新編高考數(shù)學(xué)人教A版理科含答案導(dǎo)學(xué)案【第二章】函數(shù)與基本初等函數(shù)I 學(xué)案5

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新編高考數(shù)學(xué)人教A版理科含答案導(dǎo)學(xué)案【第二章】函數(shù)與基本初等函數(shù)I 學(xué)案5_第1頁
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1、新編高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)資料 學(xué)案5 函數(shù)的單調(diào)性與最值 導(dǎo)學(xué)目標(biāo): 1.理解函數(shù)的單調(diào)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(diào)性,會求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及會用單調(diào)性求函數(shù)的最值. 自主梳理 1.單調(diào)性 (1)定義:一般地,設(shè)函數(shù)y=f(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x1,x2,當(dāng)x1f(x2)),那么就說f(x)在區(qū)間D上是______________. (2)單調(diào)性的定義的等價形式:設(shè)x1,x2∈[a,b],那么(x1-x2)(f(x1)-f(x2))>0?>0?f(x)在[a,b]上

2、是________;(x1-x2)(f(x1)-f(x2))<0?<0?f(x)在[a,b]上是________. (3)單調(diào)區(qū)間:如果函數(shù)y=f(x)在某個區(qū)間上是增函數(shù)或減函數(shù),那么說函數(shù)y=f(x)在這一區(qū)間具有(嚴(yán)格的)單調(diào)性,區(qū)間D叫做y=f(x)的__________. (4)函數(shù)y=x+(a>0)在 (-∞,-),(,+∞)上是單調(diào)________;在(-,0),(0,)上是單調(diào)______________;函數(shù)y=x+(a<0)在______________上單調(diào)遞增. 2.最值 一般地,設(shè)函數(shù)y=f(x)的定義域為I,如果存在實數(shù)M滿足:①對于任意的x∈I,都有f(x

3、)≤M(f(x)≥M);②存在x0∈I,使得f(x0)=M.那么,稱M是函數(shù)y=f(x)的____________. 自我檢測 1.(2011·杭州模擬)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 (  ) A.增函數(shù) B.減函數(shù) C.先增后減 D.先減后增 2.設(shè)f(x)是(-∞,+∞)上的增函數(shù),a為實數(shù),則有 (  ) A.f(a)

4、 B.f(a2)f(a) 3.下列函數(shù)在(0,1)上是增函數(shù)的是 (  ) A.y=1-2x B.y= C.y=-x2+2x D.y=5 4.(2011·合肥月考)設(shè)(a,b),(c,d)都是函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間,且x1∈(a,b),x2∈(c,d),x1

5、(x1)f(x2) C.f(x1)=f(x2) D.不能確定 5.當(dāng)x∈[0,5]時,函數(shù)f(x)=3x2-4x+c的值域為 (  ) A.[c,55+c] B.[-+c,c] C.[-+c,55+c] D.[c,20+c] 探究點一 函數(shù)單調(diào)性的判定及證明 例1 設(shè)函數(shù)f(x)=(a>b>0),求f(x)的單調(diào)區(qū)間,并說明f(x)在其單調(diào)區(qū)間上的單調(diào)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

6、(5)=1,設(shè)F(x)=f(x)+,討論F(x)的單調(diào)性,并證明你的結(jié)論. 探究點二 函數(shù)的單調(diào)性與最值 例2 (2011·煙臺模擬)已知函數(shù)f(x)=,x∈[1,+∞). (1)當(dāng)a=時,求函數(shù)f(x)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(diào)性 例3 (2011·廈門模擬)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(dāng)x>0時,f(x)<0,f(

7、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(dāng)x>1時,f(x)<0. (1)求f(1)的值; (2)判斷f(x)的單調(diào)性; (3)若f(3)=-1,解不等式f(|x|)<-2. 分類討論及數(shù)形結(jié)合思想 例 (12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. (1) 當(dāng)a<0時,由圖①可知,f(x

8、)min=f(0)=-1,f(x)max=f(2)=3-4a.[3分] (2)當(dāng)0≤a<1時,由圖②可知,f(x)min=f(a)=-1-a2,f(x)max=f(2)=3-4a.[6分] (3)當(dāng)12時,由圖④可知,f(x)min=f(2)=3-4a,f(x)max=f(0)=-1. 綜上,(1)當(dāng)a<0時,f(x)min=-1,f(x)max=3-4a; (2)當(dāng)0≤a<1時,f(x)min=-1-a2,f(x)max=3-4a; (3)當(dāng)1

9、,f(x)min=-1-a2,f(x)max=-1; (4)當(dāng)a>2時,f(x)min=3-4a,f(x)max=-1.[12分] 【突破思維障礙】 (1)二次函數(shù)的單調(diào)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(guān)系.由于對稱軸是x=a,而a的取值不定,從而導(dǎo)致了分類討論. (2)不是應(yīng)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(yīng)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). 1.函數(shù)的單調(diào)性的判定與單調(diào)區(qū)間的確定常用方法有: (1)定義法;(2)導(dǎo)數(shù)法;(3)圖象法;

10、(4)單調(diào)性的運算性質(zhì). 2.若函數(shù)f(x),g(x)在區(qū)間D上具有單調(diào)性,則在區(qū)間D上具有以下性質(zhì): (1)f(x)與f(x)+C具有相同的單調(diào)性. (2)f(x)與af(x),當(dāng)a>0時,具有相同的單調(diào)性,當(dāng)a<0時,具有相反的單調(diào)性. (3)當(dāng)f(x)恒不等于零時,f(x)與具有相反的單調(diào)性. (4)當(dāng)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(dāng)f(x),g(x)都是增(減)函數(shù)時,則f(x)·g(x)當(dāng)兩者都恒大于零時,是增(減)函數(shù);當(dāng)兩者都恒小于零時,是減(增)函數(shù). (滿分:75分) 一、選擇題(每小題5分,共25

11、分)                    1.(2011·泉州模擬)“a=1”是“函數(shù)f(x)=x2-2ax+3在區(qū)間[1,+∞)上為增函數(shù)”的(  ) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件 2.(2009·天津)已知函數(shù)f(x)=若f(2-a2)>f(a),則實數(shù)a的取值范圍是 (  ) A.(-∞,-1)∪(2,+∞) B.(-1,2) C.(-2,1) D.(-∞,-2)∪(1,+∞) 3.

12、(2009·寧夏,海南)用min{a,b,c}表示a,b,c三個數(shù)中的最小值.設(shè)f(x)=min{2x,x+2,10-x}(x≥0),則f(x)的最大值為 (  ) A.4 B.5 C.6 D.7 4.(2011·丹東月考)若f(x)=-x2+2ax與g(x)=在區(qū)間[1,2]上都是減函數(shù),則a的取值范圍是 (  ) A.(-1,0)∪(0,1) B.(-1,0)∪(0,1

13、] C.(0,1) D.(0,1] 5.(2011·葫蘆島模擬)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)的值 (  ) A.一定大于0 B.一定小于0 C.等于0 D.正負(fù)都有可能 題號 1 2 3 4 5 答案 二、填空題(每小題4分,共12分) 6.函數(shù)y=-(x-3)|x|的遞增區(qū)間是________. 7.設(shè)f(x)是增函數(shù),則下列結(jié)論一定正確的

14、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.設(shè)0

15、·鞍山模擬)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(diào)性,并證明它; (2)解不等式:f(x+)

16、2+1>a,f(x)在R上單調(diào)遞增, ∴f(a2+1)>f(a).] 3.C [常數(shù)函數(shù)不具有單調(diào)性.] 4.D [在本題中,x1,x2不在同一單調(diào)區(qū)間內(nèi),故無法比較f(x1)與f(x2)的大小.] 5.C [∵f(x)=3(x-)2-+c,x∈[0,5],∴當(dāng)x=時,f(x)min=-+c;當(dāng)x=5時,f(x)max=55+c.] 課堂活動區(qū) 例1 解題導(dǎo)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(diào)性問題,可以結(jié)合定義(基本步驟為:取點,作差或作商,變形,判斷)來求解.可導(dǎo)函數(shù)則可以利用導(dǎo)數(shù)求解.有些函數(shù)可以轉(zhuǎn)化為兩個或多個基本初等函數(shù),利用其單調(diào)性可以方便求解.

17、 解 在定義域內(nèi)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(dāng)x1f(x1),F(xiàn)(x2)-F(x1)=[f(x2)+]-[f(x

18、1)+]=[f(x2)-f(x1)][1-], ∵f(x)是R上的增函數(shù),且f(5)=1, ∴當(dāng)x<5時,05時f(x)>1; ①若x1x1>5,則f(x2)>f(x1)>1, ∴f(x1)·f(x2)>1,∴1->0, ∴F(x2)>F(x1). 綜上,F(xiàn)(x)在(-∞,5)為減函數(shù),在(5,+∞)為增函數(shù). 例2 解 (1)當(dāng)a=時,f(x)=x++2, 設(shè)x1,x2∈[1,+∞)且x1

19、x2)=x1+-x2- =(x1-x2)(1-) ∵x10, ∴f(x1)-f(x2)<0,∴f(x1)0恒成立,等價于x2+2x+a>0恒成立. 設(shè)y=x2+2x+a,x∈[1,+∞), y=x2+2x+a=(x+1)2+a-1遞增, ∴當(dāng)x=1時,ymin=3+a, 于是當(dāng)且僅當(dāng)ymin=3+a>0時,函數(shù)f(x)恒成立, 故a>-3. 方法二 f(x)

20、=x++2,x∈[1,+∞), 當(dāng)a≥0時,函數(shù)f(x)的值恒為正,滿足題意,當(dāng)a<0時,函數(shù)f(x)遞增; 當(dāng)x=1時,f(x)min=3+a,于是當(dāng)且僅當(dāng)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>-x2-2x恒成立. 又∵x∈[1,+∞),a>-x2-2x恒成立, ∴a應(yīng)大于函數(shù)u=-x2-2x,x∈[1,+∞)的最大值. ∴a>-x2-2x=-(x+1)2+1. 當(dāng)x=1時,u取得最大值-3,∴a>-3. 變式遷移2 解 設(shè)1

21、x)在(1,+∞)上是增函數(shù), ∴f(x1)-f(x2)=x1-+-(x2-+) =(x1-x2)(1+)<0. 又∵x1-x2<0,∴1+>0,即a>-x1x2恒成立. ∵11,-x1x2<-1. ∴a≥-1,∴a的取值范圍是[-1,+∞). 例3 解題導(dǎo)引 (1)對于抽象函數(shù)的問題要根據(jù)題設(shè)及所求的結(jié)論來適當(dāng)取特殊值說明抽象函數(shù)的特點.證明f(x)為單調(diào)減函數(shù),首選方法是用單調(diào)性的定義來證.(2)用函數(shù)的單調(diào)性求最值. (1)證明 設(shè)x1>x2, 則f(x1)-f(x2) =f(x1-x2+x2)-f(x2) =f(x1-x2)+f(x2)-f(

22、x2) =f(x1-x2) 又∵x>0時,f(x)<0. 而x1-x2>0,∴f(x1-x2)<0, 即f(x1)0, 代入得f(1)=f(x1)-f(x

23、1)=0,故f(1)=0. (2)任取x1,x2∈(0,+∞),且x1>x2,則>1, 由于當(dāng)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(dāng)x<0時,由f(|x|)<-2,得f(-x)9,故x<-9, ∴不等式的解集為

24、{x|x>9或x<-9}. 課后練習(xí)區(qū) 1.A [f(x)對稱軸x=a,當(dāng)a≤1時f(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增.∴“a=1”為f(x)在[1,+∞)上遞增的充分不必要條件.] 2.C [由題知f(x)在R上是增函數(shù),由題得2-a2>a,解得-20時,它有兩個減區(qū)間為(-∞,-1)和(-1

25、,+∞),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). ∴f(x1)+f(x2)+f(x3)>0.] 6.[0,] 解析 y=. 畫圖象如圖所示: 可知

26、遞增區(qū)間為[0,]. 7.③ 解析 舉例:設(shè)f(x)=x,易知①②④均不正確. 8.4 解析 y=+=,當(dāng)00,x2-x1>0. f(x1)-f(x2)=(a-)-(a-) =-=<0.………………………………………………………………………(5分) ∴f(x1)

27、+∞)上恒成立, 設(shè)h(x)=2x+,則a0, ∴h(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增.…………………………………………………………(10分) 故a≤h(1),即a≤3. ∴a的取值范圍為(-∞,3].…………………………………………………………(12分) 10.解 設(shè)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(dāng)-<-2,即a>4時, g(a)=f(-2)=7-3a≥0,

28、得a≤. 又a>4,故此時的a不存在.……………………………………………………………(4分) (2)當(dāng)-∈[-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(dāng)->2,即a<-4時, g(a)=f(2)=7+a≥0得a≥-7. 又a<-4,故-7≤a<-4. 綜上得所求a的取值范圍是-7≤a≤2.………………………………………………(12分) 11.解 (1)任取x1,x2∈[-1,1],且x1

29、 ∴f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2) =·(x1-x2), 由已知得>0,x1-x2<0, ∴f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)

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