）＝－log2（x＋4）在区间[－2，2]上的最大值为__________.
解析：由函数的解析式可知f（x）＝－log2（x＋4）在区间[－2，2]上是单调递减函数，则函数的最大值为f（－2）＝－log2（－2＋4）＝9－1＝8.
答案：8
3.函数y＝|x2－4x＋3|的单调递增区间是__________.
解析：先作出函数y＝x2－4x＋3的图像，由于绝对值的作用，把x轴下方的部分翻折到上方，可得函数的图像如图所示.由图像可知，函数的递增区间为[1，2]，[3，＋∞）.

答案：[1，2]，[3，＋∞）

授课提示：对应学生用书第15页
题型一　函数单调性的判断与单调区间的求法　　
1.函数f（x）＝ln（x2－2x－8）的单调递增区间是（　　）
A.（－∞，－2）　　　　　　 B.（－∞，1）
C.（1，＋∞） D.（4，＋∞）
解析：由x2－2x－8＞0，得x＜－2或x＞4.因此，函数f（x）＝ln（x2－2x－8）的定义域是（－∞，－2）∪（4，＋∞）.注意到函数y＝x2－2x－8在（4，＋∞）上单调递增，由复合函数的单调性知，f（x）＝ln（x2－2x－8）的单调递增区间是（4，＋∞）.
答案：D
2.判断并证明函数f（x）＝ax2＋（其中1＜a＜3）在x∈[1，2]上的单调性.
解析：设1≤x1＜x2≤2，则
f（x2）－f（x1）＝ax＋－
＝（x2－x1），
由1≤x1＜x2≤2，得x2－x1＞0，2＜x1＋x2＜4，
1＜x1x2＜4，－1＜－＜－.又1＜a＜3，
所以2＜a（x1＋x2）＜12，
得a（x1＋x2）－＞0，从而f（x2）－f（x1）＞0，
即f（x2）＞f（x1），
故当a∈（1，3）时，函数f（x）在[1，2]上单调递增.

　确定已知解析式的函数单调区间的三种方法

题型二　函数的值域（最值）的求法　　
1.已知函数f（x）＝则f（x）的最小值是__________.
解析：当x≤1时，f（x）min＝0，当x＞1时，f（x）min＝2－6，当且仅当x＝时取到最小值，又2－6＜0，所以f（x）min＝2－6.
答案：2－6
2.（一题多解）对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝设函数f（x）＝－x＋3，g（x）＝log2x，则函数h（x）＝min{f（x），g（x）}的最大值是__________.
解析：法一：在同一直角坐标系中，作出函数f（x），g（x）的图像，依题意，h（x）的图像如图所示.

易知点A（2，1）为图像的最高点，
因此h（x）的最大值为h（2）＝1.
法二：依题意，h（x）＝
当0＜x≤2时，h（x）＝log2x是增函数，
当x＞2时，h（x）＝3－x是减函数，
所以h（x）在x＝2处取得最大值h（2）＝1.
答案：1
3.函数f（x）＝在区间[a，b]上的最大值是1，最小值是，则a＋b＝__________.
解析：易知f（x）在[a，b]上为减函数，
所以即所以所以a＋b＝6.
答案：6
4.函数y＝的值域为__________.
解析：（分离常数法）y＝＝＝－≠，所以所求函数的值域为.
答案：

求函数最值（值域）的方法
（1）单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性结合端点值求出最值（值域）.
（2）图像法：先作出函数的图像，再观察其最高点、最低点求出最值（值域），若函数的解析式的几何意义较明显，如距离、斜率等，可用数形结合法求解.
（3）基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后，用基本不等式求最值（值域）.
（4）导数法：先求出导函数，然后求出给定区间上的极值，再结合端点值，求出最值（值域）.
（5）换元法：对比较复杂的函数可先通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值（值域）.
（6）分离常数法：形如y＝（a≠0）的函数的值域，经常使用“分离常数法”求解.
（7）配方法：它是求“二次函数型函数”值域的基本方法，形如F（x）＝a[f（x）]2＋bf（x）＋c（a≠0）的函数的值域问题均可使用配方法，求解时要注意f（x）整体的取值范围.
题型三　函数单调性的应用　　
　　高考对函数单调性的考查多以选择题、填空题的形式出现，有时也应用于解答题某一问中.常见的命题角度有：（1）比较两个函数值或两个自变量的大小；（2）解函数不等式；（3）利用单调性求参数的取值范围或值.
考法（一）　利用函数的单调性比较大小
[例1]　已知函数f（x）的图像关于直线x＝1对称，当x2＞x1＞1时，[f（x2）－f（x1）]（x2－x1）＜0恒成立，设a＝f，b＝f（2），c＝f（e），则a，b，c的大小关系为（　　）
A.c＞a＞b　　　　　　　 B.c＞b＞a
C.a＞c＞b D.b＞a＞c
[解析]　因为f（x）的图像关于直线x＝1对称.
所以f＝f.当x2＞x1＞1时，
[f（x2）－f（x1）]（x2－x1）＜0恒成立，
知f（x）在（1，＋∞）上单调递减.因为1＜2＜＜e，
所以f（2）＞f＞f（e），所以b＞a＞c.
[答案]　D

利用函数的单调性比较函数值或自变量的大小
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、填空题通常选用数形结合的思想方法进行求解.
考法（二）　利用单调性解不等式
[例2]　已知函数f（x）＝若f（2－x2）＞f（x），则实数x的取值范围是（　　）
A.（－∞，－1）∪（2，＋∞）
B.（－∞，－2）∪（1，＋∞）
C.（－1，2）
D.（－2，1）
[解析]　∵当x＝0时，两个表达式对应的函数值都为零，
∴函数的图像是一条连续的曲线.
∵当x≤0时，函数f（x）＝x3为增函数，当x＞0时，f（x）＝ln（x＋1）也是增函数，
∴函数f（x）是定义在R上的增函数.因此，不等式f（2－x2）＞f（x）等价于2－x2＞x，即x2＋x－2＜0，解得－2＜x＜1.
[答案]　D

利用函数的单调性求解或证明不等式
若f（x）在定义域上（或某一区间上）是增（减）函数，则f（x1）x2），在解决“与抽象函数有关的不等式”问题时，可通过“脱去”函数符号“f”化为一般不等式求解，但无论如何都必须在同一单调区间内进行.
需要说明的是，若不等式一边没有“f”，而是常数，应将常数转化为函数值.
考法（三）　利用单调性求参数的取值范围
[例3]　（1）（2021·太原模拟）若f（x）＝－x2＋4mx与g（x）＝在区间[2，4]上都是减函数，则m的取值范围是（　　）
A.（－∞，0）∪（0，1]
B.（－1，0）∪（0，1]
C.（0，＋∞）
D.（0，1]
（2）已知f（x）＝是（－∞，＋∞）上的减函数，那么a的取值范围是（　　）
A.（0，1） B.
C. D.
[解析]　（1）由题意得f（x）关于直线x＝2m对称，
∴2m≤2，即m≤1.
∵易知y＝在[2，4]上是减函数，若2m＜0，则g（x）为增函数，故2m＞0，即m＞0，综上，0＜m≤1.
（2）∵f（x）是（－∞，＋∞）上的减函数.
∴当x≥1时，0＜a＜1；
当x＜1时，即≤a＜，
综上，a的取值范围是.
[答案]　（1）D　（2）C

利用函数的单调性求参数的取值范围
根据函数的单调性构建含参数的方程（组）或不等式（组）进行求解，或先得到图像的升降情况，再结合图像求解.
[注意]　讨论分段函数的单调性时，除注意各段的单调性外，还要注意分段点处的函数值.
[题组突破]
1.已知定义在R上的函数f（x）＝2|x－m|－1（m为实数）为偶函数，记a＝f（log0.53），b＝f（log25），c＝f（2m），则a，b，c的大小关系为（　　）
A.a＜b＜c B.a＜c＜b
C.c＜a＜b D.c＜b＜a
解析：∵f（x）为偶函数，

∴f（－x）＝f（x），∴m＝0，
∴f（x）＝2|x|－1.图像如图所示，
由函数的图像可知，函数f（x）在（－∞，0）上是减函数，在（0，＋∞）上是增函数.
∵a＝f（log0.53）＝f（log23），b＝f（log25），c＝f（0），又log25＞log23＞0，∴b＞a＞c.
答案：C
2.（2021·武汉模拟）若函数f（x）＝2|x－a|＋3在区间[1，＋∞）上不单调，则a的取值范围是（　　）
A.[1，＋∞） B.（1，＋∞）
C.（－∞，1） D.（－∞，1]
解析：因为函数f（x）＝2|x－a|＋3
＝
因为函数f（x）＝2|x－a|＋3在区间[1，＋∞）上不单调，所以a＞1.所以a的取值范围是（1，＋∞）.
答案：B
3.（2021·南阳调研）已知函数f（x）＝x－＋在（1，＋∞）上是增函数，则实数a的取值范围是__________.
解析：由f（x）＝x－＋，得f′（x）＝1＋，
由题意得1＋≥0（x＞1），
可得a≥－x2，当x∈（1，＋∞）时，－x2＜－1.
所以a的取值范围是[－1，＋∞）.
答案：[－1，＋∞）
　函数单调性应用问题中的核心素养
（一）逻辑推理——判断函数单调性的核心素养
[例1]　已知函数f（x）对定义在（－∞，2]上的任意两个值x1，x2，都有x1f（x1）＋x2f（x2）＞x1f（x2）＋x2f（x1）成立，且函数满足f（x＋2）＝f（2－x），若f（a）≤f（3），则实数a的取值范围是（　　）
A.（－∞，1]　　　　　 B.[3，＋∞）
C.[1，3] D.（－∞，1]∪[3，＋∞）
[解析]　由函数f（x）对定义在（－∞，2]上的任意两个值x1，x2，都有x1f（x1）＋x2f（x2）＞x1f（x2）＋x2f（x1）成立可知（x1－x2）[f（x1）－f（x2）]＞0成立，
即函数f（x）是（－∞，2]上的增函数，
又函数满足f（x＋2）＝f（2－x），
则函数f（x）关于直线x＝2对称，
由f（a）≤f（3）可知|a－2|≥|3－2|，
所以a－2≤－1或a－2≥1，
即a≤1或a≥3.
所以实数a的取值范围是（－∞，1]∪[3，＋∞）.
[答案]　D

求解与函数的单调性有关的问题，首先应判断函数的单调性，然后根据函数的单调性求解，而判断函数的单调性需要利用推理论证法.
（二）数学抽象——抽象函数中的单调性应用问题
[例2]　已知定义在R上的函数f（x）满足：①f（x＋y）＝f（x）＋f（y）＋1，②当x＞0时，f（x）＞－1.
（1）求f（0）的值，并证明f（x）在R上是单调递增函数；
（2）若f（1）＝1，解关于x的不等式f（x2＋2x）＋f（1－x）＞4.
[解析]　（1）令x＝y＝0，得f（0）＝－1.
证明如下：
在R上任取x1＞x2，则x1－x2＞0，f（x1－x2）＞－1.
又f（x1）＝f[（x1－x2）＋x2]＝f（x1－x2）＋f（x2）＋1＞f（x2），所以函数f（x）在R上是单调递增函数.
（2）由f（1）＝1，得f（2）＝3，f（3）＝5.
由f（x2＋2x）＋f（1－x）＞4得f（x2＋x＋1）＞f（3），
又函数f（x）在R上是增函数，故x2＋x＋1＞3，
解得x＜－2或x＞1，
故原不等式的解集为{x|x＜－2或x＞1}.

求解抽象函数问题的切入点与关键点
切入点：（1）对于抽象函数的单调性的证明，只能考虑用定义证明；（2）将不等式中的抽象函数符号“f”运用单调性“去掉”.
关键点：（1）根据单调性定义，赋值构造出f（x2）－f（x1），并与0比较大小；（2）根据已知条件，将所求的不等式转化为f（M）＜f（N）的形式，从而利用单调性求解.
[题组突破]
1.已知函数f（x）＝x2－（2a＋1）x＋5，若对任意的x1，x2∈（4，＋∞），当x1＞x2时，总有f（x1）－f（x2）＞x2－x1，则实数a的取值范围是__________.
解析：由x1＞x2时，总有f（x1）－f（x2）＞x2－x1，
可知f（x1）＋x1＞f（x2）＋x2，
因此函数h（x）＝f（x）＋x在区间（4，＋∞）上是增函数.
因为h（x）＝f（x）＋x＝x2－2ax＋5的单调递增区间是（a，＋∞），因此a≤4.
答案：（－∞，4]
2.已知函数f（x）的定义域为{x|x∈R，且x≠0}，对定义域内的任意x1，x2，都有f（x1·x2）＝f（x1）＋f（x2），且当x＞1时，f（x）＞0.
（1）求证：f（x）是偶函数；
（2）求证：f（x）在（0，＋∞）上是增函数.
证明：（1）因为对定义域内的任意x1，x2都有
f（x1·x2）＝f（x1）＋f（x2），
令x1＝x，x2＝－1，
则有f（－x）＝f（x）＋f（－1）.
又令x1＝x2＝－1，得2f（－1）＝f（1）.
再令x1＝x2＝1，得f（1）＝0，从而f（－1）＝0，
于是有f（－x）＝f（x），所以f（x）是偶函数.
（2）设0＜x1＜x2，则f（x1）－f（x2）＝f（x1）－f＝f（x1）－＝－f，
由于0＜x1＜x2，所以＞1，从而f＞0，故f（x1）－f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），所以f（x）在（0，＋∞）上是增函数.