新編高考數(shù)學理一輪資源庫 第2章學案5

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1、新編高考數(shù)學復習資料 學案5　函數(shù)的單調性與最值 導學目標： 1.理解函數(shù)的單調性、最大值、最小值及其幾何意義.2.會用定義判斷函數(shù)的單調性，會求函數(shù)的單調區(qū)間及會用單調性求函數(shù)的最值． 自主梳理 1．單調性 (1)定義：一般地，設函數(shù)y＝f(x)的定義域為A，如果對于區(qū)間I內的任意兩個值x1，x2，當x1f(x2))，那么就說f(x)在區(qū)間I上是單調________________． (2)單調性的定義的等價形式：設x1，x2∈[a，b]，那么(x1－x2)(f(x1)－f(x2))>0?>0?f(x)在[a，b]上是單調__

2、______；(x1－x2)(f(x1)－f(x2))<0?<0?f(x)在[a，b]上是單調________． (3)單調區(qū)間：如果函數(shù)y＝f(x)在某個區(qū)間上是單調增函數(shù)或減函數(shù)，那么說函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間I上具有單調性，單調增區(qū)間和單調減區(qū)間統(tǒng)稱為__________． (4)函數(shù)y＝x＋(a>0)在 (－∞，－)，(，＋∞)上單調________；在(－，0)，(0，)上單調________；函數(shù)y＝x＋(a<0)在____________上單調遞增． 2．最值 一般地，設函數(shù)y＝f(x)的定義域為A，如果存在x0∈A，使得對于任意的x∈A，都有f(x)≤f(x0)(或≥f(

3、x0))，則稱f(x0)為y＝f(x)的最____(或最____)值． 自我檢測 1．若函數(shù)y＝ax與y＝－在(0，＋∞)上都是減函數(shù)，則y＝ax2＋bx在(0，＋∞)上是________________．(用“單調減函數(shù)”、“單調增函數(shù)”、“不單調”填空) 2．(2011·連云港模擬)設f(x)是(－∞，＋∞)上的增函數(shù)，a為實數(shù)，則有f(a2＋1)________f(a)．(填“>”、“<”或“＝”) 3．下列函數(shù)在(0,1)上是增函數(shù)的是________(填序號)． ①y＝1－2x；②y＝；③y＝－x2＋2x；④y＝5. 4．若f(x)＝x2＋2(a－1)x＋4是區(qū)間(－∞，

4、4]上的減函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是________． 5．當x∈[0,5]時，函數(shù)f(x)＝3x2－4x＋c的值域為______________________． 探究點一　函數(shù)單調性的判定及證明 例1　設函數(shù)f(x)＝(a>b>0)，求f(x)的單調區(qū)間，并說明f(x)在其單調區(qū)間上的單調性． 變式遷移1　已知f(x)是定義在R上的增函數(shù)，對x∈R有f(x)>0，且f(5)＝1，設F(x)＝f(x)＋，討論F(x)的單調性，并證明你的結論． 探究點二　函數(shù)的單調性與最值 例2　已知函數(shù)f(x)＝，x∈[1，＋∞)． (1)當a＝時，求函數(shù)f(x

5、)的最小值； (2)若對任意x∈[1，＋∞)，f(x)>0恒成立，試求實數(shù)a的取值范圍． 變式遷移2　已知函數(shù)f(x)＝x－＋在(1，＋∞)上是增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍． 探究點三　抽象函數(shù)的單調性 例3　已知函數(shù)f(x)對于任意x，y∈R，總有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且當x>0時，f(x)<0，f(1)＝－. (1)求證：f(x)在R上是減函數(shù)； (2)求f(x)在[－3,3]上的最大值和最小值． 變式遷移3　已知定義在區(qū)間(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)滿足f()＝f(x1)－f(x2)，且當x>1時，f(x)<0.

6、(1)求f(1)的值； (2)判斷f(x)的單調性； (3)若f(3)＝－1，解不等式f(|x|)<－2. 分類討論及數(shù)形結合思想 例　(14分)求f(x)＝x2－2ax－1在區(qū)間[0,2]上的最大值和最小值． 【答題模板】 解　f(x)＝(x－a)2－1－a2，對稱軸為x＝a.[2分] (1)當a<0時，由圖①可知，f(x)min＝f(0)＝－1，f(x)max＝f(2)＝3－4a.[5分] (2)當0≤a<1時，由圖②可知，f(x)min＝f(a)＝－1－a2，f(x)max＝f(2)＝3－4a.[8分] (3)當1

7、min＝f(a)＝－1－a2，f(x)max＝f(0)＝－1.[11分] (4)當a>2時，由圖④可知，f(x)min＝f(2)＝3－4a，f(x)max＝f(0)＝－1. 綜上，(1)當a<0時，f(x)min＝－1，f(x)max＝3－4a； (2)當0≤a<1時，f(x)min＝－1－a2，f(x)max＝3－4a； (3)當12時，f(x)min＝3－4a，f(x)max＝－1.[14分] 【突破思維障礙】 (1)二次函數(shù)的單調區(qū)間是由圖象的對稱軸確定的．故只需確定對稱軸與區(qū)間的關系．由于對稱

8、軸是x＝a，而a的取值不定，從而導致了分類討論． (2)不是應該分a<0,0≤a≤2，a>2三種情況討論嗎？為什么成了四種情況？這是由于拋物線的對稱軸在區(qū)間[0,2]所對應的區(qū)域時，最小值是在頂點處取得，但最大值卻有可能是f(0)，也有可能是f(2)． 函數(shù)的單調性的判定與單調區(qū)間的確定常用方法有： (1)定義法；(2)導數(shù)法；(3)圖象法；(4)單調性的運算性質． 總結如下：若函數(shù)f(x)，g(x)在區(qū)間I上具有單調性，則在區(qū)間I上具有以下性質： (1)f(x)與f(x)＋C具有相同的單調性． (2)f(x)與af(x)，當a>0時，具有相同的單調性，當a<0時，具有相反的單

9、調性． (3)當f(x)恒不等于零時，f(x)與具有相反的單調性． (4)當f(x)，g(x)都是增(減)函數(shù)時，則f(x)＋g(x)是增(減)函數(shù)． (5)當f(x)，g(x)都是增(減)函數(shù)時，則f(x)·g(x)當兩者都恒大于零時，是增(減)函數(shù)；當兩者都恒小于零時，是減(增)函數(shù)． (滿分：90分) 一、填空題(每小題6分，共48分) 1．(2010·泰州模擬)“a＝1”是“函數(shù)f(x)＝x2－2ax＋3在區(qū)間[1，＋∞)上為增函數(shù)”的____________條件． 2．(2009·天津改編)已知函數(shù)f(x)＝若f(2－a2)>f(a)，則實數(shù)a的取值范圍為_____

10、___． 3．(2009·寧夏，海南改編)用min{a，b，c}表示a，b，c三個數(shù)中的最小值．設f(x)＝min{2x，x＋2,10－x}(x≥0)，則f(x)的最大值為________． 4．若f(x)＝－x2＋2ax與g(x)＝在區(qū)間[1,2]上都是減函數(shù)，則a的取值范圍為________． 5．已知定義在R上的增函數(shù)f(x)，滿足f(－x)＋f(x)＝0，x1，x2，x3∈R，且x1＋x2>0，x2＋x3>0，x3＋x1>0，則f(x1)＋f(x2)＋f(x3)的符號為________(填“正”、“負”、“不確定”)． 6．(2011·淮安調研)函數(shù)y＝－(x－3)|x|的遞增

11、區(qū)間是________． 7．設f(x)是增函數(shù)，則下列結論一定正確的是________(填序號)． ①y＝[f(x)]2是增函數(shù)； ②y＝是減函數(shù)； ③y＝－f(x)是減函數(shù)； ④y＝|f(x)|是增函數(shù)． 8．(2011·蘇州質檢)設0

12、0恒成立，求a的取值范圍． 11．(14分)已知f(x)是定義在[－1,1]上的奇函數(shù)，且f(1)＝1，若a，b∈[－1,1]，a＋b≠0時，有>0成立． (1)判斷f(x)在[－1,1]上的單調性，并證明； (2)解不等式：f(x＋) 3．③ 4．a(chǎn)≤－3 5．[－＋

13、c,55＋c] 課堂活動區(qū) 例1　解題導引　對于給出具體解析式的函數(shù)，判斷或證明其在某區(qū)間上的單調性問題，可以結合定義(基本步驟為：取點，作差或作商，變形，判斷)來求解．可導函數(shù)則可以利用導數(shù)求解．有些函數(shù)可以轉化為兩個或多個基本初等函數(shù)，利用其單調性可以方便求解． 解　在定義域內任取x1，x2，且使x10， Δy＝f(x2)－f(x1)＝－ ＝ ＝. ∵a>b>0，∴b－a<0，∴(b－a)(x2－x1)<0， 又∵x∈(－∞，－b)∪(－b，＋∞)， ∴只有當x1

14、f(x1)，F(xiàn)(x2)－F(x1)＝[f(x2)＋]－[f(x1)＋]＝[f(x2)－f(x1)][1－]， ∵f(x)是R上的增函數(shù)，且f(5)＝1， ∴當x<5時，05時f(x)>1； ①若x1x1>5，則f(x2)>

15、f(x1)>1， ∴f(x1)·f(x2)>1，∴1－>0， ∴F(x2)>F(x1)． 綜上，F(xiàn)(x)在(－∞，5)上為減函數(shù)，在(5，＋∞)上為增函數(shù)． 例2　解　(1)當a＝時，f(x)＝x＋＋2， 設x1，x2∈[1，＋∞)且x10， ∴f(x1)－f(x2)<0，∴f(x1)

16、＝>0恒成立，等價于x2＋2x＋a>0恒成立． 設y＝x2＋2x＋a，x∈[1，＋∞)， y＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1遞增， ∴當x＝1時，ymin＝3＋a， 于是當且僅當ymin＝3＋a>0時，函數(shù)f(x)恒成立， 故a>－3. 方法二　f(x)＝x＋＋2，x∈[1，＋∞)， 當a≥0時，函數(shù)f(x)的值恒為正，滿足題意，當a<0時，函數(shù)f(x)遞增； 當x＝1時，f(x)min＝3＋a，于是當且僅當f(x)min＝3＋a>0時，函數(shù)f(x)>0恒成立，故a>－3. 方法三　在區(qū)間[1，＋∞)上f(x)＝>0恒成立等價于x2＋2x＋a>0恒成立． 即a>－x2

17、－2x恒成立． 又∵x∈[1，＋∞)，a>－x2－2x恒成立， ∴a應大于函數(shù)u＝－x2－2x，x∈[1，＋∞)的最大值． ∴a>－x2－2x＝－(x＋1)2＋1. 當x＝1時，u取得最大值－3，∴a>－3. 變式遷移2　解　設10，即a>－x1x2恒成立． ∵11，－x1x2<－1. ∴a≥－1，∴a的取值范圍是[－1，＋∞)． 例3　解題導引　(1)對于抽象函數(shù)的問題要根據(jù)題設

18、及所求的結論來適當取特殊值說明抽象函數(shù)的特點．證明f(x)為單調減函數(shù)，首選方法是用單調性的定義來證．(2)用函數(shù)的單調性求最值． 解　(1)方法一　∵函數(shù)f(x)對于任意x，y∈R總有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)， ∴令x＝y(tǒng)＝0，得f(0)＝0. 再令y＝－x，得f(－x)＝－f(x)． 在R上任取x1>x2，則x1－x2>0， f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝f(x1－x2)． 又∵x>0時，f(x)<0，而x1－x2>0， ∴f(x1－x2)<0，即f(x1)x2，則f(x1)－f(x

19、2) ＝f(x1－x2＋x2)－f(x2)＝f(x1－x2)＋f(x2)－f(x2) ＝f(x1－x2)． 又∵x>0時，f(x)<0.而x1－x2>0，∴f(x1－x2)<0， 即f(x1)

20、遷移3　解　(1)令x1＝x2>0， 代入得f(1)＝f(x1)－f(x1)＝0，故f(1)＝0. (2)任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1>x2，則>1， 由于當x>1時，f(x)<0， ∴f()<0，即f(x1)－f(x2)<0，∴f(x1)0時，由f(|x|)<－2，得f(x)9； 當x<0時，由f(|x|)<－2，得

21、f(－x)9，故x<－9， ∴不等式的解集為{x|x>9或x<－9}． 課后練習區(qū) 1．充分不必要 解析　f(x)對稱軸x＝a，當a≤1時f(x)在[1，＋∞)上單調遞增．∴“a＝1”為f(x)在[1，＋∞)上遞增的充分不必要條件． 2．(－2,1) 解析　由題知f(x)在R上是增函數(shù)，由題得2－a2>a，解得－2

22、 解析　f(x)在[a，＋∞)上是減函數(shù)，對于g(x)，只有當a>0時，它有兩個減區(qū)間為(－∞，－1)和(－1，＋∞)，故只需區(qū)間[1,2]是f(x)和g(x)的減區(qū)間的子集即可，則a的取值范圍是00，x2＋x3>0，x3＋x1>0， ∴x1>－x2，x2>－x3，x3>－x1. 又∵f(x1)>f(－x2)＝－f(x2)， f(x2)>f(－x3)＝－f(x3)， f(x3)>f(－x1)＝－f(x1)， ∴f(x1)＋f(x2)＋f(x3)>－f(x2)－f(x3)－f(x1)

23、． ∴f(x1)＋f(x2)＋f(x3)>0. 6．[0，] 解析　y＝. 畫圖象如圖所示： 可知遞增區(qū)間為[0，]． 7．③ 解析　舉例：設f(x)＝x，易知①②④均不正確． 8．4 解析　y＝＋＝，當00，x2－x1>0. f(x1)－f(x2)＝(a－)－(a－) ＝－＝<0.………………………………………………………………………(5分) ∴f(x1)

24、………………………………(6分) (2)解　由題意a－<2x在(1，＋∞)上恒成立， 設h(x)＝2x＋，則a0，x∈(1，＋∞)， ∴h(x)在(1，＋∞)上單調遞增．………………………………………………………(12分) 故a≤h(1)，即a≤3. ∴a的取值范圍為(－∞，3]．…………………………………………………………(14分) 10．解　設f(x)的最小值為g(a)，則只需g(a)≥0， 由題意知，f(x)的對稱軸為－. (1)當－<－2，即a>4時

25、， g(a)＝f(－2)＝7－3a≥0，得a≤. 又a>4，故此時的a不存在．…………………………………………………………(4分) (2)當－∈[－2,2]，即－4≤a≤4時， g(a)＝f(－)＝3－a－≥0得－6≤a≤2. 又－4≤a≤4，故－4≤a≤2.……………………………………………………………(8分) (3)當－>2，即a<－4時， g(a)＝f(2)＝7＋a≥0得a≥－7. 又a<－4，故－7≤a<－4.………………………………………………………………(13分) 綜上得所求a的取值范圍是－7≤a≤2.………………………………………………(14分) 11．解　(

26、1)任取x1，x2∈[－1,1]，且x10，x1－x2<0， ∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)