2021高考数学(福建-理)一轮学案5-函数的单调性与最值.docx

学案5　函数的单调性与最值
导学目标： 1.理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义.2.会用定义推断函数的单调性，会求函数的单调区间及会用单调性求函数的最值．

自主梳理
1．单调性
(1)定义：一般地，设函数y＝f(x)的定义域为I，假如对于定义域I内某个区间D上的任意两个自变量x1，x2，当x1<x2时，都有f(x1)<f(x2)(f(x1)>f(x2))，那么就说f(x)在区间D上是______________．
(2)单调性的定义的等价形式：设x1，x2∈[a，b]，那么(x1－x2)(f(x1)－f(x2))>0⇔>0⇔f(x)在[a，b]上是________；(x1－x2)(f(x1)－f(x2))<0⇔<0⇔f(x)在[a，b]上是________．
(3)单调区间：假如函数y＝f(x)在某个区间上是增函数或减函数，那么说函数y＝f(x)在这一区间具有(严格的)单调性，区间D叫做y＝f(x)的__________．
(4)函数y＝x＋(a>0)在 (－∞，－)，(，＋∞)上是单调________；在(－，0)，(0，)上是单调______________；函数y＝x＋(a<0)在______________上单调递增．
2．最值
一般地，设函数y＝f(x)的定义域为I，假如存在实数M满足：①对于任意的x∈I，都有f(x)≤M(f(x)≥M)；②存在x0∈I，使得f(x0)＝M.那么，称M是函数y＝f(x)的____________．
自我检测
1．(2011·杭州模拟)若函数y＝ax与y＝－在(0，＋∞)上都是减函数，则y＝ax2＋bx在(0，＋∞)上是 (　　)
A．增函数 B．减函数
C．先增后减 D．先减后增
2．设f(x)是(－∞，＋∞)上的增函数，a为实数，则有 (　　)
A．f(a)<f(2a) B．f(a2)<f(a)
C．f(a2＋a)<f(a) D．f(a2＋1)>f(a)
3．下列函数在(0,1)上是增函数的是 (　　)
A．y＝1－2x B．y＝
C．y＝－x2＋2x D．y＝5
4．(2011·合肥月考)设(a，b)，(c，d)都是函数f(x)的单调增区间，且x1∈(a，b)，x2∈(c，d)，x1<x2，则f(x1)与f(x2)的大小关系是 (　　)
A．f(x1)<f(x2) B．f(x1)>f(x2)
C．f(x1)＝f(x2) D．不能确定
5．当x∈[0,5]时，函数f(x)＝3x2－4x＋c的值域为 (　　)
A．[c,55＋c] B．[－＋c，c]
C．[－＋c,55＋c] D．[c,20＋c]

探究点一　函数单调性的判定及证明
例1　设函数f(x)＝(a>b>0)，求f(x)的单调区间，并说明f(x)在其单调区间上的单调性．

变式迁移1　已知f(x)是定义在R上的增函数，对x∈R有f(x)>0，且f(5)＝1，设F(x)＝f(x)＋，争辩F(x)的单调性，并证明你的结论．

探究点二　函数的单调性与最值
例2　(2011·烟台模拟)已知函数f(x)＝，x∈[1，＋∞)．
(1)当a＝时，求函数f(x)的最小值；
(2)若对任意x∈[1，＋∞)，f(x)>0恒成立，试求实数a的取值范围．

变式迁移2　已知函数f(x)＝x－＋在(1，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围．

探究点三　抽象函数的单调性
例3　(2011·厦门模拟)已知函数f(x)对于任意x，y∈R，总有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且当x>0时，f(x)<0，f(1)＝－.
(1)求证：f(x)在R上是减函数；
(2)求f(x)在[－3,3]上的最大值和最小值．

变式迁移3　已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足f()＝f(x1)－f(x2)，且当x>1时，f(x)<0.
(1)求f(1)的值；
(2)推断f(x)的单调性；
(3)若f(3)＝－1，解不等式f(|x|)<－2.

分类争辩及数形结合思想
例　(12分)求f(x)＝x2－2ax－1在区间[0,2]上的最大值和最小值．
【答题模板】
解　f(x)＝(x－a)2－1－a2，对称轴为x＝a.
(1) 当a<0时，由图①可知，f(x)min＝f(0)＝－1，f(x)max＝f(2)＝3－4a.[3分]

(2)当0≤a<1时，由图②可知，f(x)min＝f(a)＝－1－a2，f(x)max＝f(2)＝3－4a.[6分]
(3)当1<a≤2时，由图③可知，f(x)min＝f(a)＝－1－a2，f(x)max＝f(0)＝－1.[9分]

(4)当a>2时，由图④可知，f(x)min＝f(2)＝3－4a，f(x)max＝f(0)＝－1.
综上，(1)当a<0时，f(x)min＝－1，f(x)max＝3－4a；
(2)当0≤a<1时，f(x)min＝－1－a2，f(x)max＝3－4a；
(3)当1<a≤2时，f(x)min＝－1－a2，f(x)max＝－1；
(4)当a>2时，f(x)min＝3－4a，f(x)max＝－1.[12分]
【突破思维障碍】
(1)二次函数的单调区间是由图象的对称轴确定的．故只需确定对称轴与区间的关系．由于对称轴是x＝a，而a的取值不定，从而导致了分类争辩．
(2)不是应当分a<0,0≤a≤2，a>2三种状况争辩吗？为什么成了四种状况？这是由于抛物线的对称轴在区间[0,2]所对应的区域时，最小值是在顶点处取得，但最大值却有可能是f(0)，也有可能是f(2)．

1．函数的单调性的判定与单调区间的确定常用方法有：
(1)定义法；(2)导数法；(3)图象法；(4)单调性的运算性质．
2．若函数f(x)，g(x)在区间D上具有单调性，则在区间D上具有以下性质：
(1)f(x)与f(x)＋C具有相同的单调性．
(2)f(x)与af(x)，当a>0时，具有相同的单调性，当a<0时，具有相反的单调性．
(3)当f(x)恒不等于零时，f(x)与具有相反的单调性．
(4)当f(x)，g(x)都是增(减)函数时，则f(x)＋g(x)是增(减)函数．
(5)当f(x)，g(x)都是增(减)函数时，则f(x)·g(x)当两者都恒大于零时，是增(减)函数；当两者都恒小于零时，是减(增)函数．

(满分：75分)

一、选择题(每小题5分，共25分)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．(2011·泉州模拟)“a＝1”是“函数f(x)＝x2－2ax＋3在区间[1，＋∞)上为增函数”的(　　)
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
2．(2009·天津)已知函数f(x)＝若f(2－a2)>f(a)，则实数a的取值范围是 (　　)
A．(－∞，－1)∪(2，＋∞)
B．(－1,2)
C．(－2,1)
D．(－∞，－2)∪(1，＋∞)
3．(2009·宁夏，海南)用min{a，b，c}表示a，b，c三个数中的最小值．设f(x)＝min{2x，x＋2,10－x}(x≥0)，则f(x)的最大值为 (　　)
A．4 B．5 C．6 D．7
4．(2011·丹东月考)若f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝在区间[1,2]上都是减函数，则a的取值范围是 (　　)
A．(－1,0)∪(0,1) B．(－1,0)∪(0,1]
C．(0,1) D．(0,1]
5．(2011·葫芦岛模拟)已知定义在R上的增函数f(x)，满足f(－x)＋f(x)＝0，x1，x2，x3∈R，且x1＋x2>0，x2＋x3>0，x3＋x1>0，则f(x1)＋f(x2)＋f(x3)的值 (　　)
A．确定大于0 B．确定小于0
C．等于0 D．正负都有可能
题号
1
2
3
4
5
答案

二、填空题(每小题4分，共12分)
6．函数y＝－(x－3)|x|的递增区间是________．
7．设f(x)是增函数，则下列结论确定正确的是________(填序号)．
①y＝[f(x)]2是增函数；
②y＝是减函数；
③y＝－f(x)是减函数；
④y＝|f(x)|是增函数．
8．设0<x<1，则函数y＝＋的最小值是________．
三、解答题(共38分)
9．(12分)(2011·湖州模拟)已知函数f(x)＝a－.
(1)求证：函数y＝f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
(2)若f(x)<2x在(1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．

10．(12分)已知f(x)＝x2＋ax＋3－a，若x∈[－2,2]时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．

11．(14分)(2011·鞍山模拟)已知f(x)是定义在[－1,1]上的奇函数，且f(1)＝1，若a，b∈
[－1,1]，a＋b≠0时，有>0成立．
(1)推断f(x)在[－1,1]上的单调性，并证明它；
(2)解不等式：f(x＋)<f()；
(3)若f(x)≤m2－2am＋1对全部的a∈[－1,1]恒成立，求实数m的取值范围．

答案 自主梳理
1．(1)增函数(减函数)　(2)增函数　减函数　(3)单调区间　(4)递增　递减　(－∞，0)，(0，＋∞)　2.最大(小)值
自我检测
1．B　[由已知得a<0，b<0.所以二次函数对称轴为直线x＝－<0，且图象开口向下．]
2．D　[∵a2＋1>a，f(x)在R上单调递增，
∴f(a2＋1)>f(a)．]
3．C　[常数函数不具有单调性．]
4．D　[在本题中，x1，x2不在同一单调区间内，故无法比较f(x1)与f(x2)的大小．]
5．C　[∵f(x)＝3(x－)2－＋c，x∈[0,5]，∴当x＝时，f(x)min＝－＋c；当x＝5时，f(x)max＝55＋c.]
课堂活动区
例1　解题导引　对于给出具体解析式的函数，推断或证明其在某区间上的单调性问题，可以结合定义(基本步骤为：取点，作差或作商，变形，推断)来求解．可导函数则可以利用导数求解．有些函数可以转化为两个或多个基本初等函数，利用其单调性可以便利求解．
解　在定义域内任取x1，x2，且使x1<x2，
则Δx＝x2－x1>0，
Δy＝f(x2)－f(x1)＝－
＝
＝.
∵a>b>0，∴b－a<0，∴(b－a)(x2－x1)<0，
又∵x∈(－∞，－b)∪(－b，＋∞)，
∴只有当x1<x2<－b，或－b<x1<x2时，函数才单调．
当x1<x2<－b，或－b<x1<x2时，f(x2)－f(x1)<0，即Δy<0.
∴y＝f(x)在(－∞，－b)上是单调减函数，在(－b，＋∞)上也是单调减函数．
变式迁移1　解　在R上任取x1、x2，设x1<x2，∴f(x2)>f(x1)，F(x2)－F(x1)＝[f(x2)＋]－[f(x1)＋]＝[f(x2)－f(x1)][1－]，
∵f(x)是R上的增函数，且f(5)＝1，
∴当x<5时，0<f(x)<1，而当x>5时f(x)>1；
①若x1<x2<5，则0<f(x1)<f(x2)<1，
∴0<f(x1)f(x2)<1，∴1－<0，
∴F(x2)<F(x1)；
②若x2>x1>5，则f(x2)>f(x1)>1，
∴f(x1)·f(x2)>1，∴1－>0，
∴F(x2)>F(x1)．
综上，F(x)在(－∞，5)为减函数，在(5，＋∞)为增函数．
例2　解　(1)当a＝时，f(x)＝x＋＋2，
设x1，x2∈[1，＋∞)且x1<x2，
f(x1)－f(x2)＝x1＋－x2－
＝(x1－x2)(1－)
∵x1<x2，∴x1－x2<0，又∵1<x1<x2，
∴1－>0，
∴f(x1)－f(x2)<0，∴f(x1)<f(x2)
∴f(x)在区间[1，＋∞)上为增函数，
∴f(x)在区间[1，＋∞)上的最小值为f(1)＝.
(2)方法一　在区间[1，＋∞)上，f(x)＝>0恒成立，等价于x2＋2x＋a>0恒成立．
设y＝x2＋2x＋a，x∈[1，＋∞)，
y＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1递增，
∴当x＝1时，ymin＝3＋a，
于是当且仅当ymin＝3＋a>0时，函数f(x)恒成立，
故a>－3.
方法二　f(x)＝x＋＋2，x∈[1，＋∞)，
当a≥0时，函数f(x)的值恒为正，满足题意，当a<0时，函数f(x)递增；
当x＝1时，f(x)min＝3＋a，于是当且仅当f(x)min＝3＋a>0时，函数f(x)>0恒成立，
故a>－3.
方法三　在区间[1，＋∞)上f(x)＝>0恒成立等价于x2＋2x＋a>0恒成立．
即a>－x2－2x恒成立．
又∵x∈[1，＋∞)，a>－x2－2x恒成立，
∴a应大于函数u＝－x2－2x，x∈[1，＋∞)的最大值．
∴a>－x2－2x＝－(x＋1)2＋1.
当x＝1时，u取得最大值－3，∴a>－3.
变式迁移2　解　设1<x1<x2.
∵函数f(x)在(1，＋∞)上是增函数，
∴f(x1)－f(x2)＝x1－＋－(x2－＋)
＝(x1－x2)(1＋)<0.
又∵x1－x2<0，∴1＋>0，即a>－x1x2恒成立．
∵1<x1<x2，x1x2>1，－x1x2<－1.
∴a≥－1，∴a的取值范围是[－1，＋∞)．
例3　解题导引　(1)对于抽象函数的问题要依据题设及所求的结论来适当取特殊值说明抽象函数的特点．证明f(x)为单调减函数，首选方法是用单调性的定义来证．(2)用函数的单调性求最值．
(1)证明　设x1>x2，
则f(x1)－f(x2)
＝f(x1－x2＋x2)－f(x2)
＝f(x1－x2)＋f(x2)－f(x2)
＝f(x1－x2)
又∵x>0时，f(x)<0.
而x1－x2>0，∴f(x1－x2)<0，
即f(x1)<f(x2)，∴f(x)在R上为减函数．
(2)解　∵f(x)在R上是减函数，
∴f(x)在[－3,3]上也是减函数，
∴f(x)在[－3,3]上的最大值和最小值分别为f(－3)与f(3)．
又∵f(3)＝f(2＋1)＝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]上的最大值为2，最小值为－2.
变式迁移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，则>1，
由于当x>1时，f(x)<0，
∴f()<0，即f(x1)－f(x2)<0，∴f(x1)<f(x2)，
∴函数f(x)在区间(0，＋∞)上是单调递减函数．
(3)由f()＝f(x1)－f(x2)得
f()＝f(9)－f(3)，而f(3)＝－1，∴f(9)＝－2.
由于函数f(x)在区间(0，＋∞)上是单调递减函数，
∴当x>0时，由f(|x|)<－2，得f(x)<f(9)，∴x>9；
当x<0时，由f(|x|)<－2，得f(－x)<f(9)，
∴－x>9，故x<－9，
∴不等式的解集为{x|x>9或x<－9}．
课后练习区
1．A　[f(x)对称轴x＝a，当a≤1时f(x)在[1，＋∞)上单调递增．∴“a＝1”为f(x)在[1，＋∞)上递增的充分不必要条件．]
2．C　[由题知f(x)在R上是增函数，由题得2－a2>a，解得－2<a<1.]
3．C　[

由题意知函数f(x)是三个函数y1＝2x，y2＝x＋2，y3＝10－x中的较小者，作出三个函数在同一坐标系之下的图象(如图中实线部分为f(x)的图象)可知A(4,6)为函数f(x)图象的最高点．]
4．D　[f(x)在[a，＋∞)上是减函数，对于g(x)，只有当a>0时，它有两个减区间为(－∞，－1)和(－1，＋∞)，故只需区间[1,2]是f(x)和g(x)的减区间的子集即可，则a的取值范围是0<a≤1.]
5．A　[∵f(－x)＋f(x)＝0，∴f(－x)＝－f(x)．
又∵x1＋x2>0，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＝.
画图象如图所示：
可知递增区间为[0，]．
7．③
解析　举例：设f(x)＝x，易知①②④均不正确．
8．4
解析　y＝＋＝，当0<x<1时，x(1－x)＝－(x－)2＋≤.
∴y≥4.
9．(1)证明　当x∈(0，＋∞)时，
f(x)＝a－，
设0<x1<x2，则x1x2>0，x2－x1>0.
f(x1)－f(x2)＝(a－)－(a－)
＝－＝<0.………………………………………………………………………(5分)
∴f(x1)<f(x2)，即f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
……………………………………………………………………………………………(6分)
(2)解　由题意a－<2x在(1，＋∞)上恒成立，
设h(x)＝2x＋，则a<h(x)在(1，＋∞)上恒成立．
……………………………………………………………………………………………(8分)
∵h′(x)＝2－，x∈(1，＋∞)，∴2－>0，
∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增．…………………………………………………………(10分)
故a≤h(1)，即a≤3.
∴a的取值范围为(－∞，3]．…………………………………………………………(12分)
10．解　设f(x)的最小值为g(a)，则只需g(a)≥0，
由题意知，f(x)的对称轴为－.
(1)当－<－2，即a>4时，
g(a)＝f(－2)＝7－3a≥0，得a≤.
又a>4，故此时的a不存在．……………………………………………………………(4分)
(2)当－∈[－2,2]，即－4≤a≤4时，
g(a)＝f(－)＝3－a－≥0得－6≤a≤2.
又－4≤a≤4，故－4≤a≤2.……………………………………………………………(8分)
(3)当－>2，即a<－4时，
g(a)＝f(2)＝7＋a≥0得a≥－7.
又a<－4，故－7≤a<－4.
综上得所求a的取值范围是－7≤a≤2.………………………………………………(12分)
11．解　(1)任取x1，x2∈[－1,1]，且x1<x2，
则－x2∈[－1,1]，∵f(x)为奇函数，
∴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)<f(x2)．
∴f(x)在[－1,1]上单调递增．……………………………………………………………(4分)
(2)∵f(x)在[－1,1]上单调递增，
∴
∴－≤x<－1.……………………………………………………………………………(9分)
(3)∵f(1)＝1，f(x)在[－1,1]上单调递增．
∴在[－1,1]上，f(x)≤1.…………………………………………………………………(10分)
问题转化为m2－2am＋1≥1，
即m2－2am≥0，对a∈[－1,1]成立．
下面来求m的取值范围．
设g(a)＝－2m·a＋m2≥0.
①若m＝0，则g(a)＝0≥0，自然对a∈[－1,1]恒成立．
②若m≠0，则g(a)为a的一次函数，若g(a)≥0，对a∈[－1,1]恒成立，必需g(－1)≥0，且g(1)≥0，
∴m≤－2，或m≥2.
∴m的取值范围是m＝0或|m|≥2.……………………………………………………(14分)