《（新課標(biāo)）2021版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù) 第6講 函數(shù)的單調(diào)性導(dǎo)學(xué)案 新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2021版高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù) 第6講 函數(shù)的單調(diào)性導(dǎo)學(xué)案 新人教A版（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第6講　函數(shù)的單調(diào)性 【課程要求】 1．了解函數(shù)單調(diào)性的概念，會討論和證明一些簡單函數(shù)的單調(diào)性． 2．利用函數(shù)的單調(diào)性求最值，求單調(diào)區(qū)間及參數(shù)的取值范圍． 對應(yīng)學(xué)生用書p14 【基礎(chǔ)檢測】 1．判斷下列結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“×”) (1)若定義在R上的函數(shù)f(x)，有f(－1)

2、區(qū)間B上單調(diào)遞增，則A＝B.(　　) [答案] (1)×　(2)×　(3)×　(4)× 2．[必修1p39B組T1]函數(shù)f(x)＝x2－2x的單調(diào)遞增區(qū)間是________________． [答案] [1，＋∞)(或(1，＋∞)) 3．[必修1p44A組T9]若函數(shù)f(x)＝x2－2mx＋1在[2，＋∞)上是增函數(shù)，則實數(shù)m的取值范圍是____________． [解析]由題意知，[2，＋∞)?[m，＋∞)，∴m≤2. [答案] (－∞，2] 4．函數(shù)f(x)＝的單調(diào)遞增區(qū)間是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．(－∞，－2] B．(－∞，

3、1] C．[1，＋∞) D．[4，＋∞) [解析]由x2－2x－8≥0得x≥4或x≤－2， 令x2－2x－8＝t，則y＝為增函數(shù)， ∴t＝x2－2x－8在[4，＋∞)上的增區(qū)間便是原函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間， ∴原函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為[4，＋∞)． [答案]D 5．已知函數(shù)f(x)是定義在區(qū)間[0，＋∞)上的函數(shù)，且在該區(qū)間上單調(diào)遞增，則滿足f(2x－1)＜f的x的取值范圍是(　　) A.B. C.D. [解析]因為函數(shù)f(x)是定義在區(qū)間[0，＋∞)上的增函數(shù)，滿足f(2x－1)＜f. 所以0≤2x－1＜，解得≤x＜. [答案]D 6．如圖，△AOD是一直角邊長為1的等

4、腰直角三角形，平面圖形OBD是四分之一圓的扇形，點P在線段AB上，PQ⊥AB，且PQ交AD或交弧DB于點Q，設(shè)AP＝x(0

5、(x)的定義域為I，如果對于定義域I內(nèi)某個區(qū)間D上的任意兩個自變量的值x1，x2 當(dāng)x1f(x2)，那么就說函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是__減函數(shù)__． 圖象 特征 自左向右看圖象是__上升的__ 自左向右看圖象是__下降的__ 　　(2)單調(diào)區(qū)間的定義 若函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù)或減函數(shù)，則稱函數(shù)f(x)在這一區(qū)間上具有(嚴(yán)格的)__單調(diào)性__，區(qū)間D叫做f(x)的__單調(diào)區(qū)間__． 2．函數(shù)單調(diào)性

6、的判斷方法 (1)定義法：取值、作差、變形、定號、結(jié)論． (2)復(fù)合法：同增異減，即內(nèi)外函數(shù)的單調(diào)性相同時，為增函數(shù)，不同時為減函數(shù)． (3)導(dǎo)數(shù)法：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性． (4)圖象法：利用圖象研究函數(shù)的單調(diào)性． 對應(yīng)學(xué)生用書p15 函數(shù)單調(diào)性的證明 例1　已知定義域為R的奇函數(shù)f(x)＝2x＋. (1)求a的值； (2)判斷f(x)的單調(diào)性，并用單調(diào)性的定義加以證明． [解析] (1)∵函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)， ∴f(0)＝0，即f(0)＝1＋a＝0，解得a＝－1，經(jīng)檢驗，符合題意， ∴a＝－1. (2)f(x)在R上是增函數(shù)． 證明如下：

7、由(1)可得，f(x)＝2x－，設(shè)x1，x2∈R，且x1>x2，則 f(x1)－f(x2)＝2x1－－2x2＋ ＝(2x1－2x2)＋ ＝(2x1－2x2)＋ ＝(2x1－2x2). ∵x1，x2∈R，且x1>x2， ∴2x1>2x2，1＋>0， ∴f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)， 因此，f(x)在R上是增函數(shù)． [小結(jié)]利用定義證明函數(shù)f(x)在給定區(qū)間D上的單調(diào)性的一般步驟：①任取x1，x2∈D，且x1

8、調(diào)性)． 1．判斷并證明函數(shù)f(x)＝ax2＋(其中1＜a＜3)在[1，2]上的單調(diào)性． [解析]法一：函數(shù)f(x)＝ax2＋(1

9、 因為1≤x≤2，∴1≤x3≤8， 又1＜a＜3，所以2ax3－1＞0，所以f′(x)＞0， 所以函數(shù)f(x)＝ax2＋(其中1＜a＜3)在[1，2]上是增函數(shù)． 函數(shù)單調(diào)性(區(qū)間)的判斷 例2　(1)(多選)下列函數(shù)f(x)中，滿足“任意x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＜0”的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．f(x)＝－xB．f(x)＝x3 C．f(x)＝lnxD．f(x)＝ [解析]“任意x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＜0”等價于函數(shù)為減函數(shù)，四個選項

10、中，只有AD選項符合． [答案]AD (2)函數(shù)f(x)＝x2－3|x|＋2的單調(diào)減區(qū)間是________． [解析]去絕對值，得函數(shù)f(x)＝ 當(dāng)x≥0時，函數(shù)f(x)＝x2－3x＋2的單調(diào)遞減區(qū)間為； 當(dāng)x＜0時，函數(shù)f(x)＝x2＋3x＋2的單調(diào)遞減區(qū)間為； 綜上，函數(shù)f(x)＝的單調(diào)遞減區(qū)間為，. [答案]， [小結(jié)]1.掌握確定函數(shù)單調(diào)性(區(qū)間)的常用方法 (1)定義法和導(dǎo)數(shù)法，證明函數(shù)單調(diào)性只能用定義法和導(dǎo)數(shù)法； (2)復(fù)合函數(shù)法，復(fù)合函數(shù)單調(diào)性的規(guī)律是“同增異減”； (3)圖象法． 2．熟記函數(shù)單調(diào)性的4個常用結(jié)論 (1)若f(x)，g(x)均是區(qū)間A

11、上的增(減)函數(shù)，則f(x)＋g(x)也是區(qū)間A上的增(減)函數(shù)； (2)若k>0，則kf(x)與f(x)單調(diào)性相同；若k<0，則kf(x)與f(x)單調(diào)性相反； (3)函數(shù)y＝f(x)(f(x)>0)在公共定義域內(nèi)與y＝－f(x)，y＝的單調(diào)性相反； (4)函數(shù)y＝f(x)(f(x)≥0)在公共定義域內(nèi)與y＝的單調(diào)性相同． 3．謹(jǐn)防3種失誤 (1)單調(diào)區(qū)間是定義域的子集，故求單調(diào)區(qū)間應(yīng)以“定義域優(yōu)先”為原則． (2)單調(diào)區(qū)間只能用區(qū)間表示，不能用集合或不等式表示． (3)圖象不連續(xù)的單調(diào)區(qū)間要分開寫，用“和”或“，”連接，不能用“∪”連接． 2．函數(shù)f(x)＝ln(x2－

12、2x－8)的單調(diào)遞增區(qū)間是(　　) A．(－∞，－2) B．(－∞，1) C．(1，＋∞) D．(4，＋∞) [解析]由x2－2x－8＞0，得x＞4或x＜－2. 設(shè)t＝x2－2x－8，則y＝lnt為增函數(shù)． 要求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間，即求函數(shù)t＝x2－2x－8的單調(diào)遞增區(qū)間． ∵函數(shù)t＝x2－2x－8的單調(diào)遞增區(qū)間為(4，＋∞)， ∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(4，＋∞)． 故選D. [答案]D 3．函數(shù)y＝的單調(diào)遞減區(qū)間是(　　) A.B. C．(0，e) D．(e，＋∞) [解析]∵y′＝，令y′<0，解得x>e. 所以單調(diào)遞減區(qū)間是，選D. [

13、答案]D 函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用 例3　(1)已知函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，當(dāng)x2>x1>1時，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，設(shè)a＝f，b＝f(2)，c＝f(e)(e＝2.71828…為自然對數(shù)的的底數(shù))，則a，b，c的大小關(guān)系為(　　) A．c>a>bB．c>b>a C．a(chǎn)>c>bD．b>a>c [解析]因為f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，所以f＝f.由x2>x1>1時，[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)<0恒成立，知f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．∵1<2<f>f(e)，∴b>a>c. [答案]D (2)已知函數(shù)f

14、(x)＝是R上的單調(diào)函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A.B. C.D. [解析]由對數(shù)函數(shù)的定義可得a>0，且a≠1.又函數(shù)f(x)在R上單調(diào)，而二次函數(shù)y＝ax2－x－的圖象開口向上，所以函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減， 故有即 所以a∈. [答案]B (3)已知函數(shù)f(x)是R上的增函數(shù)，A(0，－3)，B(3，1)是其圖象上的兩點，那么不等式－3＜f(x＋1)＜1的解集的補集是(全集為R)(　　) A．(－1，2) B．(1，4) C．(－∞，－1)∪[4，＋∞) D．(－∞，－1]∪[2，＋∞) [解析]由函數(shù)f(x)是R上的增函數(shù)，A(0，－3)，B(3，1)

15、是其圖象上的兩點，知不等式－3＜f(x＋1)＜1即為f(0)＜f(x＋1)＜f(3)，所以0＜x＋1＜3，所以－1＜x＜2，故不等式－3＜f(x＋1)＜1的解集的補集是(－∞，－1]∪[2，＋∞)． [答案]D [小結(jié)]1.比較函數(shù)值大小的解題思路：比較函數(shù)值的大小時，若自變量的值不在同一個單調(diào)區(qū)間內(nèi)，要利用其函數(shù)性質(zhì)，轉(zhuǎn)化到同一個單調(diào)區(qū)間上進行比較，對于選擇題、填空題能數(shù)形結(jié)合的盡量用圖象法求解． 2．解函數(shù)不等式的解題思路：先利用函數(shù)的相關(guān)性質(zhì)將不等式轉(zhuǎn)化為f(g(x))>f(h(x))的形式，再根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性去掉“f”，得到一般的不等式g(x)>h(x)(或g(x)

16、 3．利用單調(diào)性求參數(shù)的范圍(或值)的方法： (1)視參數(shù)為已知數(shù)，依據(jù)函數(shù)的圖象或單調(diào)性定義，確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，與已知單調(diào)區(qū)間比較求參數(shù)； (2)需注意若函數(shù)在區(qū)間[a，b]上是單調(diào)的，則該函數(shù)在此區(qū)間的任意子集上也是單調(diào)的． 4．已知函數(shù)f(x)＝若f(2－x2)>f(x)，則實數(shù)x的取值范圍是(　　) A．(－∞，－1)∪(2，＋∞) B．(－∞，－2)∪(1，＋∞) C．(－1，2) D．(－2，1) [解析]∵當(dāng)x＝0時，兩個表達(dá)式對應(yīng)的函數(shù)值都為0，∴函數(shù)的圖象是一條連續(xù)的曲線．又∵當(dāng)x≤0時，函數(shù)f(x)＝x3為增函數(shù)，當(dāng)x>0時，f(x)＝ln(x＋1)也是

17、增函數(shù)，∴函數(shù)f(x)是定義在R上的增函數(shù)．因此，不等式f(2－x2)>f(x)等價于2－x2>x，即x2＋x－2<0，解得－2

18、f(x2－2x＋a)＜f(x＋1)對任意的x∈[－1，2]恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A.B．(－∞，－3) C．(－3，＋∞) D. [解析]依題意得f(x)在R上是減函數(shù)，所以f(x2－2x＋a)＜f(x＋1)對任意的x∈[－1，2]恒成立，等價于x2－2x＋a＞x＋1對任意的x∈[－1，2]恒成立，等價于a＞－x2＋3x＋1對任意的x∈[－1，2]恒成立．設(shè)g(x)＝－x2＋3x＋1(－1≤x≤2)，則g(x)＝－＋(－1≤x≤2)，當(dāng)x＝時，g(x)取得最大值，且g(x)max＝g＝，因此a＞，故選D. [答案]D 對應(yīng)學(xué)生用書p16 (2019·全國卷Ⅲ理)設(shè)f是定義域為R的偶函數(shù)，且在單調(diào)遞減，則 A．f＞f＞f B．f＞f＞f C．f＞f＞f D．f＞f＞f [解析]∵f是定義域為R的偶函數(shù)， ∴f＝f(log34)． ∵log34>log33＝1，1＝20>2－>2－，∴l(xiāng)og34>2－>2－， 又f在(0，＋∞)上單調(diào)遞減， ∴f(log34)f>f. 故選C. [答案]C 11