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函数的单调性与最值(第一轮复习)


函数的单调性与最值(第一轮复习)
1.单调性 (1)定义:一般地,设函数 y=f(x)的定义域为 I,如果对于定义域 I 内某个区间 D 上的任 意两个自变量 x1,x2,当 x1<x2 时,都有 f(x1)<f(x2)(f(x1)>f(x2)),那么就说 f(x)在区间 D 上是 ______________. f?x1?-f?x2? (2)单调性的

定义的等价形式: 设 x1, x2∈[a, b], 那么(x1-x2)(f(x1)-f(x2))>0? >0 x1-x2 f?x1?-f?x2? ? f(x) 在 [a , b] 上是 ________ ; (x1 - x2)(f(x1) - f(x2))<0 ? <0 ? f(x) 在 [a , b] 上是 x1-x2 ________. (3)单调区间:如果函数 y=f(x)在某个区间上是增函数或减函数,那么说函数 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__________. a (4)函数 y=x+ (a>0)在 (-∞,- a),( a,+∞)上是单调________;在(- a,0), x a (0, a)上是单调______________;函数 y=x+ (a<0)在______________上单调递增. x 2.最值 一般地,设函数 y=f(x)的定义域为 I,如果存在实数 M 满足:①对于任意的 x∈I,都有 f(x)≤M(f(x)≥M);②存在 x0∈I,使得 f(x0)=M.那么,称 M 是函数 y=f(x)的____________. 自我检测 b 1.(2011· 杭州模拟)若函数 y=ax 与 y=- 在(0,+∞)上都是减函数,则 y=ax2+bx 在 x (0, +∞)上是 ( ) A.增函数 B.减函数 C.先增后减 D.先减后增 2.设 f(x)是(-∞,+∞)上的增函数,a 为实数,则有 ( ) A.f(a)<f(2a) B.f(a2)<f(a) C.f(a2+a)<f(a) D.f(a2+1)>f(a) 3 . 下 列 函 数 在 (0,1) 上 是 增 函 数 的 是 ( ) A.y=1-2x B.y= x-1 2 C.y=-x +2x D.y=5 4.(2011· 合肥月考)设(a,b),(c,d)都是函数 f(x)的单调增区间,且 x1∈(a,b),x2∈(c, d), x1<x2, 则 f(x1)与 f(x2)的大小关系是 ( ) A.f(x1)<f(x2) B.f(x1)>f(x2) C.f(x1)=f(x2) D.不能确定 2 5. 当 x∈[0,5]时, 函数 f(x)=3x -4x+c 的值域为 ( ) 4 A.[c,55+c] B.[- +c,c] 3 4 C.[- +c,55+c] D.[c,20+c] 3

探究点一 函数单调性的判定及证明 x+a 例 1 设函数 f(x)= (a>b>0),求 f(x)的单调区间,并说明 f(x)在其单调区间上的单 x+b 调性 变式迁移 1 已知 f(x)是定义在 R 上的增函数,对 x∈R 有 f(x)>0,且 f(5)=1, 1 设 F(x)=f(x)+ ,讨论 F(x)的单调性,并证明你的结论. f?x?

探究点二 函数的单调性与最值例 2 +∞).

x2+2x+a (2011· 烟台模拟)已知函数 f(x)= ,x∈[1, x

1 (1)当 a= 时,求函数 f(x)的最小值; 2 (2)若对任意 x∈[1,+∞),f(x)>0 恒成立,试求实数 a 的取值范围. a a 变式迁移 2 已知函数 f(x)=x- + 在(1,+∞)上是增函数,求实数 a 的取值范围. x 2 探究点三 抽象函数的单调性 例 3 (2011· 厦门模拟)已知函数 f(x)对于任意 x,y∈R,总有 f(x)+f(y)=f(x+y),且当 2 x>0 时,f(x)<0,f(1)=- . 3 (1)求证:f(x)在 R 上是减函数; (2)求 f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值. x1 变式迁移 3 已知定义在区间(0, +∞)上的函数 f(x)满足 f( )=f(x1)-f(x2), 且当 x>1 时, f(x)<0. x2 (1)求 f(1)的值; (2)判断 f(x)的单调性; (3)若 f(3)=-1,解不等式 f(|x|)<-2. 分类讨论及数形结合思想 例 (12 分)求 f(x)=x2-2ax-1 在区间[0,2]上的最大值和最小值. 【答题模板】 解 f(x)=(x-a)2-1-a2,对称轴为 x=a. (1) 当 a<0 时,由图①可知,f(x)min=f(0)=-1,f(x)max=f(2)=3-4a.[3 分]

(2)当 0≤a<1 时,由图②可知,f(x)min=f(a)=-1-a2,f(x)max=f(2)=3-4a.[6 分] (3)当 1<a≤2 时,由图③可知,f(x)min=f(a)=-1-a2,f(x)max=f(0)=-1.[9 分]

(4)当 a>2 时,由图④可知,f(x)min=f(2)=3-4a,f(x)max=f(0)=-1. 综上,(1)当 a<0 时,f(x)min=-1,f(x)max=3-4a; (2)当 0≤a<1 时,f(x)min=-1-a2,f(x)max=3-4a; (3)当 1<a≤2 时,f(x)min=-1-a2,f(x)max=-1; (4)当 a>2 时,f(x)min=3-4a,f(x)max=-1.[12 分] 【突破思维障碍】 (1)二次函数的单调区间是由图象的对称轴确定的. 故只需确定对称轴与区间的关系. 由 于对称轴是 x=a,而 a 的取值不定,从而导致了分类讨论. (2)不是应该分 a<0,0≤a≤2,a>2 三种情况讨论吗?为什么成了四种情况?这是由于抛 物线的对称轴在区间[0,2]所对应的区域时,最小值是在顶点处取得,但最大值却有可能是 f(0),也有可能是 f(2).

1.函数的单调性的判定与单调区间的确定常用方法有: (1)定义法;(2)导数法;(3)图象法;(4)单调性的运算性质. 2.若函数 f(x),g(x)在区间 D 上具有单调性,则在区间 D 上具有以下性质: (1)f(x)与 f(x)+C 具有相同的单调性. (2)f(x)与 af(x),当 a>0 时,具有相同的单调性,当 a<0 时,具有相反的单调性. 1 (3)当 f(x)恒不等于零时,f(x)与 具有相反的单调性. f?x? (4)当 f(x),g(x)都是增(减)函数时,则 f(x)+g(x)是增(减)函数. (5)当 f(x),g(x)都是增(减)函数时,则 f(x)· g(x)当两者都恒大于零时,是增(减)函数;当 两者都恒小于零时,是减(增)函数. (满分:75 分) 一、选择题(每小题 5 分,共 25 分) 1.(2011· 泉州模拟)“a=1”是“函数 f(x)=x2-2ax+3 在区间[1,+∞)上为增函数 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 ?x2+4x, x≥0, ? 2.(2009· 天津)已知函数 f(x)=? 若 f(2-a2)>f(a),则实数 a 的取值范 2 ? 4 x - x , x <0 , ? 围 是 ( ) A.(-∞,-1)∪(2,+∞) B.(-1,2) C.(-2,1) D.(-∞,-2)∪(1,+∞) 3.(2009· 宁夏,海南)用 min{a,b,c}表示 a,b,c 三个数中的最小值.设 f(x)=min{2x, x+2,10-x}(x≥0), 则 f(x)的最大值为 ( ) A.4 B.5 C.6 D.7 a 4.(2011· 丹东月考)若 f(x)=-x2+2ax 与 g(x)= 在区间[1,2]上都是减函数,则 a 的 x+1 取 值 范 围 是 ( ) A.(-1,0)∪(0,1) B.(-1,0)∪(0,1] C.(0,1) D.(0,1] 5.(2011· 葫芦岛模拟)已知定义在 R 上的增函数 f(x),满足 f(-x)+f(x)=0,x1,x2,x3 ∈R, 且 x1+x2>0, x2+x3>0, x3+x1>0, 则 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.正负都有可能 二、填空题(每小题 4 分,共 12 分) 6.函数 y=-(x-3)|x|的递增区间是________. 7.设 f(x)是增函数,则下列结论一定正确的是________(填序号). ①y=[f(x)]2 是增函数; 1 ②y= 是减函数; f?x? ③y=-f(x)是减函数; ④y=|f(x)|是增函数. 1 1 8.设 0<x<1,则函数 y= + 的最小值是________. x 1-x 三、解答题(共 38 分) 1 9. (12 分)已知函数 f(x)=a- .(1)求证: 函数 y=f(x)在(0, +∞)上是增函数; (2)若 f(x)<2x |x|

在(1,+∞)上恒成立,求实数 a 的取值范围. 10. 12 分)已知 f(x)=x2+ax+3-a,若 x∈[-2,2]时,f(x)≥0 恒成立,求 a 的取值范围. 11.已知 f(x)是定义在[-1,1]上的奇函数,且 f(1)=1,若 a,b∈ f?a?+f?b? [-1,1],a+b≠0 时,有 >0 成立. a+b (1)判断 f(x)在[-1,1]上的单调性,并证明它; 1 1 (2)解不等式:f(x+ )<f( );(3)若 f(x)≤m2-2am+1 对所有的 a∈[-1,1]恒成立,求 2 x-1 实数 m 的取值范围.答案 1.(1)增函数(减函数) (2)增函数 减函数 (3)单调区间 (4)递增 递减 (-∞,0), (0,+∞) 2.最大(小)值 自我检测 b 1.B [由已知得 a<0,b<0.所以二次函数对称轴为直线 x=- <0,且图象开口向下.] 2a 2.D [∵a2+1>a,f(x)在 R 上单调递增, ∴f(a2+1)>f(a).] 3.C [常数函数不具有单调性.] 4.D [在本题中,x1,x2 不在同一单调区间内,故无法比较 f(x1)与 f(x2)的大小.] 2 4 2 4 5.C [∵f(x)=3(x- )2- +c,x∈[0,5],∴当 x= 时,f(x)min=- +c;当 x=5 时, 3 3 3 3 f(x)max=55+c.] 课堂活动区 例 1 解题导引 对于给出具体解析式的函数,判断或证明其在某区间上的单调性问 题,可以结合定义(基本步骤为:取点,作差或作商,变形,判断)来求解.可导函数则可以 利用导数求解. 有些函数可以转化为两个或多个基本初等函数, 利用其单调性可以方便求解. 解 在定义域内任取 x1,x2,且使 x1<x2, 则 Δx=x2-x1>0, x2+a x1+a Δy=f(x2)-f(x1)= - x2+b x1+b ?x2+a??x1+b?-?x2+b??x1+a? = ?x1+b??x2+b? ?b-a??x2-x1? = . ?x1+b??x2+b? ∵a>b>0,∴b-a<0,∴(b-a)(x2-x1)<0, 又∵x∈(-∞,-b)∪(-b,+∞), ∴只有当 x1<x2<-b,或-b<x1<x2 时,函数才单调. 当 x1<x2<-b,或-b<x1<x2 时,f(x2)-f(x1)<0,即 Δy<0. ∴y=f(x)在(-∞,-b)上是单调减函数,在(-b,+∞)上也是单调减函数. 1 变式迁移 1 解 在 R 上任取 x1、 x2, 设 x1<x2, ∴f(x2)>f(x1), F(x2)-F(x1)=[f(x2)+ ] f?x2? 1 1 -[f(x1)+ ]=[f(x2)-f(x1)][1- ], f?x1? f?x1?f?x2? ∵f(x)是 R 上的增函数,且 f(5)=1, ∴当 x<5 时,0<f(x)<1,而当 x>5 时 f(x)>1; ①若 x1<x2<5,则 0<f(x1)<f(x2)<1, 1 ∴0<f(x1)f(x2)<1,∴1- <0, f?x1?f?x2? ∴F(x2)<F(x1); ②若 x2>x1>5,则 f(x2)>f(x1)>1, 1 ∴f(x1)· f(x2)>1,∴1- >0, f?x1?f?x2?

∴F(x2)>F(x1). 综上,F(x)在(-∞,5)为减函数,在(5,+∞)为增函数. 1 1 例 2 解 (1)当 a= 时,f(x)=x+ +2, 2 2x 设 x1,x2∈[1,+∞)且 x1<x2, 1 1 f(x1)-f(x2)=x1+ -x2- 2x1 2x2 1 =(x1-x2)(1- ) 2x1x2 ∵x1<x2,∴x1-x2<0,又∵1<x1<x2, 1 ∴1- >0, 2x1x2 ∴f(x1)-f(x2)<0,∴f(x1)<f(x2) ∴f(x)在区间[1,+∞)上为增函数, 7 ∴f(x)在区间[1,+∞)上的最小值为 f(1)= . 2 x2+2x+a (2)方法一 在区间[1, +∞)上, f(x)= >0 恒成立, 等价于 x2+2x+a>0 恒成立. x 设 y=x2+2x+a,x∈[1,+∞), y=x2+2x+a=(x+1)2+a-1 递增, ∴当 x=1 时,ymin=3+a, 于是当且仅当 ymin=3+a>0 时,函数 f(x)恒成立, 故 a>-3. a 方法二 f(x)=x+ +2,x∈[1,+∞), x 当 a≥0 时,函数 f(x)的值恒为正,满足题意,当 a<0 时,函数 f(x)递增; 当 x=1 时,f(x)min=3+a,于是当且仅当 f(x)min=3+a>0 时,函数 f(x)>0 恒成立, 故 a>-3. x2+2x+a 方法三 在区间[1,+∞)上 f(x)= >0 恒成立等价于 x2+2x+a>0 恒成立. x 即 a>-x2-2x 恒成立. 又∵x∈[1,+∞),a>-x2-2x 恒成立, ∴a 应大于函数 u=-x2-2x,x∈[1,+∞)的最大值. ∴a>-x2-2x=-(x+1)2+1. 当 x=1 时,u 取得最大值-3,∴a>-3. 变式迁移 2 解 设 1<x1<x2. ∵函数 f(x)在(1,+∞)上是增函数, a a a a ∴f(x1)-f(x2)=x1- + -(x2- + ) x1 2 x2 2 a =(x1-x2)(1+ )<0. x1x2 a 又∵x1-x2<0,∴1+ >0,即 a>-x1x2 恒成立. x1x2 ∵1<x1<x2,x1x2>1,-x1x2<-1. ∴a≥-1,∴a 的取值范围是[-1,+∞). 例 3 解题导引 (1)对于抽象函数的问题要根据题设及所求的结论来适当取特殊值说 明抽象函数的特点.证明 f(x)为单调减函数,首选方法是用单调性的定义来证.(2)用函数的 单调性求最值. (1)证明 设 x1>x2, 则 f(x1)-f(x2) =f(x1-x2+x2)-f(x2) =f(x1-x2)+f(x2)-f(x2)

=f(x1-x2) 又∵x>0 时,f(x)<0. 而 x1-x2>0,∴f(x1-x2)<0, 即 f(x1)<f(x2),∴f(x)在 R 上为减函数. (2)解 ∵f(x)在 R 上是减函数, ∴f(x)在[-3,3]上也是减函数, ∴f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值分别为 f(-3)与 f(3). 又∵f(3)=f(2+1)=f(2)+f(1)=f(1)+f(1)+f(1) ∴f(3)=3f(1)=-2,f(-3)=-f(3)=2. ∴f(x)在[-3,3]上的最大值为 2,最小值为-2. 变式迁移 3 解 (1)令 x1=x2>0, 代入得 f(1)=f(x1)-f(x1)=0,故 f(1)=0. x1 (2)任取 x1,x2∈(0,+∞),且 x1>x2,则 >1, x2 由于当 x>1 时,f(x)<0, x1 ∴f( )<0,即 f(x1)-f(x2)<0,∴f(x1)<f(x2), x2 ∴函数 f(x)在区间(0,+∞)上是单调递减函数. x1 (3)由 f( )=f(x1)-f(x2)得 x2 9 f( )=f(9)-f(3),而 f(3)=-1,∴f(9)=-2. 3 由于函数 f(x)在区间(0,+∞)上是单调递减函数, ∴当 x>0 时,由 f(|x|)<-2,得 f(x)<f(9),∴x>9; 当 x<0 时,由 f(|x|)<-2,得 f(-x)<f(9), ∴-x>9,故 x<-9, ∴不等式的解集为{x|x>9 或 x<-9}. 课后练习区 1.A [f(x)对称轴 x=a,当 a≤1 时 f(x)在[1,+∞)上单调递增.∴“a=1”为 f(x)在[1, +∞)上递增的充分不必要条件.] 2.C [由题知 f(x)在 R 上是增函数,由题得 2-a2>a,解得-2<a<1.] 3.C [

由题意知函数 f(x)是三个函数 y1=2x,y2=x+2,y3=10-x 中的较小者,作出三个函数 在同一坐标系之下的图象(如图中实线部分为 f(x)的图象)可知 A(4,6)为函数 f(x)图象的最高 点.] 4.D [f(x)在[a,+∞)上是减函数,对于 g(x),只有当 a>0 时,它有两个减区间为(-∞, -1)和(-1,+∞),故只需区间[1,2]是 f(x)和 g(x)的减区间的子集即可,则 a 的取值范围是 0<a≤1.] 5.A [∵f(-x)+f(x)=0,∴f(-x)=-f(x). 又∵x1+x2>0,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.]

3 6.[0, ] 2

? ?-?x-3?x ?x≥0? 解析 y=? . ??x-3?x ?x<0? ? 画图象如图所示: 3 可知递增区间为[0, ]. 2 7.③ 解析 举例:设 f(x)=x,易知①②④均不正确. 8.4 1 1 1 1 1 1 解析 y= + = ,当 0<x<1 时,x(1-x)=-(x- )2+ ≤ . x 1-x x?1-x? 2 4 4 ∴y≥4. 9.(1)证明 当 x∈(0,+∞)时, 1 f(x)=a- , x 设 0<x1<x2,则 x1x2>0,x2-x1>0. 1 1 f(x1)-f(x2)=(a- )-(a- ) x1 x2 1 1 x1-x2 = - = <0. ……………………………………………………………………… (5 x2 x1 x1x2

分) ∴f(x1)<f(x2),即 f(x)在(0,+∞)上是增函数. ……………………………………………………………………………………………(6 分) 1 (2)解 由题意 a- <2x 在(1,+∞)上恒成立, x 1 设 h(x)=2x+ ,则 a<h(x)在(1,+∞)上恒成立. x ……………………………………………………………………………………………(8 分) 1 1 ∵h′(x)=2- 2,x∈(1,+∞),∴2- 2>0, x x ∴h(x)在(1,+∞)上单调递增.………………………………………………………… (10 分) 故 a≤h(1),即 a≤3. ∴a 的取值范围为(-∞,3].…………………………………………………………(12 分) 10.解 设 f(x)的最小值为 g(a),则只需 g(a)≥0, a 由题意知,f(x)的对称轴为- . 2 a (1)当- <-2,即 a>4 时, 2 7 g(a)=f(-2)=7-3a≥0,得 a≤ . 3 又 a>4, 故此时的 a 不存在. ……………………………………………………………(4 分) a (2)当- ∈[-2,2],即-4≤a≤4 时, 2 a a2 g(a)=f(- )=3-a- ≥0 得-6≤a≤2. 2 4

又-4≤a≤4,故-4≤a≤2.……………………………………………………………(8 分) a (3)当- >2,即 a<-4 时, 2 g(a)=f(2)=7+a≥0 得 a≥-7. 又 a<-4,故-7≤a<-4. 综上得所求 a 的取值范围是-7≤a≤2.………………………………………………(12 分) 11.解 (1)任取 x1,x2∈[-1,1],且 x1<x2, 则-x2∈[-1,1],∵f(x)为奇函数, ∴f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2) f?x1?+f?-x2? = · (x1-x2), x1+?-x2? f?x1?+f?-x2? 由已知得 >0,x1-x2<0, x1+?-x2? ∴f(x1)-f(x2)<0,即 f(x1)<f(x2). ∴f(x)在[-1,1]上单调递增.……………………………………………………………(4 分) (2)∵f(x)在[-1,1]上单调递增,

? ? 1 ∴?-1≤x+2≤1, 1 ? <1.?????????????8分? ?-1≤x- 1
3 ∴- ≤x<-1.……………………………………………………………………………(9 分) 2 (3)∵f(1)=1,f(x)在[-1,1]上单调递增. ∴在[-1,1]上, f(x)≤1.…………………………………………………………………(10 分) 2 问题转化为 m -2am+1≥1, 即 m2-2am≥0,对 a∈[-1,1]成立. 下面来求 m 的取值范围. 设 g(a)=-2m· a+m2≥0. ①若 m=0,则 g(a)=0≥0,自然对 a∈[-1,1]恒成立. ②若 m≠0, 则 g(a)为 a 的一次函数, 若 g(a)≥0, 对 a∈[-1,1]恒成立, 必须 g(-1)≥0, 且 g(1)≥0, ∴m≤-2,或 m≥2. ∴m 的取值范围是 m=0 或|m|≥2.……………………………………………………(14 分)

1 1 x+ < , 2 x-1


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