《新編高考數(shù)學(xué)理一輪資源庫(kù) 第2章學(xué)案5》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新編高考數(shù)學(xué)理一輪資源庫(kù) 第2章學(xué)案5（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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(huì)用定義判斷函數(shù)的單調(diào)性，會(huì)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及會(huì)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)锳，如果對(duì)于區(qū)間I內(nèi)的任意兩個(gè)值x1，x2，當(dāng)x1f(x2))，那么就說(shuō)f(x)在區(qū)間I上是單調(diào)________________． (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]上是單調(diào)__

2、______；(x1－x2)(f(x1)－f(x2))<0?<0?f(x)在[a，b]上是單調(diào)________． (3)單調(diào)區(qū)間：如果函數(shù)y＝f(x)在某個(gè)區(qū)間上是單調(diào)增函數(shù)或減函數(shù)，那么說(shuō)函數(shù)y＝f(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(chēng)為_(kāi)_________． (4)函數(shù)y＝x＋(a>0)在 (－∞，－)，(，＋∞)上單調(diào)________；在(－，0)，(0，)上單調(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)锳，如果存在x0∈A，使得對(duì)于任意的x∈A，都有f(x)≤f(x0)(或≥f(

3、x0))，則稱(chēng)f(x0)為y＝f(x)的最____(或最____)值． 自我檢測(cè) 1．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________________．(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(shí)數(shù)，則有f(a2＋1)________f(a)．(填“>”、“<”或“＝”) 3．下列函數(shù)在(0,1)上是增函數(shù)的是________(填序號(hào))． ①y＝1－2x；②y＝；③y＝－x2＋2x；④y＝5. 4．若f(x)＝x2＋2(a－1)x＋4是區(qū)間(－∞，

4、4]上的減函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 5．當(dāng)x∈[0,5]時(shí)，函數(shù)f(x)＝3x2－4x＋c的值域?yàn)開(kāi)_____________________． 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(shuō)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(duì)x∈R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(diǎn)二　函數(shù)的單調(diào)性與最值 例2　已知函數(shù)f(x)＝，x∈[1，＋∞)． (1)當(dāng)a＝時(shí)，求函數(shù)f(x

5、)的最小值； (2)若對(duì)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　已知函數(shù)f(x)對(duì)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(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(mǎn)足f()＝f(x1)－f(x2)，且當(dāng)x>1時(shí)，f(x)<0.

6、(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(lèi)討論及數(shù)形結(jié)合思想 例　(14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(duì)稱(chēng)軸為x＝a.[2分] (1)當(dāng)a<0時(shí)，由圖①可知，f(x)min＝f(0)＝－1，f(x)max＝f(2)＝3－4a.[5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.[8分] (3)當(dāng)1

7、min＝f(a)＝－1－a2，f(x)max＝f(0)＝－1.[11分] (4)當(dāng)a>2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)12時(shí)，f(x)min＝3－4a，f(x)max＝－1.[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(duì)稱(chēng)軸確定的．故只需確定對(duì)稱(chēng)軸與區(qū)間的關(guān)系．由于對(duì)稱(chēng)

8、軸是x＝a，而a的取值不定，從而導(dǎo)致了分類(lèi)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(duì)稱(chēng)軸在區(qū)間[0,2]所對(duì)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)． 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(yùn)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(shí)，具有相同的單調(diào)性，當(dāng)a<0時(shí)，具有相反的單

9、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(mǎn)分：90分) 一、填空題(每小題6分，共48分) 1．(2010·泰州模擬)“a＝1”是“函數(shù)f(x)＝x2－2ax＋3在區(qū)間[1，＋∞)上為增函數(shù)”的____________條件． 2．(2009·天津改編)已知函數(shù)f(x)＝若f(2－a2)>f(a)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)____

10、___． 3．(2009·寧夏，海南改編)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_(kāi)_______． 4．若f(x)＝－x2＋2ax與g(x)＝在區(qū)間[1,2]上都是減函數(shù)，則a的取值范圍為_(kāi)_______． 5．已知定義在R上的增函數(shù)f(x)，滿(mǎn)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)的符號(hào)為_(kāi)_______(填“正”、“負(fù)”、“不確定”)． 6．(2011·淮安調(diào)研)函數(shù)y＝－(x－3)|x|的遞增

11、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(hào))． 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．(2011·蘇州質(zhì)檢)設(shè)0

12、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，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； (2)解不等式：f(x＋) 3．③ 4．a(chǎn)≤－3 5．[－＋

13、c,55＋c] 課堂活動(dòng)區(qū) 例1　解題導(dǎo)引　對(duì)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(wèn)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(lái)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． 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)x1

14、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(shí)，05時(shí)f(x)>1； ①若x1x1>5，則f(x2)>

15、f(x1)>1， ∴f(x1)·f(x2)>1，∴1－>0， ∴F(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(shí)，f(x)＝x＋＋2， 設(shè)x1，x2∈[1，＋∞)且x10， ∴f(x1)－f(x2)<0，∴f(x1)

16、＝>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)＝x＋＋2，x∈[1，＋∞)， 當(dāng)a≥0時(shí)，函數(shù)f(x)的值恒為正，滿(mǎn)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

17、－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)10，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(duì)于抽象函數(shù)的問(wèn)題要根據(jù)題設(shè)

18、及所求的結(jié)論來(lái)適當(dāng)取特殊值說(shuō)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(lái)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(duì)于任意x，y∈R總有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)， ∴令x＝y(tǒng)＝0，得f(0)＝0. 再令y＝－x，得f(－x)＝－f(x)． 在R上任取x1>x2，則x1－x2>0， f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝f(x1－x2)． 又∵x>0時(shí)，f(x)<0，而x1－x2>0， ∴f(x1－x2)<0，即f(x1)x2，則f(x1)－f(x

19、2) ＝f(x1－x2＋x2)－f(x2)＝f(x1－x2)＋f(x2)－f(x2) ＝f(x1－x2)． 又∵x>0時(shí)，f(x)<0.而x1－x2>0，∴f(x1－x2)<0， 即f(x1)

20、遷移3　解　(1)令x1＝x2>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(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

21、f(－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(duì)稱(chēng)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．(－2,1) 解析　由題知f(x)在R上是增函數(shù)，由題得2－a2>a，解得－2

22、 解析　f(x)在[a，＋∞)上是減函數(shù)，對(duì)于g(x)，只有當(dāng)a>0時(shí)，它有兩個(gè)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)

23、． ∴f(x1)＋f(x2)＋f(x3)>0. 6．[0，] 解析　y＝. 畫(huà)圖象如圖所示： 可知遞增區(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)

24、………………………………(6分) (2)解　由題意a－<2x在(1，＋∞)上恒成立， 設(shè)h(x)＝2x＋，則a0，x∈(1，＋∞)， ∴h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．………………………………………………………(12分) 故a≤h(1)，即a≤3. ∴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(duì)稱(chēng)軸為－. (1)當(dāng)－<－2，即a>4時(shí)

25、， g(a)＝f(－2)＝7－3a≥0，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.………………………………………………………………(13分) 綜上得所求a的取值范圍是－7≤a≤2.………………………………………………(14分) 11．解　(

26、1)任取x1，x2∈[－1,1]，且x10，x1－x2<0， ∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)