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5.3 函數的單調性
知識點 1 函數的單調性
必備知識 清單破
增函數 減函數
定義 一般地,設函數y=f(x)的定義域為A,區間I A,如果對于區間I內的任意兩個值x1,x2,當x1f(x2),那么稱y=f(x)在區間I上單調遞減
圖象 描述
自左向右看圖象是上升的 自左向右看圖象是下降的
　　如果函數y=f(x)在區間I上單調遞增或單調遞減,那么稱函數y=f(x)在區間I上具有單調性.
增區間和減區間統稱為單調區間.
易錯警示 (1)某函數有兩個或兩個以上的單調遞增(減)區間時,單調遞增(減)區間之間用
“,”或者“和”連接,不用“∪”“或”“且”連接.(2)函數在區間端點處無意義時要寫成
開區間,有意義時開閉均可.
　　設y=f(x)的定義域為A.
　　如果存在x0∈A,使得對于任意的x∈A,都有f(x)≤f(x0),那么稱f(x0)為y=f(x)的最大值,記為
ymax=f(x0);
如果存在x0∈A,使得對于任意的x∈A,都有f(x)≥f(x0),那么稱f(x0)為y=f(x)的最小值,記為ymin=f(x0).
知識點 2 函數的最值
1.函數f(x)的定義域為I,如果定義域內某個區間D上存在兩個自變量x1,x2,當x12.若函數f(x)在區間(1,2]和(2,3)上均單調遞增,則能否判斷函數f(x)在區間(1,3)上也單調遞增
3.若f(x)≥-1恒成立,則f(x)的最小值是-1嗎
4.函數f(x)取最大值時,對應x的值是否唯一
知識辨析
1.不能.x1,x2必須是區間D上的任意變量.
2.不能.如函數f(x)= 在區間(1,2]和(2,3)上均單調遞增,但由其圖象(圖略)知函數f(x)在區間(1,3)上不單調遞增.
3.不一定.若不存在x0,使得f(x0)=-1,則f(x)的最小值不是-1,如y=x2≥-1恒成立,但其最小值為0.
4.不一定.如函數f(x)= 其最大值為1,取最大值時,x∈(0,+∞),有無數個值.
一語破的
1.判斷函數單調性的方法
(1)圖象法:根據函數圖象的升降情況進行判斷.
(2)直接法:運用已知結論,直接得到函數的單調性,如一次函數、二次函數、反比例函數的單
調性均可直接得出.
(3)性質法:
①f(x),g(x)在公共區間上的單調性如下表:
關鍵能力 定點破
定點 1 函數單調性的證明
y=f(x) y=g(x) y=f(x)+g(x) y=f(x)-g(x)
增 增 增
增 減 增
減 減 減
減 增 減
②復合函數單調性的判斷依據:
　　由函數u=g(x)與函數y=f(u)復合,得到函數y=f(g(x)),其單調性的判斷方法如表所示:
u=g(x) y=f(u) y=f(g(x))
增 增 增
增 減 減
減 增 減
減 減 增
　　復合函數的單調性可簡記為“同增異減”,即內外函數的單調性相同時單調遞增,相異
時單調遞減.注意函數的定義域.
2.利用定義證明函數單調性的步驟
(1)取值:設x1,x2是所給區間內的任意兩個值,且x1(2)作差、變形:計算f(x1)-f(x2),并通過因式分解、通分、配方、有理化等手段,轉化為易判斷
正負的關系式;
(3)判斷符號:確定f(x1)-f(x2)的符號;
(4)下結論:根據f(x1)-f(x2)的符號與增函數、減函數的定義確定單調性.
　已知函數f(x)的定義域是(0,+∞),且對任意正實數x,y都有f(xy)=f(x)+f(y)恒成立,f(2)=1,
當x>1時, f(x)>0.
(1)求f 的值;
(2)判斷函數f(x)在(0,+∞)上的單調性,并證明.　
典例
思路點撥： (1)解決抽象函數問題的關鍵是根據結論對x,y進行賦值,通過賦值解決.
(2)利用定義判斷函數的單調性.
解析: (1)∵對任意正實數x,y都有f(xy)=f(x)+f(y)恒成立,
∴當x=y=1時,有f(1)=f(1)+f(1),
∴f(1)=0.
當x=2,y= 時,有f =f(2)+f ,
即f(2)+f =0,又f(2)=1,∴f =-1.
(2)函數f(x)在(0,+∞)上單調遞增.
證明如下:
設x1,x2為區間(0,+∞)上的任意兩個值,且x1即f(x2)-f(x1)=f .
∵01,
∴f >f(1)=0,即f(x2)>f(x1),
∴f(x)在(0,+∞)上單調遞增.
1.利用函數的單調性求解最大(小)值
　　若函數f(x)在區間[a,b]上單調遞增(減),則函數f(x)在x=a時取得最小(大)值f(a),在x=b時取
得最大(小)值f(b).
　　若函數f(x)有多個單調區間,則先求出各區間上的最值,再從各區間的最值中決定出最大
(小)值.
2.利用函數的單調性解不等式
　　利用函數的單調性解不等式主要依據函數單調性的定義,將符號“f ”脫掉,列出關于未
知量的不等式(組),然后求解,此時注意函數的定義域.
定點 2 函數單調性的應用
3.利用函數的單調性求參數的取值范圍
(1)利用單調性的定義:在單調區間內任取x1,x2,且x10)恒成立求
參數的取值范圍.
(2)利用具體函數本身所具有的特征:如根據二次函數的圖象的對稱軸相對于所給單調區間
的位置建立關于參數的不等式(組),解不等式(組)求參數的取值范圍.
　　注意:①若某個函數在區間[a,b]上是單調的,則該函數在此區間的任意子區間上也是單
調的.②根據分段函數的單調性求參數的取值范圍時,一般從兩方面考慮:一方面,每個分段區
間上的函數具有相同的單調性,由此列出相關式子;另一方面,要考慮分界點處函數值之間的
大小關系.若是增函數,則分界點左側值小于或等于右側值;若是減函數,則分界點左側值大于
或等于右側值,由此列出另外的式子,從而解得參數的取值范圍.
(1)若函數f(x)在區間(0,+∞)上單調遞增,且對任意x>0,y>0,滿足f(x)-f(y)=f ,則不等式
f(x+3)-f <2f(2)的解集為　 (　 )
A.(-1,4)　 B.(-4,1)
C.(0,1)　 D.(0,4)
(2)已知函數f(x)= 對于任意兩個不相等的實數x1,x2∈R,都有不等式(x1-x2)[f(x1)-
f(x2)]>0成立,則實數a的取值范圍是 (　 )
A.[3,+∞)　 B.[0,3]
C.[3,4]　 D.[2,4]
典例
C
C
(3)已知函數f(x)=x2-2tx+1在區間(-∞,1]上單調遞減,且當x∈[0,t+1]時,有f(x)max-f(x)min≤2,則實
數t的取值范圍是　　　 .
[1, ]
解析： (1)因為對任意x>0,y>0,滿足f(x)-f(y)=f ,
所以令x=4,y=2,得f(4)-f(2)=f(2),
即f(4)=2f(2),
則不等式f(x+3)-f <2f(2)可化為f(x2+3x)又因為函數f(x)在區間(0,+∞)上單調遞增,
所以 即
解得0(2)因為對于任意兩個不相等的實數x1,x2∈R,都有不等式(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0成立,所以f(x)在R
上為增函數.
畫出y=|x2-2x-3|的圖象,如圖所示:

因為f(x)在R上為增函數,所以a≥3.
當x0.
在x=a處,需滿足a2-2a-3≥a2-11,
解得a≤4.綜上,3≤a≤4.
(3)易知函數f(x)=x2-2tx+1的圖象的對稱軸為直線x=t,
因為f(x)=x2-2tx+1在區間(-∞,1]上單調遞減,所以t≥1,
故當x∈[0,t+1]時, f(x)min=f(t)=-t2+1, f(x)max=f(0)=1,
由f(x)max-f(x)min≤2,得1-(-t2+1)≤2,
即t2≤2,所以- ≤t≤ ,
又t≥1,所以1≤t≤ ,
故實數t的取值范圍是[1, ].
1.解決含參數的二次函數的最值問題,首先將二次函數化為y=a(x-h)2+k(a≠0)的形式,再由a的
符號確定其圖象的開口方向,根據對稱軸方程x=h得出頂點的位置,再根據函數的定義域結合
大致圖象確定最大(小)值.
2.含參數的二次函數的最值問題的類型
(1)區間固定,圖象的對稱軸變動,求最值;
(2)圖象的對稱軸固定,區間變動,求最值;
(3)最值固定,區間或圖象的對稱軸變動,求參數.
　　求解時通常都是根據區間和圖象的對稱軸的相對位置進行分類討論.
定點 3 含參數的二次函數在某閉區間上的最大(小)值
已知函數f(x)=x2-ax+1.
(1)求f(x)在[0,1]上的最大值m(a);
(2)當a=1時,求f(x)在區間[t,t+1](t∈R)上的最小值g(t).
典例
思路點撥： (1)函數f(x)圖象的對稱軸為直線x= ,其位置不確定,所以根據函數圖象的對稱軸
與區間[0,1]的相對位置進行分類討論.
(2)函數f(x)圖象的對稱軸為直線x= ,其位置確定,但區間[t,t+1]的位置不確定,所以根據函數
圖象的對稱軸與區間[t,t+1]的相對位置進行分類討論.
解析： (1)f(x)=x2-ax+1= +1- ,其圖象開口向上,對稱軸為直線x= .
當 ≤ ,即a≤1時, f(x)max=f(1)=2-a;
當 > ,即a>1時, f(x)max=f(0)=1.
綜上,m(a)=
(2)當a=1時, f(x)=x2-x+1= + ,其圖象開口向上,對稱軸為直線x= .
當t≥ 時, f(x)在[t,t+1]上單調遞增,所以f(x)min=f(t)=t2-t+1;
當t+1≤ ,即t≤- 時, f(x)在[t,t+1]上單調遞減,所以f(x)min=f(t+1)=t2+t+1;
當t< 綜上,g(t)= 5.3　函數的單調性
第1課時　函數的單調性
基礎過關練
題組一　函數單調性的概念
1.已知函數f(x)在[a,b]上單調遞增,對于任意的x1,x2∈[a,b](x1≠x2),則下列結論中正確的是(　　)
A.>0
B.(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]=0
C.f(a)≤f(x1)D.f(x1)>f(x2)
2.(教材習題改編)函數y=f(x)的圖象如圖所示,則函數f(x)的單調遞減區間是(　　)
A.(-1,0)　　　　B.(1,+∞)
C.(-1,0)∪(1,+∞)　　　　D.(-1,0)和(1,+∞)
題組二　函數單調性的判斷與證明
3.(教材習題改編)下列四個函數中,在(1,+∞)上單調遞增的是(　　)
A.f(x)=3-x　　　　B.f(x)=x2-3x
C.f(x)=　　　　D.f(x)=-|x|
4.已知函數f(x)=|x2-5x+6|,則函數f(x)的單調遞增區間是(　　)
A.　　　　B.
C.和(3,+∞)　　　　D.(-∞,2)和
5.已知函數f(x)=-x2+2|x|+3,則f(x)的單調遞增區間為　　　　.
6.已知函數f(x)=|x|+|2x-3|.
(1)畫出函數y=f(x)的圖象;
(2)寫出函數f(x)的單調遞減區間;
(3)用定義證明函數f(x)在上單調遞增.
7.定義在R上的函數f(x)滿足對任意x,y∈R,恒有f(x+y)=f(x)+f(y),且x>0時,f(x)>0.
(1)求f(0)的值;
(2)試判斷f(x)的單調性,并加以證明.
題組三　函數單調性的應用
8.“函數f(x)在區間[1,2]上不單調遞增”的一個充要條件是(　　)
A.存在a,b∈[1,2],使得aB.存在a,b∈[1,2],使得aC.存在a∈(1,2],使得f(a)≤f(1)
D.存在a∈(1,2),使得f(a)≥f(2)
9.(教材習題改編)已知函數f(x)=4x2-kx-8在區間(-∞,5]上具有單調性,則實數k的取值范圍是　　(　　)
A.(-24,40)　　　　B.[-24,40]
C.(-∞,-24]　　　　D.[40,+∞)
10.函數f(x)的定義域為R,且對于任意的x1,x2∈R(x1≠x2)均有 <0成立,若f(1-a)>f(2a-1),則正實數a的取值范圍為(　　)
A.(-∞,0)∪　　　　B.
C.　　　　D.
11.若函數f(x)=是R上的減函數,則實數m的取值范圍是(　　)
A.(2,3]　　　　B.[2,4]　　　　
C.(2,3)　　　　D.[2,4)
12.已知函數f(x)是R上的增函數,A(0,-1),B(3,1)是函數f(x)圖象上的兩點,那么|f(x+1)|≥1的解集是(　　)
A.(-1,2)
B.(1,4)
C.(-∞,-1]∪[4,+∞)
D.(-∞,-1]∪[2,+∞)
13.若f(x)是定義在[-8,8]上的增函數,且f(2m)>f(-m+9),則實數m的取值范圍是　　　　.
14.已知函數f(x)=在區間(-∞,3)上單調遞增,則a的取值范圍是　　　　.
15.已知函數f(x)=,x∈[2,5].
(1)判斷函數f(x)的單調性,并用定義證明你的結論;
(2)若f(m+1)16.設f(x)是定義在R上的函數,且對任意實數x,有f(1-x)=x2-3x+3.
(1)求函數f(x)的解析式;
(2)若函數g(x)=|f(x)-ax+3|在[1,3]上單調遞增,求實數a的取值范圍.
能力提升練
題組一　函數單調性的判斷與證明
1.函數y=1-的單調遞增區間是(　　)
A.[0,3]　　　　B.(-∞,3]
C.[3,6]　　　　D.[3,+∞)
2.(多選題)設函數f(x)在R上為增函數,則下列結論錯誤的是(　　)
A.y=在R上為減函數
B.y=|f(x)|在R上為增函數
C.y=-在R上為增函數
D.y=-f(x)在R上為減函數
3.函數y=|x|(1-x)在區間A上單調遞減,那么區間A是　　　　.(寫出一個即可)
4.已知f(x)是定義在R上的增函數,對任意x∈R有f(x)>0,且f(5)=1,設F(x)=f(x)+,判斷F(x)的單調性,并證明你的結論.
題組二　函數單調性的應用
5.設a=,b=,c=,則a,b,c的大小關系是(　　)
A.a>b>c　　　　B.c>b>a
C.a>c>b　　　　D.c>a>b
6.若函數f(x)=x2-2x-3的定義域為[-1,t],值域為[-4,0],則實數t的取值范圍為(　　)
A.1≤t≤3　　　　B.1C.-17.(多選題)定義在(0,+∞)上的函數f(x)滿足如下條件:①f(xy)=+;②當x>1時, f(x)>0.則下列說法正確的是(　　)
A.f(1)=0
B.當0C.f(x)在(0,1)上單調遞減
D.不等式(2-x)f(x-2)≥xf(x)的解集為(2,+1]
8.已知函數f(x)=滿足 x1,x2∈R,當x1≠x2時,不等式(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0恒成立,則實數a的取值范圍為　　　　.
9.已知函數f(x)=x2-2x+b.
(1)若b=1,求函數f(x)的值域;
(2)若函數f(x)的定義域、值域都為[m,n],且f(x)在[m,n]上單調,求實數b的取值范圍.
答案與分層梯度式解析
第1課時　函數的單調性
基礎過關練
1.A　因為f(x)在[a,b]上單調遞增,
所以對于任意的x1,x2∈[a,b](x1≠x2),
當x1>x2時, f(x1)>f(x2),所以x1-x2>0, f(x1)-f(x2)>0,所以 >0,(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0;
當x10,(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0.
綜上,>0,(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0,故A正確,B錯誤;
由于x1,x2的大小關系不確定,所以f(x1)與f(x2)的大小關系不確定,故C,D錯誤.
故選A.
2.D　由題圖知,函數f(x)在(-1,0)和(1,+∞)上單調遞減.故選D.
易錯警示　　　若函數有兩個或兩個以上的單調遞增(減)區間,則單調遞增(減)區間之間用“,”或者“和”連接,不能用“∪”連接.
3.C　A中, f(x)=3-x在(1,+∞)上單調遞減,不符合題意;
B中, f(x)=x2-3x=-,所以函數f(x)在上單調遞減,在上單調遞增,不符合題意;
C中, f(x)===2-,由復合函數的單調性,得函數f(x)在(1,+∞)上單調遞增,符合題意;
D中, f(x)=-|x|在(1,+∞)上單調遞減,不符合題意.故選C.
4.C　函數y=x2-5x+6的圖象的對稱軸為直線x=,
由x2-5x+6=0可得x=2或x=3,作出函數f(x)=|x2-5x+6|的圖象如圖所示:
由圖可知,函數f(x)的單調遞增區間為和(3,+∞).故選C.
5.答案　[0,1]和(-∞,-1]
解析　當x∈[0,+∞)時, f(x)=-x2+2x+3=-(x-1)2+4,此時f(x)的單調遞增區間為[0,1];
當x∈(-∞,0)時, f(x)=-x2-2x+3=-(x+1)2+4,此時f(x)的單調遞增區間為(-∞,-1].
綜上, f(x)的單調遞增區間為[0,1]和(-∞,-1].
6.解析　(1)畫出函數f(x)=的大致圖象,如圖所示:
(2)由(1)的圖象可知函數f(x)的單調遞減區間為.
(3)證明:任取x1,x2∈,不妨設x1則f(x1)-f(x2)=(3x1-3)-(3x2-3)=3(x1-x2),
∵x1,x2∈,x1∴x1-x2<0,∴3(x1-x2)<0,∴f(x1)∴f(x)=|x|+|2x-3|在上單調遞增.
7.解析　(1)取x=y=0,得f(0)=f(0)+f(0),解得f(0)=0.
(2)函數f(x)在R上單調遞增,證明如下:
任取x1,x2∈R,不妨設x1因為x10,又x>0時,f(x)>0,所以f(x2-x1)>0,即f(x2)>f(x1),故函數f(x)在R上單調遞增.
8.B　若函數f(x)在區間[1,2]上單調遞增,
則對任意的a,b∈[1,2],使得a若函數f(x)在區間[1,2]上不單調遞增,
則存在a,b∈[1,2],使得a故選B.
9.D　易得函數f(x)=4x2-kx-8的圖象的對稱軸為直線x=.∵函數f(x)=4x2-kx-8在區間(-∞,5]上具有單調性,∴≥5,解得k≥40,∴k的取值范圍是[40,+∞),故選D.
解題模板　　　解決二次函數的單調性問題,其關鍵是確定二次函數圖象的對稱軸,確定單調區間與對稱軸之間的位置關系是解題的突破口.
10.B　不妨設x1f(x2),所以f(x)在R上單調遞減,
又f(1-a)>f(2a-1),所以1-a<2a-1,解得a>,
則正實數a的取值范圍為.
故選B.
11.A　依題意,得f(x)在R上單調遞減,
所以解得2故選A.
易錯警示　　　研究分段函數的單調性,不僅要分別研究每段函數的單調性,還要考慮在分界點處的函數值的大小關系.
12.D　|f(x+1)|≥1可化為f(x+1)≤-1或f(x+1)≥1,
因為A,B為f(x)圖象上的兩點,
所以f(0)=-1, f(3)=1,
所以f(x+1)≤f(0)或f(x+1)≥f(3),
又f(x)為R上的增函數,所以x+1≤0或x+1≥3,解得x≤-1或x≥2,
即不等式的解集為(-∞,-1]∪[2,+∞).故選D.
13.答案　(3,4]
解析　由題意得解得314.答案　
解析　f(x)===a+,
因為f(x)在區間(-∞,3)上單調遞增,所以1+3a<0,解得a<-.
15.解析　(1)f(x)在區間[2,5]上單調遞減,證明如下:任取x1,x2∈[2,5],不妨設x1則f(x1)-f(x2)=-=,
因為2≤x1所以x2-x1>0,x2+x1>0,(+1)(+1)>0,
所以f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),
所以f(x)在區間[2,5]上單調遞減.
(2)由(1)知f(x)在區間[2,5]上單調遞減,
所以由f(m+1)解得≤m<2.
故實數m的取值范圍是.
16.解析　(1)令1-x=t,則x=1-t,
所以f(t)=(1-t)2-3(1-t)+3=t2+t+1,
所以f(x)=x2+x+1.
(2)由(1)知, f(x)=x2+x+1,
所以g(x)=|f(x)-ax+3|=|x2+(1-a)x+4|,
設h(x)=x2+(1-a)x+4,
當Δ=(1-a)2-16≤0,即-3≤a≤5時,h(x)≥0恒成立,
此時g(x)=x2+(1-a)x+4,其圖象的對稱軸為直線x=,
則≤1,即a≤3,所以-3≤a≤3;
當Δ=(1-a)2-16>0,即a<-3或a>5時,
或
解得a≥7或a<3,所以a<-3或a≥7.
綜上,實數a的取值范圍為(-∞,3]∪[7,+∞).
能力提升練
1.C　由-x2+6x≥0,解得0≤x≤6,
所以函數y=1-的定義域為[0,6],
令t=-x2+6x,其圖象是開口向下的拋物線,對稱軸為直線x=-=3,
所以函數t=-x2+6x在[3,6]上單調遞減,
則函數y=1-的單調遞增區間是[3,6].
故選C.
2.ABC　不妨設f(x)=x,則y==,y=|f(x)|=y=-=-,
易知y==的定義域為(-∞,0)∪(0,+∞),且在定義域上無單調性;y=|f(x)|=的定義域為R,在(-∞,0)上單調遞減,在[0,+∞)上單調遞增;y=-=-的定義域為(-∞,0)∪(0,+∞),在定義域上無單調性,故A,B,C中結論錯誤.對于D,因為函數f(x)在R上為增函數,所以 x1,x2∈R,且x1-f(x2),所以y=-f(x)在R上為減函數,故D中結論正確.故選ABC.
易錯警示　　　求復合函數的單調區間時,應先求出函數的定義域,再在定義域內討論其單調性,防止忽視定義域導致解題錯誤.
3.答案　(-∞,0),(答案不唯一)
解析　由題意得y=f(x)=|x|(1-x)=
作出函數y=f(x)的圖象如圖所示:
由圖象可知函數在區間(-∞,0),上單調遞減.
故區間A是(-∞,0),,或其非空真子集.
4.解析　F(x)在(-∞,5)上單調遞減,在(5,+∞)上單調遞增.證明如下:
在R上任取x1,x2,且x1F(x2)-F(x1)=-
=[f(x2)-f(x1)]·.
∵f(x)是R上的增函數,且f(x)>0, f(5)=1,
∴當x<5時,05時, f(x)>1.
①若x1∴0∴F(x2)②若5∴f(x1)f(x2)>1,∴1->0,∴F(x2)>F(x1).
綜上,F(x)在(-∞,5)上單調遞減,在(5,+∞)上單調遞增.
5.A　構造函數f(n)==,易知f(n)在(0,+∞)上單調遞減,則a=f(2 021),b=f(2 022),c=f(2 023),
∵2 023>2 022>2 021,∴f(2 023)b>c.故選A.
6.A　函數f(x)=x2-2x-3的圖象的對稱軸為直線x=1,
當-1又函數f(x)=x2-2x-3的值域為[-4,0],則t2-2t-3=-4,所以t=1;
當t>1時, f(x)=x2-2x-3在[-1,1]上單調遞減,在[1,t]上單調遞增,
則f(x)min=f(1)=12-2×1-3=-4,f(-1)=(-1)2-2×(-1)-3=0,f(t)=t2-2t+3,故-4≤t2-2t-3≤0,解得-1≤t≤3,故1綜上,實數t的取值范圍為1≤t≤3.故選A.
7.ABD　令x=y=1,則由題意可得f(1)=+,所以f(1)=0,故A正確;
令xy=1,則y=,由題意可得f(1)=+=0,所以f =-xf(x),
因為當x>1時, f(x)>0,所以f =-xf(x)<0,即f <0,所以當0任取x1,x2∈(0,1),且x1結合選項A,B的結論,可知>1 f>0,<0, f(x1)<0,
所以f(x2)-f(x1)>0,即f(x)在(0,1)上單調遞增,故C錯誤;
對于不等式(2-x)f(x-2)≥xf(x),顯然x>2才有意義,
原式可化為 +≤0,即f(x(x-2))≤0,
由上可知08.答案　
解析　因為 x1,x2∈R,當x1≠x2時,不等式(x1-x2)·[f(x1)-f(x2)]<0恒成立,所以f(x)在R上單調遞減.
當x≥-1時,需滿足2a-1<0,解得a<;
當x<-1時, f(x)=-=-x-+2,若a≤0,則f(x)=-x-+2在(-∞,-1)上單調遞減,此時需滿足3+a≥1-a,解得a≥-1,所以-1≤a≤0;若a>0,則函數f(x)=-x-+2在(-∞,-)上單調遞減,在(-,0)上單調遞增,此時需滿足解得0綜上,-1≤a<.
故實數a的取值范圍為.
9.解析　(1)當b=1時, f(x)=x2-2x+1=(x-1)2≥0,所以函數f(x)的值域為[0,+∞).
(2)當m≥1時,函數f(x)在[m,n]上單調遞增,
所以即即
所以方程x2-3x+b=0在[1,+∞)上有兩個不相等的實數根,
令g(x)=x2-3x+b,則
解得2≤b<,
當n≤1時,函數f(x)在[m,n]上單調遞減,
所以即
①-②,得(m-n)(m+n-1)=0,即m=n(舍去)或m=1-n,又m,所以將m=1-n代入②,得方程n2-n+b-1=0在上有解,
因為b=-n2+n+1=-+在上單調遞減,所以b∈.
綜上,實數b的取值范圍是∪.
24第2課時　函數的最值
基礎過關練
題組一　函數的單調性與最值
1.(教材習題改編)若函數y=f(x),x∈[-2,2]的圖象如圖所示,則該函數的最大值、最小值分別為　　(　　)
A.f ,f 　　　　B.f(0),f
C.f(0),f 　　　　D.f(0),f(2)
2.設函數f(x)=在區間[3,4]上的最大值和最小值分別為M,m,則M+m=(　　)
A.4　　　　B.6　　　　C.10　　　　D.24
3.函數f(x)=的最大值為　　　　.
4.函數f(x)=2x2-2ax+3在區間[-1,1]上的最小值記為g(a).
(1)當a=2時,求函數f(x)在區間[-1,2]上的值域;
(2)求f(x)的最小值g(a).
題組二　函數最值的應用
5.二次函數y=ax2+4x+a的最大值是3,則a=(　　)
A.-1　　　　B.1　　　　C.-2　　　　D.-
6.某公司在甲、乙兩地同時銷售一種品牌車,銷售x輛該品牌車的利潤(單位:萬元)分別為L1=-x2+21x和L2=2x.若該公司在兩地共銷售15輛該品牌車,則能獲得的最大總利潤為(　　)
A.90萬元　　　　B.60萬元
C.120萬元　　　　D.120.25萬元
7.當x∈(1,2)時,不等式x2+4x+m<0恒成立,則m的取值范圍是(　　)
A.m≤-5　　　　B.m≤-12　　　　C.m<-8　　　　D.m<-5
8.已知函數f(x)=-x2-2x+3在區間[a,2]上的最大值為,則a等于(　　)
A.　　　　B.　　　　C.-　　　　D.或-
9.已知函數f(x)=|x2-2x-3|在[-1,m]上的最大值為f(m),則實數m的取值范圍是(　　)
A.(-1,1]　　　　
B.(-1,1+2]
C.[1+2,+∞)　　　　
D.(-1,1]∪[1+2,+∞)
10.設f(x)=若f(0)是f(x)的最小值,則a的取值范圍是　　　　.
能力提升練
題組一　求函數的最值
1.函數f(x)=+-的最大值為(　　)
A.4　　　　B.2　　　　C.　　　　D.
2.已知f(x)=ax+b(a>0),滿足f(f(x))=x+2,則函數y=x-的值域為(　　)
A.[1,+∞)　　　　B.[-1,+∞)
C.　　　　D.[0,+∞)
3.已知二次函數滿足f(x+1)-f(x)=2x-1,且f(0)=2.
(1)求f(x)的解析式;
(2)求f(x)在[t,t+1],t∈R上的最小值g(t),并寫出g(t)的函數表達式.
題組二　函數最值的應用
4.已知函數f(x)=2x2-1,g(x)=ax, x∈R,用M(x)表示f(x),g(x)中的最大者,記為M(x)=max{f(x),g(x)},若M(x)的最小值為-,則實數a的值為(　　)
A.0　　　　B.±1　　　　C.±　　　　D.±2
5.已知函數f(x)=若函數f(x)的值域是(-∞,4],則實數m的取值范圍是(　　)
A.(-∞,6]　　　　B.(0,8]
C.[0,6]　　　　D.(-∞,8]
6.已知f(x)=x-,對任意的x∈[1,+∞),均有f(mx)+mf(x)<0成立,則實數m的取值范圍是(　　)
A.m<-1　　　　B.0C.-17.已知函數f(x)=|ax2+x+1|,x∈[1,2],且f(x)的最大值為a+2,則a的取值范圍是(　　)
A.　　　　B.
C.　　　　D.
8.已知函數f(x)=x2+3x,g(x)=,若 x1∈[a-1,a+2], x2∈[0,],使得f(x1)≤g(x2),則a的取值范圍是　　　　.
9.已知函數f(x)=x-的定義域為D, x∈D, f(x)+f =0.
(1)求a的值,并證明f(x)在(0,+∞)上單調遞增;
(2)若不等式mf(x2)-(3m+1)f(x)+2>2m·對任意的x∈恒成立,求實數m的取值范圍.
答案與分層梯度式解析
第2課時　函數的最值
基礎過關練
1.C　由題圖可得,函數的最大值對應圖象最高點的縱坐標f(0),最小值對應圖象最低點的縱坐標f .故選C.
2.C　因為f(x)==2+,
所以f(x)在[3,4]上單調遞減.
因此m=f(4)=4,M=f(3)=6.
所以M+m=6+4=10.故選C.
3.答案　
解析　f(x)==,
∵y=x2-x+1=+在上單調遞減,在上單調遞增,且當x=時,ymin=,
∴x2-x+1≥,又y=在上單調遞減,且y>0,∴0<≤,因此f(x)的最大值為.
4.
思路點撥　　　(1)求出函數圖象的對稱軸,判斷函數在所給區間上的單調性,利用單調性求函數的值域;
　　(2)分類討論函數圖象的對稱軸與所給區間的位置關系,結合函數的單調性,求得f(x)的最小值g(a)的表達式.
解析　(1)當a=2時, f(x)=2x2-4x+3,其圖象的對稱軸為直線x=1,
故f(x)=2x2-4x+3在區間[-1,1]上單調遞減,在區間[1,2]上單調遞增,
則f(x)min=f(1)=1, f(x)max=f(-1)=9,
故函數f(x)在區間[-1,2]上的值域為[1,9].
(2)函數f(x)=2x2-2ax+3的圖象的對稱軸為直線x=,
當<-1,即a<-2時, f(x)在區間[-1,1]上單調遞增,
故g(a)=f(-1)=5+2a;
當-1≤≤1,即-2≤a≤2時, f(x)在區間上單調遞減,在區間上單調遞增,
故g(a)=f =-+3;
當>1,即a>2時, f(x)在區間[-1,1]上單調遞減,
故g(a)=f(1)=5-2a.
綜上所述,g(a)=
解題模板　　　求二次函數f(x)在區間[a,b]上的最大(小)值時,先求得f(x)圖象的對稱軸,再討論區間[a,b]與圖象的對稱軸的位置關系,結合函數的圖象與單調性可得f(x)的最大(小)值.
5.A　因為二次函數有最大值,所以a<0,
又二次函數y=ax2+4x+a的最大值為=,
所以=3,所以a2-3a-4=0,解得a=4或a=-1,
因為a<0,所以a=-1.故選A.
6.C　設該公司在甲地銷售x(0≤x≤15,x∈N)輛,獲得的總利潤為L萬元,則在乙地銷售(15-x)輛.
L=-x2+21x+2(15-x)=-x2+19x+30=-+,故當x的值為9或10時,L最大,最大總利潤為120萬元.故選C.
7.B　由題意得m<-x2-4x對任意的x∈(1,2)恒成立,
設f(x)=-x2-4x=-(x+2)2+4,則f(x)在(1,2)上單調遞減,又f(2)=-12,所以m≤-12.故選B.
易錯警示　　　解決含參數的不等式時,要分清參數m與未知數x,分離出參數m求出取值范圍.
8.C　函數f(x)=-x2-2x+3=-(x+1)2+4的圖象的對稱軸為直線x=-1,
若a≤-1,則當x=-1時,函數f(x)取得最大值,且最大值為4,不滿足題意;
若-1所以當x=a時,函數f(x)取得最大值,且最大值為f(a)=-a2-2a+3=,解得a=-或a=-(舍去).故選C.
9.D　易知f(x)的圖象的對稱軸為直線x=1, f(1)=4, f(-1)=f(3)=0, f(x)的圖象如圖所示:
令x2-2x-3=4,解得x=1±2,
由圖可知,-110.答案　0≤a≤1
解析　因為f(x)=
所以當x>0時, f(x)=1+>1;
當x≤0時, f(x)=(x-a)2,易得y=(x-a)2的圖象開口向上,對稱軸為直線x=a,
因為f(0)是f(x)的最小值, f(0)=a2,
所以解得0≤a≤1,
故a的取值范圍為0≤a≤1.
能力提升練
1.C　易知f(x)的定義域為[0,4],
令t=+(t>0),
所以t2=4+2,則=t2-2,
由y=,0≤x≤4可知,0≤y≤2,
所以4≤t2≤8,則2≤t≤2,
原函數可轉化為g(t)=t-=-t2+t+=-+≤(2≤t≤2),
所以f(x)的最大值為.故選C.
2.C　根據題意,得f(f(x))=a(ax+b)+b=a2x+ab+b=x+2,故
又a>0,所以故f(x)=x+1,
y=x-=x-,其定義域為[-1,+∞),
設=t,t≥0,
則x=t2-1,y=t2-1-t=-,
當t=,即x=-時,函數y=x-有最小值,為-,
故函數y=x-的值域為.故選C.
3.解析　(1)設f(x)=ax2+bx+c(a≠0),
∵f(0)=2,∴c=2,
又f(x+1)-f(x)=2ax+a+b=2x-1,∴
解得a=1,b=-2,∴f(x)=x2-2x+2.
(2)函數f(x)=x2-2x+2的圖象的對稱軸為直線x=1,則當t≥1時, f(x)在[t,t+1]上單調遞增,故f(x)在x=t處取得最小值,即g(t)=t2-2t+2;當t+1≤1,即t≤0時, f(x)在[t,t+1]上單調遞減,故f(x)在x=t+1處取得最小值,即g(t)=t2+1;當0綜上,g(t)=
4.B　當a>0時,作出y=M(x)的圖象,如圖所示,
由圖可知,y=M(x)在點A處取得最小值-,
故2x2-1=-,解得x=±,
由圖象可知x=-,將代入g(x)=ax,得-a=-,解得a=1;
同理可得,當a<0時,圖象最低點的橫坐標x=,
將代入g(x)=ax,得a=-,解得a=-1;
當a=0時,g(x)=0,此時y=M(x)的最小值為0,不符合題意,故舍去.
綜上所述,a=±1,故選B.
5.D　∵y=-x2+2x+3的圖象的對稱軸為直線x=1,
∴y=-x2+2x+3在(-∞,1]上單調遞增,在(1,+∞)上單調遞減,
∴當x<2時, f(x)的取值范圍為(-∞,4],
若函數f(x)的值域是(-∞,4],
則當x≥2時,≤4,即m≤4x恒成立,
∴m≤(4x)min,∴m≤8.故選D.
6.A　當x∈[1,+∞)時,由f(mx)+mf(x)<0得mx-+mx-<0,化簡,得2mx<,即2mx2當m>0時,x2<+,由題意得+>(x2)max,
而函數y=x2在[1,+∞)上無最大值,不符合題意;
當m<0時,x2>+,由題意得+<(x2)min,
因為函數y=x2在[1,+∞)上的最小值為1,
所以+<1,即m2>1,又m<0,所以m<-1.
綜上,實數m的取值范圍是m<-1.故選A.
7.A　由題意可知,a+2≥0,即a≥-2,且f(1)=a+2,則 x∈[1,2],|ax2+x+1|≤a+2,
即-a-2≤ax2+x+1≤a+2,
即 x∈[1,2],-≤a≤-,
令h(x)=-,t(x)=-,x∈[1,2],
則h(x)max≤a≤t(x)min,
∵h(x)=-=-=-,且x+3∈[4,5],
∴≤x+3+-6≤1,∴-2≤h(x)≤-1,
即h(x)max=-1,
又t(x)=-在[1,2]上單調遞增,
∴t(x)min=-,∴-1≤a≤-.故選A.
8.答案　[-7,3]
思路點撥　　　由題意可得f(x)min≤g(x)min,先確定g(x)的最小值,然后通過討論a確定函數f(x)的單調性進而確定f(x)的最小值,即可求解.
解析　由題意,得f(x)min≤g(x)min,g(x)==+,
令t=,因為x∈[0,],所以t∈[1,2],
則h(t)=t+,t∈[1,2],
因為h(t)=t+在[1,2]上單調遞減,
所以g(x)在[0,]上的最小值為10.
f(x)=x2+3x的圖象的對稱軸為直線x=-,
(根據f(x)圖象的對稱軸與區間的位置關系進行分類討論)
當-≤a-1,即a≥-時, f(x)在區間[a-1,a+2]上單調遞增,
所以f(x)的最小值為f(a-1)=a2+a-2,所以a2+a-2≤10,解得-4≤a≤3,又a≥-,所以-≤a≤3;
當-≥a+2,即a≤-時, f(x)在區間[a-1,a+2]上單調遞減,
所以f(x)的最小值為f(a+2)=a2+7a+10,
所以a2+7a+10≤10,解得-7≤a≤0,
又a≤-,所以-7≤a≤-;
當a-1<-所以f(x)的最小值為f =-,
因為-<10成立,所以-綜上,a的取值范圍是[-7,3].
9.解析　(1)函數f(x)=x-的定義域為(-∞,0)∪(0,+∞),
因為f(x)+f =0,所以令x=1,則f(1)+f(1)=0,即f(1)=0,所以1-a=0,解得a=1,
此時f(x)=x-, f =-=-=-f(x), 故f(x)+f =0成立,所以a的值為1.
證明如下:
任取x1,x2∈(0,+∞),且x1因為00,x1x2+1>0,
所以f(x1)-f(x2)<0,所以f(x1)故f(x)在(0,+∞)上單調遞增.
(2)由(1)得, f(x)=x-,
因為mf(x2)-(3m+1)f(x)+2>2m,
所以m-(3m+1)+2>0,
又x∈,所以f(x)∈,
分析題干,利用換元法與二次函數的性質求解,即令t=f(x)=x-,t∈,將不等式轉化為mt2-(3m+1)t+2>0,對m進行分類討論,由二次函數的性質求解即可
令t=f(x)=x-,t∈,
則mt2-(3m+1)t+2>0,t∈,
①當m=0時,-t+2≥>0恒成立,滿足題意;
②當m>0時,二次函數y=mt2-(3m+1)t+2的圖象開口向上,對稱軸方程為t==+>,
所以當t=時,y=m-(3m+1)+2>0,所以0③當m<0時,二次函數y=mt2-(3m+1)t+2的圖象開口向下,
所以當x=-時,m+(3m+1)+2>0,
當x=時,m-(3m+1)+2>0,
所以-綜上,實數m的取值范圍是.
19

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