高三数学总复习学案5

1、学案学案 5函数的单调性与最值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.会用定义判断函数的单 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 yf(x)的定义域为 I，如果对于定义域 I 内某个区间 D 上的任 意两个自变量 x1，x2，当 x1x2时，都有 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，x2a，b，那么(x1x2)(f(x1)f(x2)0fx 1fx2 x1x2 0f(x)在a，b上是_；(x1x2)(f(x1)f(x2)0

2、0)在 (，)，(，)上是单调_；在(，0)， a x aaa (0，)上是单调_；函数 yx (a0)在_上单调递增a a x 2最值 一般地，设函数 yf(x)的定义域为 I，如果存在实数 M 满足 ： 对于任意的 xI，都有 f(x)M(f(x)M) ； 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 yax 与 y 在(0，)上都是减函数，则 yax2bx 在 b x (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 () Af(a

3、)f(2a)Bf(a2)f(a) Cf(a2a)f(a) 3下列函数在(0,1)上是增函数的是 () Ay12xBy x1 Cyx22xDy5 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)，x1x2，则f(x1)与f(x2)的大小关系是 () Af(x1)f(x2) Cf(x1)f(x2)D不能确定 5当 x0,5时，函数 f(x)3x24xc 的值域为 () Ac,55cB c，c 4 3 C c,55cDc,20c 4 3 探究点一函数单调性的判定及证明 例 1 设函数 f(x)(ab0)，求 f(x)的单调区间，并说明

4、 f(x)在其单调区间上的单 xa xb 调性 变式迁移 1已知 f(x)是定义在 R 上的增函数，对 xR 有 f(x)0，且 f(5)1，设 F(x) f(x)，讨论 F(x)的单调性，并证明你的结论 1 fx 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)，x1，) x22xa x (1)当 a 时，求函数 f(x)的最小值； 1 2 (2)若对任意 x1，)，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 a x a 2 探究点三抽象函数的单调性 例 3 (2011厦门模拟)已知函

5、数 f(x)对于任意 x，yR，总有 f(x)f(y)f(xy)，且当 x0 时，f(x)1 时， x1 x2 f(x)0. (1)求 f(1)的值； (2)判断 f(x)的单调性； (3)若 f(3)1，解不等式 f(|x|)2. 分类讨论及数形结合思想 例 (12 分)求 f(x)x22ax1 在区间0,2上的最大值和最小值 【答题模板】 解f(x)(xa)21a2，对称轴为 xa. (1) 当 a0 时，由图可知，f(x)minf(0)1，f(x)maxf(2)34a.3 分 (2)当 0a1 时，由图可知，f(x)minf(a)1a2，f(x)maxf(2)34a.6 分 (3)当 1

6、2 时，由图可知，f(x)minf(2)34a，f(x)maxf(0)1. 综上，(1)当 a0 时，f(x)min1，f(x)max34a； (2)当 0a1 时，f(x)min1a2，f(x)max34a； (3)当 12 时，f(x)min34a，f(x)max1.12 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 xa，而 a 的取值不定，从而导致了分类讨论 (2)不是应该分 a2 三种情况讨论吗？为什么成了四种情况？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

7、)，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 a0 时，具有相同的单调性，当 af(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 mina，b，c表示 a，b，c 三个数中的最小值设 f(x) min2x，x2,10 x(x0)，则f(x)的最大值

8、为 () A4B5C6D7 4(2011丹东月考)若 f(x)x22ax 与 g(x)在区间1,2上都是减函数，则 a 的 a x1 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 x1x20，x2x30，x3x10，则 f(x1)f(x2)f(x3)的值 () A一定大于 0B一定小于 0 C等于 0D正负都有可能 题号12345 答案 二、填空题(每小题 4 分，共 12 分) 6函数 y(x3)|x|的递增区间是_ 7设 f(x)是增函数

9、，则下列结论一定正确的是_(填序号) yf(x)2是增函数； y是减函数； 1 fx yf(x)是减函数； y|f(x)|是增函数 8设 0x1，则函数 y 的最小值是_ 1 x 1 1x 三、解答题(共 38 分) 9(12 分)(2011湖州模拟)已知函数 f(x)a. 1 |x| (1)求证：函数 yf(x)在(0，)上是增函数； (2)若 f(x)0 成立 fafb ab (1)判断 f(x)在1,1上的单调性，并证明它； (2)解不等式：f(x )f()； 1 2 1 x1 (3)若 f(x)m22am1 对所有的 a1,1恒成立，求实数 m 的取值范围 答案答案 自主梳理 1(1)

10、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 1B由已知得 a0，b0.所以二次函数对称轴为直线 xa，f(x)在 R 上单调递增， f(a21)f(a) 3C常数函数不具有单调性 4D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 Cf(x)3(x )2 c， x0,5， 当 x 时， f(x)min c； 当 x5 时， f(x)max 2 3 4 3 2 3 4 3 55c. 课堂活动区 例 1 解题导引对于给出具体解析式的函数，判断或证明其在某区间上的单调性问 题，可以结合定义(基本

11、步骤为：取点，作差或作商，变形，判断)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，利用其单调性可以方便求 解 解在定义域内任取 x1，x2，且使 x10， yf(x2)f(x1) x2a x2b x1a x1b x 2ax1bx2bx1 a x 1bx2 b . bax2 x1 x 1bx2 b ab0，ba0，(ba)(x2x1)0， 又x(，b)(b，)， 只有当 x1x2b，或bx1x2时，函数才单调 当 x1x2b，或bx1x2时，f(x2)f(x1)0，即 y0. yf(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

12、任取 x1、x2，设 x1f(x1)，F(x2)F(x1)f(x2) f(x1)f(x2)f(x1)1， 1 fx2 1 fx1 1 fx1 fx 2 f(x)是 R 上的增函数，且 f(5)1， 当 x5 时，0f(x)5 时 f(x)1； 若 x1x25，则 0f(x1)f(x2)1， 0f(x1)f(x2)1，10， 1 fx1 fx 2 F(x2)x15，则 f(x2)f(x1)1， f(x1)f(x2)1，10， 1 fx1 fx 2 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)x2， 1 2 1 2x 设 x1，x

13、21，)且 x1x2， f(x1)f(x2)x1x2 1 2x1 1 2x2 (x1x2)(1) 1 2x1x2 x1x2，x1x20，又1x10， 1 2x1x2 f(x1)f(x2)0，f(x1)0 恒成立，等价于 x22xa0 恒成 x22xa x 立 设 yx22xa，x1，)， yx22xa(x1)2a1 递增， 当 x1 时，ymin3a， 于是当且仅当 ymin3a0 时，函数 f(x)恒成立， 故 a3. 方法二f(x)x 2，x1，)， a x 当 a0 时，函数 f(x)的值恒为正，满足题意，当 a0 时，函数 f(x)0 恒成立， 故 a3. 方法三在区间1，)上 f(x

14、)0 恒成立等价于 x22xa0 恒成立 x22xa x 即 ax22x 恒成立 又x1，)，ax22x 恒成立， a 应大于函数 ux22x，x1，)的最大值 ax22x(x1)21. 当 x1 时，u 取得最大值3，a3. 变式迁移 2解设 1x1x2. 函数 f(x)在(1，)上是增函数， f(x1)f(x2)x1 (x2 ) a x1 a 2 a x2 a 2 (x1x2)(1)0. a x1x2 又x1x20，即 ax1x2恒成立 a x1x2 1x11，x1x2x2， 则 f(x1)f(x2) f(x1x2x2)f(x2) f(x1x2)f(x2)f(x2) f(x1x2) 又x0

15、 时，f(x)0，f(x1x2)0， 即 f(x1)0， 代入得 f(1)f(x1)f(x1)0，故 f(1)0. (2)任取 x1，x2(0，)，且 x1x2，则 1， x1 x2 由于当 x1 时，f(x)0， f( )0，即 f(x1)f(x2)0，f(x1)0 时，由 f(|x|)2，得 f(x)9； 当 x0 时，由 f(|x|)2，得 f(x)9，故 x9 或 xa，解得2a0 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 00，x2x30，x3x10， x1x2，x2x3，x3x1. 又f(x1)f(

16、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， 3 2 解析yError!. 画图象如图所示： 可知递增区间为0， 3 2 7 解析举例：设 f(x)x，易知均不正确 84 解析y ，当 0x1 时，x(1x)(x )2 . 1 x 1 1x 1 x1x 1 2 1 4 1 4 y4. 9(1)证明当 x(0，)时， f(x)a ， 1 x 设 0x10，x2x10. f(x1)f(x2)(a )(a ) 1 x1 1 x2 0.(5 分) 1 x2

17、 1 x1 x1x2 x1x2 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， 1 x 设 h(x)2x ，则 a0， 1 x2 1 x2 h(x)在(1，)上单调递增(10 分) 故 ah(1)，即 a3. 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 . a 2 (1)当 4 时， a 2 g(a)f(2)73a0，得 a . 7 3 又 a4，故此时的 a 不存在(4 分) (2)当 2,2，即4a4 时， a 2 g(a)f( )3a0 得6a2. a 2 a2 4 又4a4，故4a2.(8 分) (3)当 2，即 a4 时， a 2 g(a)f(2)7a0 得 a7. 又 a4，故7a4. 综上得所求 a 的取值范围是7a2.(12 分) 11解(1)任取 x1，x21,1，且 x10，x1x20， fx1fx2 x1x2 f(x1)f(x2)0，即 f(x1)f(x2)