高考数学一轮复习第二章函数概念与基本初等函数第2课时函数的单调性与最值教案 doc 下载本文

f(x1)-f(x2)=???xa1+x???-???xa2+x??? 12=(xx2-x1

1-x2)+??a?x-a??=(xa1-x2)+

1x2?

x 1x2

=(x1-x2)??1-

a?

xx?. 12??

当a≥xa1>x2>0时,x1-x2>0,1-

x<0, 1x2

有f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)

此时,函数f(x)=x+ax(a>0)在(0,a ]上为减函数; 当x1>x2≥a时,x1-x2>0,1-

ax>0, 1x2

有f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),

此时,函数f(x)=x+ax(a>0)在[a,+∞)上为增函数;

综上可知,函数f(x)=x+ax(a>0)在(0,a ]上为减函数,在[a,+∞)上为增函数. 方法二 f′(x)=1-aax2,令f′(x)>0,则1-x2>0,

解得x>a或x<-a(舍).令f′(x)<0,则1-ax2<0,解得-a0,∴0

故f(x)在(0,a ]上为减函数,在[a,+∞)上为增函数.

题型二 函数的最值

例3 已知函数f(x)=x2+2x+ax,x∈[1,+∞),a∈(-∞,1].

(1)当a=1

2

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.

解 (1)当a=12时,f(x)=x+17

2x+2在[1,+∞)上为增函数,f(x)min=f(1)=2.

(2)f(x)=x+ax+2,x∈[1,+∞). ①当a≤0时,f(x)在[1,+∞)内为增函数. 最小值为f(1)=a+3.

5

要使f(x)>0在x∈[1,+∞)上恒成立,只需a+3>0,即a>-3,所以-30,a>-3,所以0

综上所述,f(x)在[1,+∞)上恒大于零时,a的取值范围是(-3,1]. 思维升华 求函数最值的常用方法:

(1)单调性法:先确定函数的单调性,再由单调性求最值;

(2)图像法:先作出函数的图像,再观察其最高点、最低点,求出最值;

(3)换元法:对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数,再用相应的方法求最值.

1??,x≥1,

(1)函数f(x)=?x??-x2+2,x<1

的最大值为________.

111?1?(2)已知函数f(x)=-(a>0,x>0),若f(x)在?,2?上的值域为[,2],则a=________.

ax2?2?2

答案 (1)2 (2)

5

1

解析 (1)当x≥1时,函数f(x)=为减函数,所以f(x)在x=1处取得最大值,为f(1)=1;当x<1时,

x易知函数f(x)=-x+2在x=0处取得最大值,为f(0)=2. 故函数f(x)的最大值为2.

11?1?(2)由反比例函数的性质知函数f(x)=-(a>0,x>0)在?,2?上单调递增, ax?2?1?1??f??2?=2,

所以???

??f2=2,

题型三 函数单调性的应用

命题点1 比较大小

1例4 已知函数f(x)=log2x+,若x1∈(1,2),x2∈(2,+∞),则( )

1-xA.f(x1)<0,f(x2)<0 C.f(x1)>0,f(x2)<0 答案 B

解析 ∵函数f(x)=log2x+

1

在(1,+∞)上为增函数,且f(2)=0,∴当x1∈(1,2)时,f(x1)0 D.f(x1)>0,f(x2)>0

2

11-2=,??a2即?11??a-2=2,

2

解得a=.

5

6

当x2∈(2,+∞)时,f(x2)>f(2)=0, 即f(x1)<0,f(x2)>0.

命题点2 解不等式

??1??例5 已知函数f(x)为R上的减函数,则满足f????

??x??

A.(-1,1) C.(-1,0)∪(0,1) 答案 C

B.(0,1)

D.(-∞,-1)∪(1,+∞)

??1??解析 由f(x)为R上的减函数且f????

??x??

1?????x?>1,

得?????x≠0,

??|x|<1,

即?

?x≠0.?

2

∴-1

命题点3 求参数范围

例6 (1)如果函数f(x)=ax+2x-3在区间(-∞,4)上是单调递增的,则实数a的取值范围是( ) 1

A.a>-

41

C.-≤a<0

4(2)已知f(x)=?

??

x1

B.a≥-

41

D.-≤a≤0

4

2-ax+1,x<1,

??a,x≥1,

满足对任意x1≠x2,都有

fx1-fx2

>0成立,那么a的取值

x1-x2

范围是________. 3

答案 (1)D (2)[,2)

2

解析 (1)当a=0时,f(x)=2x-3,在定义域R上是单调递增的,故在(-∞,4)上单调递增; 1

当a≠0时,二次函数f(x)的对称轴为x=-,

a因为f(x)在(-∞,4)上单调递增, 11

所以a<0,且-≥4,解得-≤a<0.

a41

综合上述得-≤a≤0.

4

(2)由已知条件得f(x)为增函数,

7

2-a>0,??

∴?a>1,??2-a×1+1≤a,3

解得≤a<2,

2

3

∴a的取值范围是[,2).

2

思维升华 函数单调性应用问题的常见类型及解题策略

(1)比较大小.比较函数值的大小,应将自变量转化到同一个单调区间内,然后利用函数的单调性解决. (2)解不等式.在求解与抽象函数有关的不等式时,往往是利用函数的单调性将“f”符号脱掉,使其转化为具体的不等式求解.此时应特别注意函数的定义域. (3)利用单调性求参数.

①视参数为已知数,依据函数的图像或单调性定义,确定函数的单调区间,与已知单调区间比较求参数; ②需注意若函数在区间[a,b]上是单调的,则该函数在此区间的任意子集上也是单调的; ③分段函数的单调性,除注意各段的单调性外,还要注意衔接点的取值.

(1)f(x)是定义在(0,+∞)上的单调增函数,满足f(xy)=f(x)+f(y),f(3)=1,当f(x)+

f(x-8)≤2时,x的取值范围是( )

A.(8,+∞) C.[8,9]

(2)若f(x)=-x+2ax与g(x)=A.(-1,0)∪(0,1) C.(0,1) 答案 (1)B (2)D

解析 (1)2=1+1=f(3)+f(3)=f(9),由f(x)+f(x-8)≤2,可得f[x(x-8)]≤f(9),因为f(x)是定义在(0,+∞)上的增函数,

2

B.(8,9] D.(0,8)

ax+1

在区间[1,2]上都是减函数,则a的取值范围是( )

B.(-1,0)∪(0,1] D.(0,1]

x>0,??

所以有?x-8>0,

??xx-8≤9,

2

解得8

(2)由f(x)=-x+2ax在[1,2]上是减函数可得[1,2]?[a,+∞),∴a≤1. ∵y=

1

在(-1,+∞)上为减函数, x+1

∴由g(x)=故0

ax+1

在[1,2]上是减函数可得a>0,

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