第二章 第二节 函数的单调性与最值-【高考前沿】2023高考数学第一轮复习·超级考生备战高考

思维发散第二节函数的单调性与最值 解析：当x≤0时，由2>。得-1≤x≤0；当x>0时，由log，x|>÷[教材要点精析] 重点逐一突破 得0≤x<2或x>\sqrt{2}.要点一 ⋮小题查验 1.A-由题图可知函数f(x)在区间[-1，2]上单调递增，在[2，4]上单调 综上。所求x的集合是{x-1<x<^或x>\sqrt{z}) ：递减，故选A。 2.C～由x^2-4≥0可得x<-2或x>2.∴函数f(x)的定义域为 答案：x|-1≤x<^或x>\sqrt{2}} -∞，-2)U(2，+∞)。设t=x^2-4，则t在(2，+∞)上单调递增，又 跟踪训练 1.BC_根据题意和图②知，两直线平行即票价不变，直线向上平移说明gt为增函数，函数f(x)=log2(x^2-4)在(2，+∞)上单 当乘客量为0时，收入是0但是支出变少了，即说明此建议是降低成的单调递增区间为(2，+∞)。故选C。 本而保持票价不变，故B正确；由图③可以看出，当乘客量为0时，支3.解析；函数图象的对称轴为直线x=1-a，由1-a=4，得a=-3. 出不变，但是直线的倾斜角变大，即相同的乘客量时收入变大，即票价答案：-3＋l≤2， 提高了，即说明此建议是提高票价而保持成本不变，故C正确． 2.B-本题考查由分段函数求解不等式。当x＋1<2，即x<1时，不等式·解析：依题意得2a f(x+1)>2可化为2e^z>2，解得x≥0，故0<x≤1；当x+1≥2，即x答案：[-1，1) +1>2c^2，解得-1≤a<1. ≥I时，不等式f(x+1)>2可化为log_3[(x+1)^2-1]>2，所以(x＋要点 1)^2-1>3^2，即(x+1)^2>10，解得x>√10―1.综上所述，不等式f(x +1)>2的解集为(0，1)∪(√10-1，+∞)。小题查验__x)≥M最大值(或最小值） 题型四5.B因为y=x-┐在区间[2.3]上单调递减， 定向突破 [例6」[解]（1)(配方法)y=x^2-2x+3=(x-1)^2+2，所以y_mm-3=_1=2.故选B。 由x∈[0，3)，归纳拓展提升 再结合函数的图象(如图①所示)。可得函数的值域为[2，6)． 提速度，·：1可知选项C的说法不正确． 2.C-由结论2可知正确选项为C。 y1 L重点难点探究」 4～―yx'213/r-2(21)+题型一、 定向突破_ 2-`2，[例丁〔解析]（1)由x^2-2x-8>0，得f(x)的定义域为{x|x<-2 oi23+主～o[i234﹔设t=x^2-2x-8，则y=1nt为增函数． 图②要求函数f(x)的单调递增区间，即求函数t=x^2-2x-8的单调递增 区间(定义域内)． （2)(换元法)设t=\sqrt{x}-T。则x=t^2+1，且t≥0，∵函数t=x^2-2x-8在区间(4，+∞)上单调递增，在区间(―∞， ∴y=2(t^2+1)-t=2(t-÷)+8，-2)上单调递减， 由t≥0，再结合函数的图象(如图②所示)，可得函数的值域 ∴函数f(x)的单调递增区间为(4，+∞)。故选D。 （x^2，x>1， 为8，+∞)。（2)由题意知g(x)=30.x=1，ⅲ该函数图象如图 -x^2，x<1， （3)函数的定义域为[1，+∞)，所示，其单调递减区间是[0，1)． [答案]（1)D（2)[0.1) ∵y=\sqrt{x}+1与y=\sqrt{x}-1在[1，+∞)上均为单调递增函数，[例2][解]法一(定义法)：∀x_1·x_2∈(-1，1)，且 ∴y=\sqrt{x}+1+\sqrt{x}-1在[1，+∞)上为单调递增函数， x_1<x_2，有f(x)=a(—-^1)=a(1+=) ∴当x=1时，y_ma=\sqrt{2}，即函数的值域为[\sqrt{2}，+∞)。 [例7][解]令l=gx)=x^2+ax-1+2a，要使函数y=l的值域为则f(x_1)-f(x_2)=a(1+┐)-(1+=i)-x_1-Dx2-D ―[0，+∞)，则说明[O，十∞)⊆{y|y=g(x))，即二次函数的判别式Δ由于-1≤。x_1≤x_2≤1， 0，即a^2-4(2a-1)≥0，即a^2-8a+4≥0，解得a≥4＋2\sqrt{3}或a≤4-所以x_y一x_1≥0.x_1-1<0，x_2-1<0， 2\sqrt{3}，∴a的取值范围是{a|a≥4＋2\sqrt{3}或a≤4-2\sqrt{3}}故当a>0时，f(x_1)-f(x_2)>0，即f(x_1)>f(x_2)，函数f(x)在区间 跟踪训练（-1，1)上单调递减； 当a<0时，f(_2)=f(x_2)<0，即f(x_1)<f(x_2)，函数f(x)在区间 1.解析：f(x)=﹖(x-1)^2+1，x∈[1，b]且b>1，（-1，1)