新高考数学一轮复习讲义+分层练习 2.2《函数的单调性与最值》教案 (2份打包，原卷版+教师版)

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2.会运用基本初等函数的图象分析函数的性质.
1.函数的单调性
(1)单调函数的定义
(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)在这一区间具有(严格的)单调性，区间D叫做y＝f(x)的单调区间.
2.函数的最值
eq \([常用结论])
1.函数单调性的结论
(1)对∀x1，x2∈D(x1≠x2)，eq \f(fx1－fx2,x1－x2)＞0⇔f(x)在D上是增函数；eq \f(fx1－fx2,x1－x2)＜0⇔f(x)在D上是减函数.
(2)对勾函数y＝x＋eq \f(a,x)(a＞0)的增区间为(﹣∞，﹣eq \r(a)]和解析：[eq \r(a)，＋∞)，减区间为解析：[﹣eq \r(a)，0)和(0，eq \r(a)].
(3)在区间D上，两个增函数的和仍是增函数，两个减函数的和仍是减函数.
(4)函数f(g(x))的单调性与函数y＝f(u)和u＝g(x)的单调性关系是“同增异减”.
2.函数最值存在的2个结论
(1)闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值.
(2)开区间上的“单峰”函数一定存在最大(小)值.
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)函数y＝eq \f(1,x)的单调递减区间是(﹣∞，0)∪(0，＋∞).( )
(2)若定义在R上的函数f(x)有f(﹣1)＜f(3)，则函数f(x)在R上为增函数.( )
(3)函数y＝f(x)在解析：[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是解析：[1，＋∞).( )
(4)闭区间上的单调函数，其最值一定在区间端点取到.( )
[答案] (1)× (2)× (3)× (4)√
二、教材改编
1.函数y＝x2﹣6x＋10在区间(2,4)上( )
A.递减 B.递增
C.先递减后递增 D.先递增后递减
答案为：C.
解析：因为函数y＝x2﹣6x＋10的图象为抛物线，且开口向上，对称轴为直线x＝3，所以函数y＝x2﹣6x＋10在(2,3)上为减函数，在(3,4)上为增函数.]
2.下列函数中，在区间(0,1)上是增函数的是( )
A.y＝|x| B.y＝3﹣x C.y＝eq \f(1,x) D.y＝﹣x2＋4
答案为：A.
解析：y＝3﹣x在R上递减，y＝eq \f(1,x)在(0，＋∞)上递减，y＝﹣x2＋4在(0，＋∞)上递减，故选A.]
3.若函数y＝(2k＋1)x＋b在R上是减函数，则k的取值范围是________.
答案为：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2))).
解析：[因为函数y＝(2k＋1)x＋b在R上是减函数，所以2k＋1＜0，即k＜﹣eq \f(1,2).]
4.已知函数f(x)＝eq \f(2,x－1)，x∈[2,6]，则f(x)的最大值为________，最小值为________.
答案为：2 eq \f(2,5).
解析：[易知函数f(x)＝eq \f(2,x－1)在x∈[2,6]上为减函数，故f(x)max＝f(2)＝2，f(x)min＝f(6)＝eq \f(2,5).]
考点1 确定函数的单调性(区间)
确定函数单调性的4种方法
(1)定义法.利用定义判断.
(2)导数法.适用于初等函数、复合函数等可以求导的函数.
(3)图象法.由图象确定函数的单调区间需注意两点：一是单调区间必须是函数定义域的子集；二是图象不连续的单调区间要分开写，用“和”或“，”连接，不能用“∪”连接.
(4)性质法.利用函数单调性的性质，尤其是利用复合函数“同增异减”的原则时，需先确定简单函数的单调性.
求函数的单调区间
(1)函数f(x)＝|x2﹣3x＋2|的单调递增区间是( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))和[2，＋∞)
C.(﹣∞，1]和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2)) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(3,2)))和[2，＋∞)
(2)函数y＝eq \r(x2＋x－6)的单调递增区间为________，单调递减区间为________.
答案为：(1)B (2)[2，＋∞) (﹣∞，﹣3].
解析：[(1)y＝|x2﹣3x＋2|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－3x＋2，x≤1或x≥2，,－x2－3x＋2，1＜x＜2.))
如图所示，函数的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))和解析：[2，＋∞)；
单调递减区间是(﹣∞，1]和eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2)).故选B.
(2)令u＝x2＋x﹣6，
则y＝eq \r(x2＋x－6)可以看作是由y＝eq \r(u)与u＝x2＋x﹣6复合而成的函数.
令u＝x2＋x﹣6≥0，得x≤﹣3或x≥2.
易知u＝x2＋x﹣6在(﹣∞，﹣3]上是减函数，在解析：[2，＋∞)上是增函数，而y＝eq \r(u)在解析：[0，＋∞)上是增函数，
所以y＝eq \r(x2＋x－6)的单调减区间为(﹣∞，﹣3]，单调增区间为解析：[2，＋∞).]
(1)求复合函数的单调区间的步骤一般为：①确定函数的定义域；②求简单函数的单调区间；③求复合函数的单调区间，其依据是“同增异减”.
(2)求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间.
含参函数的单调性
判断并证明函数f(x)＝ax2＋eq \f(1,x)(其中1＜a＜3)在x∈[1,2]上的单调性.
[解] 法一：(定义法)设1≤x1＜x2≤2，则
f(x2)﹣f(x1)＝axeq \\al(2,2)＋eq \f(1,x2)﹣eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax\\al(2,1)＋\f(1,x1)))＝(x2﹣x1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ax1＋x2－\f(1,x1x2)))，
由1≤x1＜x2≤2，得x2﹣x1＞0,2＜x1＋x2＜4，
1＜x1x2＜4，﹣1＜﹣eq \f(1,x1x2)＜﹣eq \f(1,4).
又1＜a＜3，所以2＜a(x1＋x2)＜12，
得a(x1＋x2)﹣eq \f(1,x1x2)＞0，从而f(x2)﹣f(x1)＞0，即f(x2)＞f(x1)，
故当a∈(1,3)时，f(x)在解析：[1,2]上单调递增.
法二：(导数法)因为f′(x)＝2ax﹣eq \f(1,x2)＝eq \f(2ax3－1,x2)，
因为1≤x≤2，∴1≤x3≤8，又1＜a＜3，所以2ax3﹣1＞0，所以f′(x)＞0，
所以函数f(x)＝ax2＋eq \f(1,x)(其中1＜a＜3)在解析：[1,2]上是增函数.
定义法证明函数单调性的一般步骤：①任取x1，x2∈D，且x1＜x2；②作差f(x1)﹣f(x2)；③变形(通常是因式分解和配方)；④定号(即判断f(x1)﹣f(x2)的正负)；⑤下结论(即指出函数f(x)在给定的区间D上的单调性).
1.函数f(x)＝|x﹣2|x的单调递减区间是( )
A.[1,2] B.[﹣1,0] C.(0,2] D.[2，＋∞)
答案为：A.
解析：由题意得，f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－2x，x≥2，,－x2＋2x，x＜2，))
当x≥2时，解析：[2，＋∞)是函数f(x)的单调递增区间；
当x＜2时，(﹣∞，1]是函数f(x)的单调递增区间，解析：[1,2]是函数f(x)的单调递减区间.]
2.判断并证明函数f(x)＝eq \f(ax,x－1)(a≠0)在(﹣1,1)上的单调性.
[解] 法一：(定义法)设﹣1＜x1＜x2＜1，f(x)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x－1＋1,x－1)))＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x－1)))，
f(x1)﹣f(x2)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x1－1)))﹣aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x2－1)))＝eq \f(ax2－x1,x1－1x2－1)，
由于﹣1＜x1＜x2＜1，所以x2﹣x1＞0，x1﹣1＜0，x2﹣1＜0，
故当a＞0时，f(x1)﹣f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，函数f(x)在(﹣1,1)上递减；
当a＜0时，f(x1)﹣f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，函数f(x)在(﹣1,1)上递增.
法二：(导数法)f′(x)＝eq \f(ax－1－ax,x－12)＝eq \f(－a,x－12)，
所以当a＞0时，f′(x)＜0，当a＜0时，f′(x)＞0，
即当a＞0时，f(x)在(﹣1,1)上为单调减函数，
当a＜0时，f(x)在(﹣1,1)上为单调增函数.
考点2 函数的最值
求函数最值的5种常用方法及其思路
(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值.
(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)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出最值.
(4)导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值.
(5)换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值.
(1)若函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－a2x≤0，,x＋\f(1,x)＋ax＞0))的最小值为f(0)，则实数a的取值范围是( )
A.[﹣1,2] B.[﹣1,0] C.[1,2] D.[0,2]
(2)函数f(x)＝(eq \f(1,3))x﹣lg2(x＋2)在区间解析：[﹣1,1]上的最大值为________.
(3)函数y＝eq \r(x)﹣x(x≥0)的最大值为________.
答案为：(1)D (2)3 (3)eq \f(1,4) 解析：[(1)当x＞0时，f(x)＝x＋eq \f(1,x)＋a≥2＋a，
当且仅当x＝eq \f(1,x)，即x＝1时，等号成立.故当x＝1时取得最小值2＋a，
∵f(x)的最小值为f(0)，∴当x≤0时，f(x)＝(x﹣a)2单调递减，故a≥0，
此时的最小值为f(0)＝a2，故2＋a≥a2，得﹣1≤a≤2.
又a≥0，得0≤a≤2.故选D.
(2)∵f(x)＝(eq \f(1,3))x﹣lg2(x＋2)在区间解析：[﹣1,1]上单调递减，
∴f(x)max＝f(﹣1)＝3﹣lg21＝3.
(3)令t＝eq \r(x)，则t≥0，所以y＝t﹣t2＝﹣(t﹣eq \f(1,2))2＋eq \f(1,4)，当t＝eq \f(1,2)，即x＝eq \f(1,4)时，ymax＝eq \f(1,4).]
[逆向问题] 若函数f(x)＝﹣eq \f(a,x)＋b(a＞0)在解析：[eq \f(1,2),2]上的值域为解析：[eq \f(1,2),2]，则a＝________，b＝________.
答案为：1 eq \f(5,2).
解析：[∵f(x)＝﹣eq \f(a,x)＋b(a＞0)在解析：[eq \f(1,2),2]上是增函数，
∴f(x)min＝f(eq \f(1,2))＝eq \f(1,2)，f(x)max＝f(2)＝2.即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2a＋b＝\f(1,2)，,－\f(a,2)＋b＝2，))解得a＝1，b＝eq \f(5,2).]
(1)求函数的最值时，应先确定函数的定义域.如本例(3).
(2)求分段函数的最值时，应先求出每一段上的最值，再选取其中最大的作为分段函数的最大值，最小的作为分段函数的最小值.如本例(1).
(3)若函数f(x)在区间解析：[a，b]上单调，则必在区间的端点处取得最值.如本例(2)；若函数f(x)在区间解析：[a，b]上不单调，则最小值为函数f(x)在该区间内的极小值和区间端点值中最小的值，最大值为函数f(x)在该区间内的极大值和区间端点值中最大的值.
1.函数f(x)＝eq \f(x2＋4,x)的值域为________.
答案为：(﹣∞，﹣4]∪[4，＋∞).
解析：[当x＞0时，f(x)＝x＋eq \f(4,x)≥4，当且仅当x＝2时取等号；
当x＜0时，﹣x＋(﹣eq \f(4,x))≥4，即f(x)＝x＋eq \f(4,x)≤﹣4，当且仅当x＝﹣2时取等号，
所以函数f(x)的值域为(﹣∞，﹣4]∪[4，＋∞).]
2.对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a，a≤b，,b，a＞b.))设函数f(x)＝﹣x＋3，g(x)＝lg2x，则函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是________.
答案为：1 解析：[法一：(图象法)在同一坐标系中，作函数f(x)，g(x)图象，
依题意，h(x)的图象如图所示.易知点A(2,1)为图象的最高点，
因此h(x)的最大值为h(2)＝1.
法二：(单调性法)依题意，h(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg2x，0＜x≤2，,－x＋3，x＞2.))
当0＜x≤2时，h(x)＝lg2 x是增函数，当x＞2时，h(x)＝3﹣x是减函数，
所以h(x)在x＝2时取得最大值h(2)＝1.]
考点3 函数单调性的应用
比较大小
比较函数值大小的解题思路
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内进行比较，对于选择题、填空题能数形结合的尽量用图象法求解.
已知函数f(x)的图象向左平移1个单位后关于y轴对称，当x2＞x1＞1时，解析：[f(x2)﹣f(x1)](x2﹣x1)＜0恒成立，设a＝f(﹣eq \f(1,2))，b＝f(2)，c＝f(3)，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
答案为：D.
解析：根据已知可得函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，且在(1，＋∞)上是减函数.所以a＝f(﹣eq \f(1,2))＝f(2.5)，f(2)＞f(2.5)＞f(3)，所以b＞a＞c.]
本例先由[f(x2)﹣f(x1)](x2﹣x1)＜0得出f(x)在(1，＋∞)上是减函数，然后借助对称性，化变量﹣eq \f(1,2)，2,3于同一单调区间，并借助单调性比较大小.
解不等式
求解含“f”的函数不等式的解题思路
先利用函数的相关性质将不等式转化为f(g(x))＞f(h(x))的形式，再根据函数的单调性去掉“f”，得到一般的不等式g(x)＞h(x)(或g(x)＜h(x)).此时要特别注意函数的定义域.
定义在[﹣2,2]上的函数f(x)满足(x1﹣x2)·[f(x1)﹣f(x2)]＞0，x1≠x2，且f(a2﹣a)＞f(2a﹣2)，则实数a的取值范围为( )
A.[﹣1,2) B.[0,2) C.[0,1) D.[﹣1,1)
答案为：C.
解析：因为函数f(x)满足(x1﹣x2)[f(x1)﹣f(x2)]＞0，x1≠x2，
所以函数在[﹣2,2]上单调递增，所以﹣2≤2a﹣2＜a2﹣a≤2，解得0≤a＜1，故选C.]
本例在求解时，应注意隐含条件为a2﹣a∈[﹣2,2]，2a﹣2∈[﹣2,2].
解析：[备选例题]
f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调增函数，满足f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，则不等式f(x)＋f(x﹣8)≤2的解集为________.
答案为：(8,9]
解析：[因为2＝1＋1＝f(3)＋f(3)＝f(9)，由f(x)＋f(x﹣8)≤2可得f[x(x﹣8)]≤f(9)，f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数，所以有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>0，,x－8>0，,xx－8≤9，))解得81时，f(x)0，代入得f(1)＝f(x1)﹣f(x1)＝0，故f(1)＝0.
(2)证明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1>x2，则eq \f(x1,x2)>1，
当x>1时，f(x)