新人教數(shù)學(xué)(理)二輪復(fù)習(xí)22基本初等函數(shù)導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用(含答案解析)

第2課時(shí)函數(shù)的單調(diào)性與最值1．理解函數(shù)的單調(diào)性，會(huì)談?wù)摵妥C明一些簡(jiǎn)單的函數(shù)的單調(diào)性．2．理解函數(shù)的最大(小)值及其幾何意義，并能求出一些簡(jiǎn)單的函數(shù)的最大(小)值．[對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)P12]【梳理自測(cè)】一、函數(shù)的單調(diào)性1．以下函數(shù)f(x)中滿足“對(duì)任意x1，x2∈(0，＋∞)，當(dāng)x1＜x2時(shí)，都有f(x1)＞f(x2)”的是(

)1A．f(x)＝x

B．f(x)＝(x－1)

2C．f(x)＝e2

D．f(x)＝ln(x＋1)2．函數(shù)

y＝x2＋2x－3(x＞0)的單調(diào)增區(qū)間是

(

)A．(0，＋∞)C．(－∞，－1)

B．(1，＋∞)D．(－∞，－3]答案：1.A2.A◆以上題目主要觀察了以下內(nèi)容：(1)單調(diào)函數(shù)的定義增函數(shù)

減函數(shù)定義

一般地，設(shè)函數(shù)

f(x)的定義域?yàn)?/p>

I，若是對(duì)于定義域

I內(nèi)某個(gè)區(qū)間D上的任意兩個(gè)自變量x1，x2，當(dāng)x1＜x2時(shí)，都有f(x1)當(dāng)x1＜x2時(shí)，都有f(x1)＜f(x2)，＞f(x2)，那么就說(shuō)函數(shù)那么就說(shuō)函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是f(x)在區(qū)間D上是減函增函數(shù)數(shù)(2)若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù)或減函數(shù)，則稱函數(shù)y＝f(x)在這一區(qū)間上擁有(嚴(yán)格的)單調(diào)性，區(qū)間D叫做y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間．二、函數(shù)的最值1．(教材改編)f(x)＝x2－2x(x∈[－2，4])的最小值為_(kāi)_______，最大值為_(kāi)_______．2．(教材改編)函數(shù)f(x)＝2x在[1，2]的最大值為_(kāi)_______，最小值為_(kāi)_______．x＋1答案：1.－182.413◆以上題目主要觀察了以下內(nèi)容：前提設(shè)函數(shù)y＝f(x)的定義域?yàn)镮，若是存在實(shí)數(shù)M滿足①對(duì)①對(duì)于任意x∈I，都有于任意x∈I，都有條f(x)≤M；f(x)≥M件②②②②存在x0∈I，使得f(x0)＝存在x0∈I，使得f(x0)＝MM結(jié)論M為最大值M為最小值【指點(diǎn)迷津】1．函數(shù)的單調(diào)性是局部性質(zhì)函數(shù)的單調(diào)性，從定義上看，是指函數(shù)在定義域的某個(gè)子區(qū)間上的單調(diào)性，是局部的特2性.2．f(x)在區(qū)間[a，b]上單調(diào)遞加與函數(shù)f(x)的單調(diào)遞加區(qū)間為[a，b]的含義不同樣．3．函數(shù)的單調(diào)區(qū)間是函數(shù)定義域的子區(qū)間，所以求解函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，必定先求出函數(shù)的定義域．4．單調(diào)區(qū)間只能用區(qū)間表示，不能夠用會(huì)集或不等式表示；如有多個(gè)單調(diào)區(qū)間應(yīng)分別寫(xiě)，不能夠用并集符號(hào)“∪”聯(lián)系，也不能夠用“或”聯(lián)系．如函數(shù)y＝1的單調(diào)減區(qū)間為(－∞，0)∪(0，x＋∞)是錯(cuò)誤的．[對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)P12]考向一判斷函數(shù)的單調(diào)性ax判斷函數(shù)f(x)＝在(－1，＋∞)上的單調(diào)性，并證明．【審題視點(diǎn)】【典例精講】

利用單調(diào)性定義證明．當(dāng)a＞0時(shí)，函數(shù)y＝f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞加．當(dāng)a＜0時(shí)，函數(shù)y＝f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞減．證明以下：ax1ax2設(shè)－1＜x1＜x2，則f(x1)－f(x2)＝x1＋1－x2＋1ax1（x2＋1）－ax2（x1＋1）x1＋1）（x2＋1）a（x1－x2）＝（x1＋1）（x2＋1）∵－1＜x1＜x2，x1－x2＜0，x1＋1＞0，x2＋1＞0.∴當(dāng)a＞0時(shí)，f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，∴函數(shù)y＝f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞加．同應(yīng)該a＜0時(shí)，f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，∴函數(shù)y＝f(x)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞減．【類題通法】(1)判斷(或證明)函數(shù)單調(diào)性的主要方法有：①能畫(huà)出圖象的函數(shù)，用圖象法．②能作差變形的用定義法．③能求導(dǎo)的函數(shù)用導(dǎo)數(shù)法．④由基本初等函數(shù)經(jīng)過(guò)加、減運(yùn)算或復(fù)合運(yùn)算構(gòu)成的函數(shù)，用轉(zhuǎn)變法．(2)判斷函數(shù)的單調(diào)性應(yīng)先求定義域；(3)用定義法判斷(或證明)函數(shù)單調(diào)性的一般步驟為：取值—作差—變形—判號(hào)—定論，其中變形為要點(diǎn)，而變形的方法有因式分解、配方法等．a(chǎn)x1．試談?wù)摵瘮?shù)f(x)＝x－1(a≠0)在(－1，1)上的單調(diào)性．剖析：設(shè)－1＜x1＜x2＜1，x－1＋1＝a1，f(x)＝ax－11＋x－1f(x1)－f(x2)＝a1＋1－a11x1－1＋x2－1x2－x1＝a（x1－1）（x2－1）當(dāng)a＞0時(shí)，f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，函數(shù)f(x)在(－1，1)上遞減；當(dāng)a＜0時(shí)，f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，函數(shù)f(x)在(－1，1)上遞加．考向二求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間求以下函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．a(chǎn)(1)函數(shù)f(x)＝x＋x(a＞0)(x＞0)；(2)函數(shù)y＝x2＋x－6.【審題視點(diǎn)】(1)用定義法，(2)用復(fù)合函數(shù)法．【典例精講】(1)設(shè)x1＜x2，af(x1)－f(x2)＝x1＋x1－(x2＋x2)a（x2－x1）＝(x1－x2)＋x1x2（x1x2－a）＝(x1－x2)·x1x2當(dāng)0＜x1＜x2＜a時(shí)，x1x2＜a，∴f(x1)－f(x2)＞0.在(0，a)上，f(x)是減函數(shù)．當(dāng)a＜x1＜x2時(shí)，x1x2＞a，f(x1)－f(x2)＜0，∴f(x)在(a，＋∞)上是增函數(shù)，a∴f(x)＝x＋x(a＞0)的增區(qū)間為(a，＋∞)，減區(qū)間為(0，a)．(2)令u＝x2＋x－6，y＝x2＋x－6能夠看作有y＝u與u＝x2＋x－6的復(fù)合函數(shù)．由u＝x2＋x－6≥0，得x≤－3或x≥2.u＝x2＋x－6在(－∞，－3]上是減函數(shù)，在[2，＋∞)上是增函數(shù)，而y＝u在(0，＋∞)上是增函數(shù)．y＝x2＋x－6的單調(diào)減區(qū)間為(－∞，－3]，單調(diào)增區(qū)間為[2，＋∞)．【類題通法】求單調(diào)區(qū)間的方法(第一求定義域)1．定義法：注意證明函數(shù)單調(diào)性只能用定義和導(dǎo)數(shù)法．2．圖象法：圖象上升區(qū)間為增區(qū)間；圖象下降區(qū)間為減區(qū)間．3．導(dǎo)數(shù)法：f′(x)＞0的解的區(qū)間為增區(qū)間；f′(x)＜0的解的區(qū)間為減區(qū)間．4．復(fù)合函數(shù)法：按復(fù)合函數(shù)“同增異減”的原則，確定原函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．2．(1)函數(shù)f(x)＝log5(2x＋1)的單調(diào)增區(qū)間為_(kāi)_______．(2)函數(shù)y＝x－|1－x|的單調(diào)增區(qū)間為_(kāi)_______．剖析：(1)函數(shù)

f(x)的定義域?yàn)?/p>

1－2，＋∞，令

t＝2x＋1(t＞0)，因?yàn)?/p>

y＝log5t在

t∈(0，＋∞)上為增函數(shù)，

t＝2x＋1在－1，＋∞上為增函數(shù)，所以函數(shù)2

f(x)＝log5(2x＋1)的單調(diào)增區(qū)間為－12，＋∞.1，

x≥1，(2)y＝x－|1－x|＝2x－1，x＜1.作出該函數(shù)的圖象以下列圖．由圖象可知，該函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間是(－∞，1]，無(wú)單調(diào)減區(qū)間．答案：(1)－1，＋∞(2)(－∞，1]2考向三利用函數(shù)的單調(diào)性解不等式(2014·山東濟(jì)寧二模)定義在R上的偶函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上遞加，f1＝0，則3滿足f(log1x)＞0的x的取值范圍是()81∪(2，＋∞)A．(0，＋∞)B.0，2C.0，1∪1，2D.0，1822【審題視點(diǎn)】依照單調(diào)性剝?nèi)ァ癴符”號(hào)轉(zhuǎn)變成對(duì)數(shù)不等式．【典例精講】由f(x)＝f(－x)＝f(|x|)得f(|log1x|)＞f13，8于是|logx|＞1，解出答案，可知選B.138【答案】B【類題通法】依照函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)性，由x1、x2的大小，可比較f(x1)與f(x2)的大?。粗猣(x1)與f(x2)的大小，可得x1與x2的大小，即剝?nèi)ァ癴符”號(hào)解不等式．3．定義在R上的偶函數(shù)f(x)滿足：對(duì)任意的f（x2）－f（x1）x1，x2∈[0，＋∞)(x1≠x2)，有x2－x1＜0，則()A．f(3)＜f(－2)＜f(1)B．f(1)＜f(－2)＜f(3)C．f(－2)＜f(1)＜f(3)D．f(3)＜f(1)＜f(－2)f（x2）－f（x1）剖析：選A.由題意得，在[0，＋∞)上，＜0，故f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)x2－x1遞減，且滿足n∈N*時(shí)，f(－2)＝f(2)，3＞2＞1＞0，得f(3)＜f(－2)＜f(1)，應(yīng)選A.考向四函數(shù)的最值及應(yīng)用(2014·昆明模擬)已知函數(shù)f(x)＝x2＋2x＋a，x∈[1，＋∞)．x(1)當(dāng)a＝12時(shí)，求函數(shù)f(x)的最小值；(2)若對(duì)任意x∈[1，＋∞)，f(x)＞0恒成立，試求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【審題視點(diǎn)】(1)利用單調(diào)性求最小值．(2)當(dāng)x∈[1，＋∞)時(shí)，f(x)min＞0，求a.【典例精講】(1)當(dāng)a＝1，f(x)＝x＋1＋2，22xf′(x)＝1－2x12，當(dāng)x∈[1，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0恒成立，∴f(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)，77∴當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)取最小值，f(1)＝.故f(x)min＝.22(2)要使f(x)＞0，x∈[1，＋∞)恒成立，2即x＋2x＋a＞0，x∈[1，＋∞)恒成立．設(shè)g(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1，∴當(dāng)x∈[1，＋∞)時(shí)，g(x)min＝3＋a.3＋a＞0，∴a＞－3即可，∴a∈(－3，＋∞)．【類題通法】1.求函數(shù)最值的常用方法(1)單調(diào)性法：先確定函數(shù)的單調(diào)性，再由單調(diào)性求最值；(2)圖象法：先作出函數(shù)的圖象，再觀察其最高點(diǎn)、最低點(diǎn)，求出最值；(3)基本不等式法：先對(duì)剖析式變形，使之具備“一正二定三相等”的條件后用基本不等式求出最值；(4)導(dǎo)數(shù)法：先求導(dǎo)，爾后求出在給定區(qū)間上的極值，最后結(jié)合端點(diǎn)值，求出最值；(5)換元法：比較較復(fù)雜的函數(shù)可經(jīng)過(guò)換元轉(zhuǎn)變成熟悉的函數(shù)，再用相應(yīng)的方法求最值．2．恒成立問(wèn)題的解法(1)m＞f(x)恒成立?m＞f(x)max；(2)m＜f(x)恒成立?m＜f(x)min.4．(2014荊·州市高三質(zhì)量檢測(cè))函數(shù)f(x)＝|x3－3x2－t|，x∈[0，4]的最大值記為g(t)，當(dāng)t在實(shí)數(shù)范圍內(nèi)變化時(shí)，g(t)的最小值為_(kāi)_______．剖析：令g(x)＝x3－3x2－t，則g′(x)＝3x2－6x，令g′(x)≥0，則x≤0或x≥2，在[0，2]上g(x)為減函數(shù)，在[2，4]上g(x)為增函數(shù)，故f(x)的最大值g(t)＝max{|g(0)|，|g(2)|，|g(4)|}，又|g(0)|＝|t|，|g(2)|＝|4＋t|，|g(4)|＝|16－t|，在同一坐標(biāo)系中分別作出它們的圖象，由圖象可知，在y＝16－t(t≤16)與y＝4＋t(t－≥4)的交點(diǎn)處，g(t)獲取最小值，由16－t＝4＋t，得2t＝12，t＝6，g(t)min＝10.答案：10[對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)P14]求函數(shù)在閉區(qū)間上最值和單調(diào)性應(yīng)用1－x(2014·鄭州市高三質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝＋lnx.(1)當(dāng)a＝12時(shí)，求f(x)在[1，e]上的最大值和最小值；(2)若函數(shù)

1g(x)＝f(x)－4x

在[1，e]上為增函數(shù)，求正實(shí)數(shù)

a的取值范圍．【審題視點(diǎn)】(1)利用求導(dǎo)法求極值再與f(1)，f(e)比較得最值．(2)g(x)在[1，e]上遞加可轉(zhuǎn)變成g′(x)≥0在[1，e]上恒成立，求解

a.【思想流程】a＝1時(shí)，化簡(jiǎn)2

f(x)．求導(dǎo)，并求出f′(x)＝0的根．判斷單調(diào)性，確定極值點(diǎn)．求極值，并確定最值．確定g(x)并求導(dǎo)．轉(zhuǎn)變題意，求解g′(x)≥0恒成立問(wèn)題．利用二次函數(shù)求a的范圍．【規(guī)范解答】

(1)當(dāng)a＝1時(shí)，22（1－x）f(x)＝＋lnx，xx－2f′(x)＝x2，令f′(x)＝0，得x＝2，∴當(dāng)x∈[1，2)時(shí)，f′(x)＜0，故f(x)在[1，2)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(2，e]時(shí)，f′(x)＞0，故f(x)在(2，e]上單調(diào)遞加，∴f(x)在區(qū)間[1，e]上有唯一的極小值點(diǎn)，故f(x)min＝f(x)極小值＝f(2)＝ln2－1.3分又∵f(1)＝0，f(e)＝2－e＜0.e∴f(x)在區(qū)間[1，e]上的最大值f(x)max＝f(1)＝0.5分綜上可知，函數(shù)f(x)在[1，e]上的最大值是0，最小值是ln2－1.6分1x＝1－x1(2)∵g(x)＝f(x)－ax＋lnx－x，44ax2＋4ax－4∴g′(x)＝4ax2(a＞0)，設(shè)φ(x)＝－ax2＋4ax－4，由題意知，只需φ(x)≥0在[1，e]上恒成馬上可滿足題意.9分∵a＞0，函數(shù)φ(x)的圖象的對(duì)稱軸為x＝2，4a的取值范圍為4，＋∞.12分∴只需φ(1)＝3a－4≥0，即a≥即可．故正實(shí)數(shù)33【規(guī)范建議】(1)區(qū)分極值與最值．(2)正確轉(zhuǎn)變題意，如本題(2)中轉(zhuǎn)變成g′(x)恒≥0建馬上求a的范圍．切記不能夠去掉“＝”號(hào)．1．(2012·考陜西卷高)以下函數(shù)中，既是奇函數(shù)又是增函數(shù)的為()A．y＝x＋1B．y＝－x31C．y＝xD．y＝x|x|答案：D2．(2013高·考北京卷)以下函數(shù)中，既是偶函數(shù)又在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞減的是()1－xA．y＝xB．y＝eC．y＝－x2＋1D．y＝lg|x|剖析：選C.利用偶函數(shù)的定義及函數(shù)單調(diào)性的判斷方法求解．1A項(xiàng)，y＝x是奇函數(shù)，故不正確；－x為非奇非偶函數(shù)，故不正確；B項(xiàng)，y＝eC，D兩項(xiàng)中的兩個(gè)函數(shù)都是偶函數(shù)，且y＝－x2＋1在(0，＋∞)上是減函數(shù)，y＝lg|x|在(0，＋∞)上是增函數(shù)，應(yīng)選C.3．(2013高·考全國(guó)大綱卷)若函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋1在1，＋∞是增函數(shù)，則a的取值范x2圍是()A．[－1，0]B．[－1，＋∞)C．[0，3]D．[3，＋∞)剖析：選D.由題意知f′(x)≥0對(duì)任意的x∈1，＋∞恒成立，又2

1f′(x)＝2x