新編高考數(shù)學(xué)理一輪資源庫 第2章學(xué)案5

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)yf(x)的定義域為A，如果對于區(qū)間I內(nèi)的任意兩個值x1，x2，當(dāng)x1<x2時，都有f(x1)<f(x2)(f(x1)>f(x2)，那么就說f(x)在區(qū)間I上是單調(diào)_(2)單調(diào)性的定義的等價形式：設(shè)x1，x2a，b，那么(x1x2)(f(x1)f(x2)>0>0f(x)在a，b上是單調(diào)_；(x1x2)(f(x1)f(x2)<0<0f(x)在a，b上是單調(diào)_(3)單調(diào)區(qū)間：如果函數(shù)yf(x)在某個區(qū)間上是單調(diào)增函數(shù)或減函數(shù)，那么說函數(shù)yf(x)在區(qū)間I上具有單調(diào)性，單調(diào)增區(qū)間和單調(diào)減區(qū)間統(tǒng)稱為_(4)函數(shù)yx(a>0)在 (，)，(，)上單調(diào)_；在(，0)，(0，)上單調(diào)_；函數(shù)yx(a<0)在_上單調(diào)遞增2最值一般地，設(shè)函數(shù)yf(x)的定義域為A，如果存在x0A，使得對于任意的xA，都有f(x)f(x0)(或f(x0)，則稱f(x0)為yf(x)的最_(或最_)值自我檢測1若函數(shù)yax與y在(0，)上都是減函數(shù)，則yax2bx在(0，)上是_(用“單調(diào)減函數(shù)”、“單調(diào)增函數(shù)”、“不單調(diào)”填空)2(2011·連云港模擬)設(shè)f(x)是(，)上的增函數(shù)，a為實數(shù)，則有f(a21)_f(a)(填“>”、“<”或“”)3下列函數(shù)在(0,1)上是增函數(shù)的是_(填序號)y12x；y；yx22x；y5.4若f(x)x22(a1)x4是區(qū)間(，4上的減函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是_5當(dāng)x0,5時，函數(shù)f(x)3x24xc的值域為_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xR有f(x)>0，且f(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已知函數(shù)f(x)，x1，)(1)當(dāng)a時，求函數(shù)f(x)的最小值；(2)若對任意x1，)，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已知函數(shù)f(x)對于任意x，yR，總有f(x)f(y)f(xy)，且當(dāng)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(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(14分)求f(x)x22ax1在區(qū)間0,2上的最大值和最小值【答題模板】解f(x)(xa)21a2，對稱軸為xa.2分(1)當(dāng)a<0時，由圖可知，f(x)minf(0)1，f(x)maxf(2)34a.5分(2)當(dāng)0a<1時，由圖可知，f(x)minf(a)1a2，f(x)maxf(2)34a.8分(3)當(dāng)1<a2時，由圖可知，f(x)minf(a)1a2，f(x)maxf(0)1.11分(4)當(dāng)a>2時，由圖可知，f(x)minf(2)34a，f(x)maxf(0)1.綜上，(1)當(dāng)a<0時，f(x)min1，f(x)max34a；(2)當(dāng)0a<1時，f(x)min1a2，f(x)max34a；(3)當(dāng)1<a2時，f(x)min1a2，f(x)max1；(4)當(dāng)a>2時，f(x)min34a，f(x)max1.14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xa，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<0,0a2，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)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；(4)單調(diào)性的運算性質(zhì)總結(jié)如下：若函數(shù)f(x)，g(x)在區(qū)間I上具有單調(diào)性，則在區(qū)間I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：90分)一、填空題(每小題6分，共48分)1(2010·泰州模擬)“a1”是“函數(shù)f(x)x22ax3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(2a2)>f(a)，則實數(shù)a的取值范圍為_3(2009·寧夏，海南改編)用mina，b，c表示a，b，c三個數(shù)中的最小值設(shè)f(x)min2x，x2,10x(x0)，則f(x)的最大值為_4若f(x)x22ax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，x3R，且x1x2>0，x2x3>0，x3x1>0，則f(x1)f(x2)f(x3)的符號為_(填“正”、“負(fù)”、“不確定”)6(2011·淮安調(diào)研)函數(shù)y(x3)|x|的遞增區(qū)間是_7設(shè)f(x)是增函數(shù)，則下列結(jié)論一定正確的是_(填序號)yf(x)2是增函數(shù)；y是減函數(shù)；yf(x)是減函數(shù)；y|f(x)|是增函數(shù)8(2011·蘇州質(zhì)檢)設(shè)0<x<1，則函數(shù)y的最小值是_二、解答題(共42分)9(14分)已知函數(shù)f(x)a.(1)求證：函數(shù)yf(x)在(0，)上是增函數(shù)；(2)若f(x)<2x在(1，)上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍10(14分)已知f(x)x2ax3a，若x2,2時，f(x)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，b1,1，ab0時，有>0成立(1)判斷f(x)在1,1上的單調(diào)性，并證明；(2)解不等式：f(x)<f()；(3)若f(x)m22am1對所有的a1,1恒成立，求實數(shù)m的取值范圍答案 自主梳理1(1)增函數(shù)(減函數(shù))(2)增函數(shù)減函數(shù)(3)單調(diào)區(qū)間(4)遞增遞減(，0)，(0，)2.大小自我檢測1單調(diào)減函數(shù)2>34a35c,55c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)性可以方便求解解在定義域內(nèi)任取x1，x2，且使x1<x2，則xx2x1>0，yf(x2)f(x1).a>b>0，ba<0，(ba)(x2x1)<0，又x(，b)(b，)，只有當(dāng)x1<x2<b，或b<x1<x2時，函數(shù)才單調(diào)當(dāng)x1<x2<b，或b<x1<x2時，f(x2)f(x1)<0，即y<0.yf(x)在(，b)上是單調(diào)減函數(shù)，在(b，)上也是單調(diào)減函數(shù)變式遷移1解在R上任取x1、x2，設(shè)x1<x2，f(x2)>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(dāng)x<5時，0<f(x)<1，而當(dāng)x>5時f(x)>1；若x1<x2<5，則0<f(x1)<f(x2)<1，0<f(x1)f(x2)<1，1<0，F(xiàn)(x2)<F(x1)；若x2>x1>5，則f(x2)>f(x1)>1，f(x1)·f(x2)>1，1>0，F(xiàn)(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(dāng)a時，f(x)x2，設(shè)x1，x21，)且x1<x2，f(x1)f(x2)x1x2(x1x2)(1)x1<x2，x1x2<0，又1<x1<x2，1>0，f(x1)f(x2)<0，f(x1)<f(x2)f(x)在區(qū)間1，)上為增函數(shù)，f(x)在區(qū)間1，)上的最小值為f(1).(2)方法一在區(qū)間1，)上，f(x)>0恒成立，等價于x22xa>0恒成立設(shè)yx22xa，x1，)，yx22xa(x1)2a1遞增，當(dāng)x1時，ymin3a，于是當(dāng)且僅當(dāng)ymin3a>0時，函數(shù)f(x)恒成立，故a>3.方法二f(x)x2，x1，)，當(dāng)a0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)x1時，f(x)min3a，于是當(dāng)且僅當(dāng)f(x)min3a>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x22xa>0恒成立即a>x22x恒成立又x1，)，a>x22x恒成立，a應(yīng)大于函數(shù)ux22x，x1，)的最大值a>x22x(x1)21.當(dāng)x1時，u取得最大值3，a>3.變式遷移2解設(shè)1<x1<x2.函數(shù)f(x)在(1，)上是增函數(shù)，f(x1)f(x2)x1(x2)(x1x2)(1)<0.又x1x2<0，1>0，即a>x1x2恒成立1<x1<x2，x1x2>1，x1x2<1.a1，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)性求最值解(1)方法一函數(shù)f(x)對于任意x，yR總有f(x)f(y)f(xy)，令xy0，得f(0)0.再令yx，得f(x)f(x)在R上任取x1>x2，則x1x2>0，f(x1)f(x2)f(x1)f(x2)f(x1x2)又x>0時，f(x)<0，而x1x2>0，f(x1x2)<0，即f(x1)<f(x2)因此f(x)在R上是減函數(shù)方法二設(shè)x1>x2，則f(x1)f(x2)f(x1x2x2)f(x2)f(x1x2)f(x2)f(x2)f(x1x2)又x>0時，f(x)<0.而x1x2>0，f(x1x2)<0，即f(x1)<f(x2)，f(x)在R上為減函數(shù)(2)f(x)在R上是減函數(shù)，f(x)在3,3上也是減函數(shù)，f(x)在3,3上的最大值和最小值分別為f(3)與f(3)又f(3)f(21)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上的最大值為2，最小值為2.變式遷移3解(1)令x1x2>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(dāng)x>1時，f(x)<0，f()<0，即f(x1)f(x2)<0，f(x1)<f(x2)，函數(shù)f(x)在(0，)上是單調(diào)遞減函數(shù)(3)由f()f(x1)f(x2)得f()f(9)f(3)，而f(3)1，f(9)2.由于函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，)上是單調(diào)遞減函數(shù)，當(dāng)x>0時，由f(|x|)<2，得f(x)<f(9)，x>9；當(dāng)x<0時，由f(|x|)<2，得f(x)<f(9)，x>9，故x<9，不等式的解集為x|x>9或x<9課后練習(xí)區(qū)1充分不必要解析f(x)對稱軸xa，當(dāng)a1時f(x)在1，)上單調(diào)遞增“a1”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2a2>a，解得2<a<1.36解析由題意知函數(shù)f(x)是三個函數(shù)y12x，y2x2，y310x中的較小者，作出三個函數(shù)在同一坐標(biāo)系之下的圖象(如圖中實線部分為f(x)的圖象)可知A(4,6)為函數(shù)f(x)圖象的最高點4(0,1解析f(x)在a，)上是減函數(shù)，對于g(x)，只有當(dāng)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0<a1.5正解析f(x)f(x)0，f(x)f(x)又x1x2>0，x2x3>0，x3x1>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)>0.60，解析y.畫圖象如圖所示：可知遞增區(qū)間為0，7解析舉例：設(shè)f(x)x，易知均不正確84解析y，當(dāng)0<x<1時，x(1x)(x)2.y4.9(1)證明當(dāng)x(0，)時，f(x)a，設(shè)0<x1<x2，則x1x2>0，x2x1>0.f(x1)f(x2)(a)(a)<0.(5分)f(x1)<f(x2)，即f(x)在(0，)上是增函數(shù)(6分)(2)解由題意a<2x在(1，)上恒成立，設(shè)h(x)2x，則a<h(x)在(1，)上恒成立(8分)h(x)2，x(1，)2>0，x(1，)，h(x)在(1，)上單調(diào)遞增(12分)故ah(1)，即a3.a的取值范圍為(，3(14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)73a0，得a.又a>4，故此時的a不存在(4分)(2)當(dāng)2,2，即4a4時，g(a)f()3a0得6a2.又4a4，故4a2.(8分)(3)當(dāng)>2，即a<4時，g(a)f(2)7a0得a7.又a<4，故7a<4.(13分)綜上得所求a的取值范圍是7a2.(14分)11解(1)任取x1，x21,1，且x1<x2，則x21,1，f(x)為奇函數(shù)，f(x1)f(x2)f(x1)f(x2)·(x1x2)，由已知得>0，x1x2<0，f(x1)f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)f(x)在1,1上單調(diào)遞增(4分)(2)f(x)在1,1上單調(diào)遞增，x<1.(9分)(3)f(1)1，f(x)在1,1上單調(diào)遞增在1,1上，f(x)1.(10分)問題轉(zhuǎn)化為m22am11，即m22am0，對a1,1成立下面來求m的取值范圍設(shè)g(a)2m·am20.若m0，則g(a)00，自然對a1,1恒成立若m0，則g(a)為a的一次函數(shù)，若g(a)0，對a1,1恒成立，必須g(1)0，且g(1)0，m2，或m2.m的取值范圍是m0或|m|2.(14分)