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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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?yàn)镮，如果對于定義域I內(nèi)某個(gè)區(qū)間D上的任意兩個(gè)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(jià)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(gè)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?yàn)镮，如果存在實(shí)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(shí)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(shí)，函數(shù)f(x)＝3x2－4x＋c的值域?yàn)? (　　) A．[c,55＋c] B．[－＋c，c] C．[－＋c,55＋c] D．[c,20＋c] 探究點(diǎn)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(diǎn)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(shí)，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(shí)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(shí)數(shù)a的取值范圍． 探究點(diǎn)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(shí)，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(shí)，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(shí)，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(shí)，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(shí)，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(shí)，f(x)min＝－1，f(x)max＝3－4a； (2)當(dāng)0≤a<1時(shí)，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(shí)，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(shí)，最小值是在頂點(diǎn)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(yùn)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(shí)，具有相同的單調(diào)性，當(dāng)a<0時(shí)，具有相反的單調(diào)性． (3)當(dāng)f(x)恒不等于零時(shí)，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(shí)，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(shí)，則f(x)·g(x)當(dāng)兩者都恒大于零時(shí)，是增(減)函數(shù)；當(dāng)兩者都恒小于零時(shí)，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(shí)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(gè)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(shí)，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?。甝 5．C　[∵f(x)＝3(x－)2－＋c，x∈[0,5]，∴當(dāng)x＝時(shí)，f(x)min＝－＋c；當(dāng)x＝5時(shí)，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(diǎn)，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(gè)或多個(gè)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(shí)，05時(shí)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(shí)，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(jià)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(shí)，ymin＝3＋a， 于是當(dāng)且僅當(dāng)ymin＝3＋a>0時(shí)，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(shí)，函數(shù)f(x)的值恒為正，滿足題意，當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)f(x)遞增； 當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)min＝3＋a，于是當(dāng)且僅當(dāng)f(x)min＝3＋a>0時(shí)，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(jià)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(shí)，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(diǎn)．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(shí)，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(shí)，f(x)<0， ∴f()<0，即f(x1)－f(x2)<0，∴f(x1)0時(shí)，由f(|x|)<－2，得f(x)9； 當(dāng)x<0時(shí)，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(shí)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(shí)，它有兩個(gè)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(shí)， g(a)＝f(－2)＝7－3a≥0，

28、得a≤. 又a>4，故此時(shí)的a不存在．……………………………………………………………(4分) (2)當(dāng)－∈[－2,2]，即－4≤a≤4時(shí)， 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(shí)， 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)