【名校資料】高考數學人教A版理科含答案導學案【第二章】函數與基本初等函數I 學案5

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1、◆+◆◆二〇一九高考數學學習資料◆+◆◆ 學案5　函數的單調性與最值 導學目標： 1.理解函數的單調性、最大值、最小值及其幾何意義.2.會用定義判斷函數的單調性，會求函數的單調區(qū)間及會用單調性求函數的最值． 自主梳理 1．單調性 (1)定義：一般地，設函數y＝f(x)的定義域為I，如果對于定義域I內某個區(qū)間D上的任意兩個自變量x1，x2，當x1f(x2))，那么就說f(x)在區(qū)間D上是______________． (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

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

3、的x∈I，都有f(x)≤M(f(x)≥M)；②存在x0∈I，使得f(x0)＝M.那么，稱M是函數y＝f(x)的____________． 自我檢測 1．(2011·杭州模擬)若函數y＝ax與y＝－在(0，＋∞)上都是減函數，則y＝ax2＋bx在(0，＋∞)上是 (　　) A．增函數 B．減函數 C．先增后減 D．先減后增 2．設f(x)是(－∞，＋∞)上的增函數，a為實數，則有 (　　) A．

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

5、 (　　) A．f(x1)f(x2) C．f(x1)＝f(x2) D．不能確定 5．當x∈[0,5]時，函數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　函數單調性的判定及證明 例1　設函數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，對x∈R

6、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　函數的單調性與最值 例2　(2011·煙臺模擬)已知函數f(x)＝，x∈[1，＋∞)． (1)當a＝時，求函數f(x)的最小值； (2)若對任意x∈[1，＋∞)，f(x)>0恒成立，試求實數a的取值范圍． 變式遷移2　已知函數f(x)＝x－＋在(1，＋∞)上是增函數，求實數a的取值范圍． 探究點三　抽象函數的單調性 例3　(2011·廈門模擬)已知函數f(x)對于任意x，y∈R，總有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且當x>0時

7、，f(x)<0，f(1)＝－. (1)求證：f(x)在R上是減函數； (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f(x)滿足f()＝f(x1)－f(x2)，且當x>1時，f(x)<0. (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. 分類討論及數形結合思想 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a<0時

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

9、(3)當12時，f(x)min＝3－4a，f(x)max＝－1.[12分] 【突破思維障礙】 (1)二次函數的單調區(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)． 1．函數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

10、數法；(3)圖象法；(4)單調性的運算性質． 2．若函數f(x)，g(x)在區(qū)間D上具有單調性，則在區(qū)間D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)函數時，則f(x)＋g(x)是增(減)函數． (5)當f(x)，g(x)都是增(減)函數時，則f(x)·g(x)當兩者都恒大于零時，是增(減)函數；當兩者都恒小于零時，是減(增)函數． (滿分：75分) 一、選擇題

11、(每小題5分，共25分)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(2011·泉州模擬)“a＝1”是“函數f(x)＝x2－2ax＋3在區(qū)間[1，＋∞)上為增函數”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f(x)＝若f(2－a2)>f(a)，則實數a的取值范圍是 (　　) A．(－∞，－1)∪(2，＋∞) B．(－1,2) C．(－2,1) D．(－∞，－2)∪

12、(1，＋∞) 3．(2009·寧夏，海南)用min{a，b，c}表示a，b，c三個數中的最小值．設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，則a的取值范圍是 (　　) A．(－1,0)∪(0,1) B．(

13、－1,0)∪(0,1] C．(0,1) D．(0,1] 5．(2011·葫蘆島模擬)已知定義在R上的增函數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y＝－(x－3)|x|的遞增區(qū)間是________． 7．設f(x)是增函數，

14、則下列結論一定正確的是________(填序號)． ①y＝[f(x)]2是增函數； ②y＝是減函數； ③y＝－f(x)是減函數； ④y＝|f(x)|是增函數． 8．設0

15、(14分)(2011·鞍山模擬)已知f(x)是定義在[－1,1]上的奇函數，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，并證明它； (2)解不等式：f(x＋)

16、] 2．D　[∵a2＋1>a，f(x)在R上單調遞增， ∴f(a2＋1)>f(a)．] 3．C　[常數函數不具有單調性．] 4．D　[在本題中，x1，x2不在同一單調區(qū)間內，故無法比較f(x1)與f(x2)的大?。甝 5．C　[∵f(x)＝3(x－)2－＋c，x∈[0,5]，∴當x＝時，f(x)min＝－＋c；當x＝5時，f(x)max＝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，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．可導函數則可以利用導數求解．有些函數可以轉化為兩個或多個基本初等函數，利用其單

17、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x1f(x1)，F(x2)－F(x1)＝[f(

18、x2)＋]－[f(x1)＋]＝[f(x2)－f(x1)][1－]， ∵f(x)是R上的增函數，且f(5)＝1， ∴當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(x)在(－∞，5)為減函數，在(5，＋∞)為增函數． 例2　解　(1)當a＝時，f(x)＝x＋＋2， 設x1，x2∈[1，＋∞)且x1

19、 f(x1)－f(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f(x)恒成立， 故a>－3.

20、 方法二　f(x)＝x＋＋2，x∈[1，＋∞)， 當a≥0時，函數f(x)的值恒為正，滿足題意，當a<0時，函數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應大于函數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1

21、x2. ∵函數f(x)在(1，＋∞)上是增函數， ∴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　解題導引　(1)對于抽象函數的問題要根據題設及所求的結論來適當取特殊值說明抽象函數的特點．證明f(x)為單調減函數，首選方法是用單調性的定義來證．(2)用函數的單調性求最值． (1)證明　設x1>x2， 則f(x1)－f(x2) ＝f(x1－x2＋x2)－f(x2) ＝f(x1－x2

22、)＋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)0， 代入得f(1)

23、＝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f(－x)9，故x<－9，

24、 ∴不等式的解集為{x|x>9或x<－9}． 課后練習區(qū) 1．A　[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．C　[由題知f(x)在R上是增函數，由題得2－a2>a，解得－20時，它有兩個減區(qū)間為(

25、－∞，－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)． ∴f(x1)＋f(x2)＋f(x3)>0.] 6．[0，] 解析　y＝. 畫圖

26、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)

27、意a－<2x在(1，＋∞)上恒成立， 設h(x)＝2x＋，則a0， ∴h(x)在(1，＋∞)上單調遞增．…………………………………………………………(10分) 故a≤h(1)，即a≤3. ∴a的取值范圍為(－∞，3]．…………………………………………………………(12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， g(a)＝f(－

28、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. 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(x)為奇函數， ∴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)