2023年高考数学一轮复习(新高考1) 第2章 §2

x2＋4
2 的最大值为__5__.
x2＋5
令 x2＋4＝t，则 t≥2，
∴x2＝t2－4，∴y＝t2＋t 1＝t＋1 1t ， 设 h(t)＝t＋1t ，
则h(t)在[2，＋∞)上为增函数，
∴h(t)min＝h(2)＝52， ∴y≤15＝25(x＝0 时取等号).
2 即 y 的最大值为25.
命题点3 解不等式
的取值范围是
√A.(－∞，－2]
C.(－∞，2]
B.(－∞，－2) D.(－∞，2)
函数f(x)＝ln(x2－ax－3)为复合函数，令u(x)＝x2－ax－3， y＝ln u为增函数， 故只要 u(x)＝x2－ax－3 在(1，＋∞)上单调递增即可，只要a2≤1，
u1≥0， 解得a≤－2.
2.对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝ ab， ，aa≤ >bb. ，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__1__.
那么就称函数f(x)在区间D上单 那么就称函数f(x)在区间D上单
调递增
调递减
图象 描述
自左向右看图象是上升的
自左向右看图象是下降的
(2)单调区间的定义 如果函数y＝f(x)在区间D上_单__调__递__增__或_单__调__递__减__，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.
1
1
0)，均有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0成立，若a＝f(ln 2 )，b＝f( 33 )，c＝f( e3 )，
则a，b，c的大小关系是
A.c<b<a
√B.a<c<b
C.a<b<c
D.c<a<b
∵对任意x1，x2∈(－∞，0)， 均有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0成立， ∴此时函数在区间(－∞，0)上单调递减，
由题意知 g(x)＝0，x＝1， －x2，x<1，
该函数的图象如
图所示，其单调递减区间是[0,1).
2.已知 a>0，函数 f(x)＝x＋ax(x>0)，证明：函数 f(x)在(0， a]上单调递减， 在[ a，＋∞)上单调递增.
方法一 (定义法)设x1>x2>0， f(x1)－f(x2)＝x1＋xa1－x2－xa2 ＝(x1－x2)＋axx21－x2x1 ＝x1－x2x1xx21x2－a，
当a>0时，f′(x)<0，函数f(x)在(－1,1)上单调递减； 当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)在(－1,1)上单调递增.
教师备选
1，x>0， 1.设函数f(x)＝0，x＝0， g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的单调递减区间是
－1，x<0， _[_0_,_1_) _.
x2，x>1，
跟踪训练1 (1)函数f(x)＝ln(4＋3x－x2)的单调递减区间是
A.－∞，32
B.32，＋∞
C.－1，32
√D.32，4
f(x)＝ln(4＋3x－x2)的定义域为(－1,4).
令 t＝4＋3x－x2，对称轴为 x＝32， 故单调递增区间为－1，32， 单调递减区间为32，4， 因为 y＝ln t 为增函数，所以 f(x)＝ln(4＋3x－x2)的单调递减区间为32，4.
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
(1)∀x∈I， 都有_f_(_x)_≤__M__； 条件 (2)∃x0∈I， 使得_f_(_x_0)_＝__M__
(1)∀x∈I， 都有__f_(x_)_≥__M__；
(2)∃x0∈I， 使得_f_(_x0_)_＝__M__
结论
∵x1>x2>0，∴x1－x2>0，x1x2>0，
当 x1，x2∈(0， a]时，0<x1x2<a， ∴x1x2－a<0， ∴f(x1)－f(x2)<0，f(x1)<f(x2)， ∴f(x)在(0， a]上单调递减， 当 x1，x2∈[ a，＋∞)时，x1x2>a，
∴x1x2 － a>0 ， ∴f(x1) － f(x2)>0 ， ∴f(x1)>f(x2)， ∴f(x)在[ a，＋∞)上单调递增.
∵f(x)是偶函数，
∴当x∈(0，＋∞)时，f(x)单调递增，
1
又f(x)＝ x3 在x∈(0，＋∞)上单调递增，
1
1
∴1< e3 < 33 ，
又 0<ln 2<1，
11
∴ln 2 < e3< 33，
∴
f
1 33
>
f
1 e3
>f(ln
即a<c<b.
2 )，
命题点2 求函数的最值
例4
(2022·深圳模拟)函数y＝
跟踪训练2 (1)(2022·天津静海区模拟)已知函数f(x)＝e|x|，记a＝f(log23)，
b＝f log312，c＝f(2.11.2)，则a，b，c的大小关系为
A.a<b<c
B.c<b<a
√C.b<a<c
D.b<c<a
函数f(x)＝e|x|，其定义域为R， 且f(－x)＝e|－x|＝e|x|＝f(x)， ∴f(x)为偶函数，当x>0时，f(x)＝ex，即函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∵2＝log24>log23>log22＝1， 0<log32<log33＝1,2.11.2>2.11＝2.1>2， ∴2.11.2>log23>log32>0， ∴f(2.11.2)>f(log23)>f(log32)， 即 f(2.11.2)>f(log23)>f log312， 则b<a<c.
(2)函数f(x)＝|x－2|x的单调递减区间是_[_1_,2_]_.
f(x)＝x－2－x22＋x，2xx，≥x2<，2. 画出f(x)的大致图象(如图所示)， 由图知f(x)的单调递减区间是[1,2].
题型二 函数单调性的应用
命题点1 比较函数值的大小
例3 (2022·成都模拟)已知函数f(x)为R上的偶函数，对任意x1，x2∈(－∞，
思维升华
(1)比较函数值的大小时，转化到同一个单调区间内，然后 利用函数的单调性解决. (2)求解函数不等式，由条件脱去“f”，转化为自变量间的 大小关系，应注意函数的定义域. (3)利用单调性求参数的取值(范围).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.对于分段函数，要注意衔接点的取值.
B.y＝|x2－2x| D.y＝ x2＋x－2
∵y＝ex与y＝－e－x为R上的增函数， ∴y＝ex－e－x为R上的增函数，故A正确； 由y＝|x2－2x|的图象知，故B不正确； 对于选项C，y′＝1－sin x≥0， ∴y＝x＋cos x在R上为增函数，故C正确； y＝ x2＋x－2的定义域为(－∞，－2]∪[1，＋∞)，故 D 不正确.
(2)设函数 f(x)＝－logx22x＋，4xx>，4，x≤4， 若函数 y＝f(x)在区间(a，a＋1)上
命题点4 求参数的取值范围
例6
函数f(x)＝a4x－，2ax≥x＋1，2，x<1，且满足对任意的实数x1≠x2都有
fx1－fx2 x1－x2
>0成立，则实数a的取值范围是
√A.[4,8)
C.(1,8]
B.(4,8) D.(1,8)
ax，x≥1， 函 数 f(x) ＝ 4－a2x＋2，x<1
满 足 对 任 意 的 实 数 x1≠x2 都
M为最大值
M为最小值
常用 结论
1.∀x1，x2∈D 且 x1≠x2，有fxx11－－xf2x2>0(<0)或(x1－x2)[f(x1) －f(x2)]>0(<0)⇔f(x)在区间 D 上单调递增(减). 2.在公共定义域内，增函数＋增函数＝增函数，减函数 ＋减函数＝减函数.
常用 结论
3.函数 y＝f(x)(f(x)>0 或 f(x)<0)在公共定义域内与 y＝－f(x)，y＝f1x 的单调性相反. 4.复合函数的单调性：函数y＝f(u)，u＝φ(x)在函数y＝f(φ(x))的定义 域上，如果y＝f(u)与u＝φ(x)的单调性相同，那么y＝f(φ(x))单调递 增；如果y＝f(u)与u＝φ(x)的单调性相反，那么y＝f(φ(x))单调递减.
方法二 (导数法) f′(x)＝1－xa2＝x2x－2 a(x>0)， 令 f′(x)>0⇒x2－a>0⇒x> a， 令 f′(x)<0⇒x2－a<0⇒0<x< a，
∴f(x)在(0， a]上单调递减，在[ a，＋∞)上单调递增.
思维升华
确定函数单调性的四种方法 (1)定义法；(2)导数法；(3)图象法；(4)性质法.
第二章
考试要求
1.借助函数图象，会用数学符号语言表达函数的单调性、最值，理解实际意义. 2.掌握函数单调性的简单应用.
落实主干知识 探究核心题型
课时精练
LUOSHIZHUGANZHISHI
落实主干知识
知识梳理
1.函数的单调性
(1)单调函数的定义
增函数
减函数
一般地，设函数f(x)的定义域为I，区间D⊆I，如果∀x1，x2∈D 定义 当x1<x2时，都有_f_(_x_1)_<_f_(x_2_)_， 当x1<x2时，都有_f_(_x1_)_>_f(_x_2_) ，
命题点2 判断或证明函数的单调性 例2 试讨论函数f(x)＝x－ax1 (a≠0)在(－1,1)上的单调性.
方法一 设－1<x1<x2<1， f(x)＝ax－x－1＋1 1＝a1＋x－1 1，
f(x1)－f(x2)＝a1＋x1－1 1－a1＋x2－1 1 ＝x1a－2<1， 所以x2－x1>0，x1－1<0，x2－1<0，
方法一 在同一坐标系中，作函数f(x)，g(x)的图象， 依题意，h(x)的图象为如图所示的实线部分. 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. 方法二 依题意，h(x)＝l－ogx2＋x，3，0<xx>≤2.2， 当0<x≤2时，h(x)＝log2x单调递增， 当x>2时，h(x)＝3－x单调递减， 因此h(x)在x＝2时取得最大值h(2)＝1.
增函数.( × )
(4)函数y＝1的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞).( x
×
)
教材改编题
1.下列函数中，在区间(0,1)上单调递增的是
√A.y＝|x＋1|
C.y＝1 x
B.y＝2－x D.y＝x2－x＋1
2.函数y＝x－x 1 在区间[2,3]上的最大值是__2__.
函数 y＝x－x 1＝1＋x－1 1在[2,3]上单调递减， 当 x＝2 时，y＝x－x 1取得最大值2－2 1＝2.
思考辨析
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若f(x)的定义域为R，且f(－3)<f(2)，则f(x)为R上的增函
数.( × )
(2)函数f(x)在(－2,3)上单调递增，则函数的单调递增区间为
(－2,3).( × )
(3)因为y＝x与y＝ex都是增函数，所以y＝xex在定义域内为
有 fxx11－－fx2x2>0，
ax，x≥1， 所以函数 f(x)＝4－a2x＋2，x<1
是 R 上的增函数， a>1，
则由指数函数与一次函数的单调性可知应满足4－a2>0，
a≥4－a2＋2，
解得4≤a<8， 所以实数a的取值范围为[4,8).
教师备选
1.(2022·嘉峪关模拟)函数f(x)＝ln(x2－ax－3)在(1，＋∞)上单调递增，则a
例5
已
知
函数
f(x)
＝1 3
x
－
log2(x
＋
2)
，
若
f(a
－
2)>3
，
则
a
的
取
值
范
围
是
__(0_,_1_)_.
由 f(x)＝13x－log2(x＋2)知， f(x)在定义域(－2，＋∞)上是减函数， 且f(－1)＝3， 由f(a－2)>3，得f(a－2)>f(－1)， ∴aa－ －22<>－ －12， ， 解得0<a<1.
故当a>0时，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，函数f(x)在(－1,1)上单调 递减；
当a<0时，f(x1)－f(x2)<0， 即f(x1)<f(x2)，函数f(x)在(－1,1)上单调递增. 方法二 f′(x)＝ax′x－x1－－1a2xx－1′ ＝ax－x－11－2 ax＝－x－a12.
3.函数y＝x－a 1在(－∞，1)上为增函数，则实数a的取值范围是_(_－__∞__，__0_)_.
TANJIUHEXINTIXING
探究核心题型
题型一 确定函数的单调性
命题点1 求具体函数的单调区间
例1 (多选)下列函数在(0，＋∞)上单调递增的是
√A.y＝ex－e－x √C.y＝x＋cos x