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5.3 函数的单调性
知识点 1 函数的单调性
必备知识 清单破
增函数 减函数
定义 一般地,设函数y=f(x)的定义域为A,区间I A,如果对于区间I内的任意两个值x1,x2,当x1
f(x2),那么称y=f(x)在区间I上单调递减
图象 描述
自左向右看图象是上升的 自左向右看图象是下降的
如果函数y=f(x)在区间I上单调递增或单调递减,那么称函数y=f(x)在区间I上具有单调性.
增区间和减区间统称为单调区间.
易错警示 (1)某函数有两个或两个以上的单调递增(减)区间时,单调递增(减)区间之间用
“,”或者“和”连接,不用“∪”“或”“且”连接.(2)函数在区间端点处无意义时要写成
开区间,有意义时开闭均可.
设y=f(x)的定义域为A.
如果存在x0∈A,使得对于任意的x∈A,都有f(x)≤f(x0),那么称f(x0)为y=f(x)的最大值,记为
ymax=f(x0);
如果存在x0∈A,使得对于任意的x∈A,都有f(x)≥f(x0),那么称f(x0)为y=f(x)的最小值,记为ymin=f(x0).
知识点 2 函数的最值
1.函数f(x)的定义域为I,如果定义域内某个区间D上存在两个自变量x1,x2,当x12.若函数f(x)在区间(1,2]和(2,3)上均单调递增,则能否判断函数f(x)在区间(1,3)上也单调递增
3.若f(x)≥-1恒成立,则f(x)的最小值是-1吗
4.函数f(x)取最大值时,对应x的值是否唯一
知识辨析
1.不能.x1,x2必须是区间D上的任意变量.
2.不能.如函数f(x)= 在区间(1,2]和(2,3)上均单调递增,但由其图象(图略)知函数f(x)在区间(1,3)上不单调递增.
3.不一定.若不存在x0,使得f(x0)=-1,则f(x)的最小值不是-1,如y=x2≥-1恒成立,但其最小值为0.
4.不一定.如函数f(x)= 其最大值为1,取最大值时,x∈(0,+∞),有无数个值.
一语破的
1.判断函数单调性的方法
(1)图象法:根据函数图象的升降情况进行判断.
(2)直接法:运用已知结论,直接得到函数的单调性,如一次函数、二次函数、反比例函数的单
调性均可直接得出.
(3)性质法:
①f(x),g(x)在公共区间上的单调性如下表:
关键能力 定点破
定点 1 函数单调性的证明
y=f(x) y=g(x) y=f(x)+g(x) y=f(x)-g(x)
增 增 增
增 减 增
减 减 减
减 增 减
②复合函数单调性的判断依据:
由函数u=g(x)与函数y=f(u)复合,得到函数y=f(g(x)),其单调性的判断方法如表所示:
u=g(x) y=f(u) y=f(g(x))
增 增 增
增 减 减
减 增 减
减 减 增
复合函数的单调性可简记为“同增异减”,即内外函数的单调性相同时单调递增,相异
时单调递减.注意函数的定义域.
2.利用定义证明函数单调性的步骤
(1)取值:设x1,x2是所给区间内的任意两个值,且x1(2)作差、变形:计算f(x1)-f(x2),并通过因式分解、通分、配方、有理化等手段,转化为易判断
正负的关系式;
(3)判断符号:确定f(x1)-f(x2)的符号;
(4)下结论:根据f(x1)-f(x2)的符号与增函数、减函数的定义确定单调性.
已知函数f(x)的定义域是(0,+∞),且对任意正实数x,y都有f(xy)=f(x)+f(y)恒成立,f(2)=1,
当x>1时, f(x)>0.
(1)求f 的值;
(2)判断函数f(x)在(0,+∞)上的单调性,并证明.
典例
思路点拨： (1)解决抽象函数问题的关键是根据结论对x,y进行赋值,通过赋值解决.
(2)利用定义判断函数的单调性.
解析: (1)∵对任意正实数x,y都有f(xy)=f(x)+f(y)恒成立,
∴当x=y=1时,有f(1)=f(1)+f(1),
∴f(1)=0.
当x=2,y= 时,有f =f(2)+f ,
即f(2)+f =0,又f(2)=1,∴f =-1.
(2)函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.
证明如下:
设x1,x2为区间(0,+∞)上的任意两个值,且x1即f(x2)-f(x1)=f .
∵01,
∴f >f(1)=0,即f(x2)>f(x1),
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增.
1.利用函数的单调性求解最大(小)值
若函数f(x)在区间[a,b]上单调递增(减),则函数f(x)在x=a时取得最小(大)值f(a),在x=b时取
得最大(小)值f(b).
若函数f(x)有多个单调区间,则先求出各区间上的最值,再从各区间的最值中决定出最大
(小)值.
2.利用函数的单调性解不等式
利用函数的单调性解不等式主要依据函数单调性的定义,将符号“f ”脱掉,列出关于未
知量的不等式(组),然后求解,此时注意函数的定义域.
定点 2 函数单调性的应用
3.利用函数的单调性求参数的取值范围
(1)利用单调性的定义:在单调区间内任取x1,x2,且x10)恒成立求
参数的取值范围.
(2)利用具体函数本身所具有的特征:如根据二次函数的图象的对称轴相对于所给单调区间
的位置建立关于参数的不等式(组),解不等式(组)求参数的取值范围.
注意:①若某个函数在区间[a,b]上是单调的,则该函数在此区间的任意子区间上也是单
调的.②根据分段函数的单调性求参数的取值范围时,一般从两方面考虑:一方面,每个分段区
间上的函数具有相同的单调性,由此列出相关式子;另一方面,要考虑分界点处函数值之间的
大小关系.若是增函数,则分界点左侧值小于或等于右侧值;若是减函数,则分界点左侧值大于
或等于右侧值,由此列出另外的式子,从而解得参数的取值范围.
(1)若函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,且对任意x>0,y>0,满足f(x)-f(y)=f ,则不等式
f(x+3)-f <2f(2)的解集为 ( )
A.(-1,4) B.(-4,1)
C.(0,1) D.(0,4)
(2)已知函数f(x)= 对于任意两个不相等的实数x1,x2∈R,都有不等式(x1-x2)[f(x1)-
f(x2)]>0成立,则实数a的取值范围是 ( )
A.[3,+∞) B.[0,3]
C.[3,4] D.[2,4]
典例
C
C
(3)已知函数f(x)=x2-2tx+1在区间(-∞,1]上单调递减,且当x∈[0,t+1]时,有f(x)max-f(x)min≤2,则实
数t的取值范围是 .
[1, ]
解析： (1)因为对任意x>0,y>0,满足f(x)-f(y)=f ,
所以令x=4,y=2,得f(4)-f(2)=f(2),
即f(4)=2f(2),
则不等式f(x+3)-f <2f(2)可化为f(x2+3x)又因为函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,
所以 即
解得0(2)因为对于任意两个不相等的实数x1,x2∈R,都有不等式(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0成立,所以f(x)在R
上为增函数.
画出y=|x2-2x-3|的图象,如图所示:
因为f(x)在R上为增函数,所以a≥3.
当x0.
在x=a处,需满足a2-2a-3≥a2-11,
解得a≤4.综上,3≤a≤4.
(3)易知函数f(x)=x2-2tx+1的图象的对称轴为直线x=t,
因为f(x)=x2-2tx+1在区间(-∞,1]上单调递减,所以t≥1,
故当x∈[0,t+1]时, 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≤ ,
故实数t的取值范围是[1, ].
1.解决含参数的二次函数的最值问题,首先将二次函数化为y=a(x-h)2+k(a≠0)的形式,再由a的
符号确定其图象的开口方向,根据对称轴方程x=h得出顶点的位置,再根据函数的定义域结合
大致图象确定最大(小)值.
2.含参数的二次函数的最值问题的类型
(1)区间固定,图象的对称轴变动,求最值;
(2)图象的对称轴固定,区间变动,求最值;
(3)最值固定,区间或图象的对称轴变动,求参数.
求解时通常都是根据区间和图象的对称轴的相对位置进行分类讨论.
定点 3 含参数的二次函数在某闭区间上的最大(小)值
已知函数f(x)=x2-ax+1.
(1)求f(x)在[0,1]上的最大值m(a);
(2)当a=1时,求f(x)在区间[t,t+1](t∈R)上的最小值g(t).
典例
思路点拨： (1)函数f(x)图象的对称轴为直线x= ,其位置不确定,所以根据函数图象的对称轴
与区间[0,1]的相对位置进行分类讨论.
(2)函数f(x)图象的对称轴为直线x= ,其位置确定,但区间[t,t+1]的位置不确定,所以根据函数
图象的对称轴与区间[t,t+1]的相对位置进行分类讨论.
解析： (1)f(x)=x2-ax+1= +1- ,其图象开口向上,对称轴为直线x= .
当 ≤ ,即a≤1时, f(x)max=f(1)=2-a;
当 > ,即a>1时, f(x)max=f(0)=1.
综上,m(a)=
(2)当a=1时, f(x)=x2-x+1= + ,其图象开口向上,对称轴为直线x= .
当t≥ 时, f(x)在[t,t+1]上单调递增,所以f(x)min=f(t)=t2-t+1;
当t+1≤ ,即t≤- 时, f(x)在[t,t+1]上单调递减,所以f(x)min=f(t+1)=t2+t+1;
当t< 综上,g(t)= 5.3 函数的单调性
第1课时 函数的单调性
基础过关练
题组一 函数单调性的概念
1.已知函数f(x)在[a,b]上单调递增,对于任意的x1,x2∈[a,b](x1≠x2),则下列结论中正确的是( )
A.>0
B.(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]=0
C.f(a)≤f(x1)D.f(x1)>f(x2)
2.(教材习题改编)函数y=f(x)的图象如图所示,则函数f(x)的单调递减区间是( )
A.(-1,0) B.(1,+∞)
C.(-1,0)∪(1,+∞) D.(-1,0)和(1,+∞)
题组二 函数单调性的判断与证明
3.(教材习题改编)下列四个函数中,在(1,+∞)上单调递增的是( )
A.f(x)=3-x B.f(x)=x2-3x
C.f(x)= D.f(x)=-|x|
4.已知函数f(x)=|x2-5x+6|,则函数f(x)的单调递增区间是( )
A. B.
C.和(3,+∞) D.(-∞,2)和
5.已知函数f(x)=-x2+2|x|+3,则f(x)的单调递增区间为 .
6.已知函数f(x)=|x|+|2x-3|.
(1)画出函数y=f(x)的图象;
(2)写出函数f(x)的单调递减区间;
(3)用定义证明函数f(x)在上单调递增.
7.定义在R上的函数f(x)满足对任意x,y∈R,恒有f(x+y)=f(x)+f(y),且x>0时,f(x)>0.
(1)求f(0)的值;
(2)试判断f(x)的单调性,并加以证明.
题组三 函数单调性的应用
8.“函数f(x)在区间[1,2]上不单调递增”的一个充要条件是( )
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.(教材习题改编)已知函数f(x)=4x2-kx-8在区间(-∞,5]上具有单调性,则实数k的取值范围是 ( )
A.(-24,40) B.[-24,40]
C.(-∞,-24] D.[40,+∞)
10.函数f(x)的定义域为R,且对于任意的x1,x2∈R(x1≠x2)均有 <0成立,若f(1-a)>f(2a-1),则正实数a的取值范围为( )
A.(-∞,0)∪ B.
C. D.
11.若函数f(x)=是R上的减函数,则实数m的取值范围是( )
A.(2,3] B.[2,4]
C.(2,3) D.[2,4)
12.已知函数f(x)是R上的增函数,A(0,-1),B(3,1)是函数f(x)图象上的两点,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)是定义在[-8,8]上的增函数,且f(2m)>f(-m+9),则实数m的取值范围是 .
14.已知函数f(x)=在区间(-∞,3)上单调递增,则a的取值范围是 .
15.已知函数f(x)=,x∈[2,5].
(1)判断函数f(x)的单调性,并用定义证明你的结论;
(2)若f(m+1)16.设f(x)是定义在R上的函数,且对任意实数x,有f(1-x)=x2-3x+3.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)若函数g(x)=|f(x)-ax+3|在[1,3]上单调递增,求实数a的取值范围.
能力提升练
题组一 函数单调性的判断与证明
1.函数y=1-的单调递增区间是( )
A.[0,3] B.(-∞,3]
C.[3,6] D.[3,+∞)
2.(多选题)设函数f(x)在R上为增函数,则下列结论错误的是( )
A.y=在R上为减函数
B.y=|f(x)|在R上为增函数
C.y=-在R上为增函数
D.y=-f(x)在R上为减函数
3.函数y=|x|(1-x)在区间A上单调递减,那么区间A是 .(写出一个即可)
4.已知f(x)是定义在R上的增函数,对任意x∈R有f(x)>0,且f(5)=1,设F(x)=f(x)+,判断F(x)的单调性,并证明你的结论.
题组二 函数单调性的应用
5.设a=,b=,c=,则a,b,c的大小关系是( )
A.a>b>c B.c>b>a
C.a>c>b D.c>a>b
6.若函数f(x)=x2-2x-3的定义域为[-1,t],值域为[-4,0],则实数t的取值范围为( )
A.1≤t≤3 B.1C.-17.(多选题)定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足如下条件:①f(xy)=+;②当x>1时, f(x)>0.则下列说法正确的是( )
A.f(1)=0
B.当0C.f(x)在(0,1)上单调递减
D.不等式(2-x)f(x-2)≥xf(x)的解集为(2,+1]
8.已知函数f(x)=满足 x1,x2∈R,当x1≠x2时,不等式(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0恒成立,则实数a的取值范围为 .
9.已知函数f(x)=x2-2x+b.
(1)若b=1,求函数f(x)的值域;
(2)若函数f(x)的定义域、值域都为[m,n],且f(x)在[m,n]上单调,求实数b的取值范围.
答案与分层梯度式解析
第1课时 函数的单调性
基础过关练
1.A 因为f(x)在[a,b]上单调递增,
所以对于任意的x1,x2∈[a,b](x1≠x2),
当x1>x2时, f(x1)>f(x2),所以x1-x2>0, f(x1)-f(x2)>0,所以 >0,(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0;
当x10,(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0.
综上,>0,(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0,故A正确,B错误;
由于x1,x2的大小关系不确定,所以f(x1)与f(x2)的大小关系不确定,故C,D错误.
故选A.
2.D 由题图知,函数f(x)在(-1,0)和(1,+∞)上单调递减.故选D.
易错警示 若函数有两个或两个以上的单调递增(减)区间,则单调递增(减)区间之间用“,”或者“和”连接,不能用“∪”连接.
3.C A中, f(x)=3-x在(1,+∞)上单调递减,不符合题意;
B中, f(x)=x2-3x=-,所以函数f(x)在上单调递减,在上单调递增,不符合题意;
C中, f(x)===2-,由复合函数的单调性,得函数f(x)在(1,+∞)上单调递增,符合题意;
D中, f(x)=-|x|在(1,+∞)上单调递减,不符合题意.故选C.
4.C 函数y=x2-5x+6的图象的对称轴为直线x=,
由x2-5x+6=0可得x=2或x=3,作出函数f(x)=|x2-5x+6|的图象如图所示:
由图可知,函数f(x)的单调递增区间为和(3,+∞).故选C.
5.答案 [0,1]和(-∞,-1]
解析 当x∈[0,+∞)时, f(x)=-x2+2x+3=-(x-1)2+4,此时f(x)的单调递增区间为[0,1];
当x∈(-∞,0)时, f(x)=-x2-2x+3=-(x+1)2+4,此时f(x)的单调递增区间为(-∞,-1].
综上, f(x)的单调递增区间为[0,1]和(-∞,-1].
6.解析 (1)画出函数f(x)=的大致图象,如图所示:
(2)由(1)的图象可知函数f(x)的单调递减区间为.
(3)证明:任取x1,x2∈,不妨设x1则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|在上单调递增.
7.解析 (1)取x=y=0,得f(0)=f(0)+f(0),解得f(0)=0.
(2)函数f(x)在R上单调递增,证明如下:
任取x1,x2∈R,不妨设x1因为x10,又x>0时,f(x)>0,所以f(x2-x1)>0,即f(x2)>f(x1),故函数f(x)在R上单调递增.
8.B 若函数f(x)在区间[1,2]上单调递增,
则对任意的a,b∈[1,2],使得a若函数f(x)在区间[1,2]上不单调递增,
则存在a,b∈[1,2],使得a故选B.
9.D 易得函数f(x)=4x2-kx-8的图象的对称轴为直线x=.∵函数f(x)=4x2-kx-8在区间(-∞,5]上具有单调性,∴≥5,解得k≥40,∴k的取值范围是[40,+∞),故选D.
解题模板 解决二次函数的单调性问题,其关键是确定二次函数图象的对称轴,确定单调区间与对称轴之间的位置关系是解题的突破口.
10.B 不妨设x1f(x2),所以f(x)在R上单调递减,
又f(1-a)>f(2a-1),所以1-a<2a-1,解得a>,
则正实数a的取值范围为.
故选B.
11.A 依题意,得f(x)在R上单调递减,
所以解得2故选A.
易错警示 研究分段函数的单调性,不仅要分别研究每段函数的单调性,还要考虑在分界点处的函数值的大小关系.
12.D |f(x+1)|≥1可化为f(x+1)≤-1或f(x+1)≥1,
因为A,B为f(x)图象上的两点,
所以f(0)=-1, f(3)=1,
所以f(x+1)≤f(0)或f(x+1)≥f(3),
又f(x)为R上的增函数,所以x+1≤0或x+1≥3,解得x≤-1或x≥2,
即不等式的解集为(-∞,-1]∪[2,+∞).故选D.
13.答案 (3,4]
解析 由题意得解得314.答案
解析 f(x)===a+,
因为f(x)在区间(-∞,3)上单调递增,所以1+3a<0,解得a<-.
15.解析 (1)f(x)在区间[2,5]上单调递减,证明如下:任取x1,x2∈[2,5],不妨设x1则f(x1)-f(x2)=-=,
因为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)在区间[2,5]上单调递减.
(2)由(1)知f(x)在区间[2,5]上单调递减,
所以由f(m+1)解得≤m<2.
故实数m的取值范围是.
16.解析 (1)令1-x=t,则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|,
设h(x)=x2+(1-a)x+4,
当Δ=(1-a)2-16≤0,即-3≤a≤5时,h(x)≥0恒成立,
此时g(x)=x2+(1-a)x+4,其图象的对称轴为直线x=,
则≤1,即a≤3,所以-3≤a≤3;
当Δ=(1-a)2-16>0,即a<-3或a>5时,
或
解得a≥7或a<3,所以a<-3或a≥7.
综上,实数a的取值范围为(-∞,3]∪[7,+∞).
能力提升练
1.C 由-x2+6x≥0,解得0≤x≤6,
所以函数y=1-的定义域为[0,6],
令t=-x2+6x,其图象是开口向下的抛物线,对称轴为直线x=-=3,
所以函数t=-x2+6x在[3,6]上单调递减,
则函数y=1-的单调递增区间是[3,6].
故选C.
2.ABC 不妨设f(x)=x,则y==,y=|f(x)|=y=-=-,
易知y==的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),且在定义域上无单调性;y=|f(x)|=的定义域为R,在(-∞,0)上单调递减,在[0,+∞)上单调递增;y=-=-的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),在定义域上无单调性,故A,B,C中结论错误.对于D,因为函数f(x)在R上为增函数,所以 x1,x2∈R,且x1-f(x2),所以y=-f(x)在R上为减函数,故D中结论正确.故选ABC.
易错警示 求复合函数的单调区间时,应先求出函数的定义域,再在定义域内讨论其单调性,防止忽视定义域导致解题错误.
3.答案 (-∞,0),(答案不唯一)
解析 由题意得y=f(x)=|x|(1-x)=
作出函数y=f(x)的图象如图所示:
由图象可知函数在区间(-∞,0),上单调递减.
故区间A是(-∞,0),,或其非空真子集.
4.解析 F(x)在(-∞,5)上单调递减,在(5,+∞)上单调递增.证明如下:
在R上任取x1,x2,且x1F(x2)-F(x1)=-
=[f(x2)-f(x1)]·.
∵f(x)是R上的增函数,且f(x)>0, f(5)=1,
∴当x<5时,05时, f(x)>1.
①若x1∴0∴F(x2)②若5∴f(x1)f(x2)>1,∴1->0,∴F(x2)>F(x1).
综上,F(x)在(-∞,5)上单调递减,在(5,+∞)上单调递增.
5.A 构造函数f(n)==,易知f(n)在(0,+∞)上单调递减,则a=f(2 021),b=f(2 022),c=f(2 023),
∵2 023>2 022>2 021,∴f(2 023)b>c.故选A.
6.A 函数f(x)=x2-2x-3的图象的对称轴为直线x=1,
当-1又函数f(x)=x2-2x-3的值域为[-4,0],则t2-2t-3=-4,所以t=1;
当t>1时, f(x)=x2-2x-3在[-1,1]上单调递减,在[1,t]上单调递增,
则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综上,实数t的取值范围为1≤t≤3.故选A.
7.ABD 令x=y=1,则由题意可得f(1)=+,所以f(1)=0,故A正确;
令xy=1,则y=,由题意可得f(1)=+=0,所以f =-xf(x),
因为当x>1时, f(x)>0,所以f =-xf(x)<0,即f <0,所以当0任取x1,x2∈(0,1),且x1结合选项A,B的结论,可知>1 f>0,<0, f(x1)<0,
所以f(x2)-f(x1)>0,即f(x)在(0,1)上单调递增,故C错误;
对于不等式(2-x)f(x-2)≥xf(x),显然x>2才有意义,
原式可化为 +≤0,即f(x(x-2))≤0,
由上可知08.答案
解析 因为 x1,x2∈R,当x1≠x2时,不等式(x1-x2)·[f(x1)-f(x2)]<0恒成立,所以f(x)在R上单调递减.
当x≥-1时,需满足2a-1<0,解得a<;
当x<-1时, f(x)=-=-x-+2,若a≤0,则f(x)=-x-+2在(-∞,-1)上单调递减,此时需满足3+a≥1-a,解得a≥-1,所以-1≤a≤0;若a>0,则函数f(x)=-x-+2在(-∞,-)上单调递减,在(-,0)上单调递增,此时需满足解得0综上,-1≤a<.
故实数a的取值范围为.
9.解析 (1)当b=1时, f(x)=x2-2x+1=(x-1)2≥0,所以函数f(x)的值域为[0,+∞).
(2)当m≥1时,函数f(x)在[m,n]上单调递增,
所以即即
所以方程x2-3x+b=0在[1,+∞)上有两个不相等的实数根,
令g(x)=x2-3x+b,则
解得2≤b<,
当n≤1时,函数f(x)在[m,n]上单调递减,
所以即
①-②,得(m-n)(m+n-1)=0,即m=n(舍去)或m=1-n,又m,所以将m=1-n代入②,得方程n2-n+b-1=0在上有解,
因为b=-n2+n+1=-+在上单调递减,所以b∈.
综上,实数b的取值范围是∪.
24第2课时 函数的最值
基础过关练
题组一 函数的单调性与最值
1.(教材习题改编)若函数y=f(x),x∈[-2,2]的图象如图所示,则该函数的最大值、最小值分别为 ( )
A.f ,f B.f(0),f
C.f(0),f D.f(0),f(2)
2.设函数f(x)=在区间[3,4]上的最大值和最小值分别为M,m,则M+m=( )
A.4 B.6 C.10 D.24
3.函数f(x)=的最大值为 .
4.函数f(x)=2x2-2ax+3在区间[-1,1]上的最小值记为g(a).
(1)当a=2时,求函数f(x)在区间[-1,2]上的值域;
(2)求f(x)的最小值g(a).
题组二 函数最值的应用
5.二次函数y=ax2+4x+a的最大值是3,则a=( )
A.-1 B.1 C.-2 D.-
6.某公司在甲、乙两地同时销售一种品牌车,销售x辆该品牌车的利润(单位:万元)分别为L1=-x2+21x和L2=2x.若该公司在两地共销售15辆该品牌车,则能获得的最大总利润为( )
A.90万元 B.60万元
C.120万元 D.120.25万元
7.当x∈(1,2)时,不等式x2+4x+m<0恒成立,则m的取值范围是( )
A.m≤-5 B.m≤-12 C.m<-8 D.m<-5
8.已知函数f(x)=-x2-2x+3在区间[a,2]上的最大值为,则a等于( )
A. B. C.- D.或-
9.已知函数f(x)=|x2-2x-3|在[-1,m]上的最大值为f(m),则实数m的取值范围是( )
A.(-1,1]
B.(-1,1+2]
C.[1+2,+∞)
D.(-1,1]∪[1+2,+∞)
10.设f(x)=若f(0)是f(x)的最小值,则a的取值范围是 .
能力提升练
题组一 求函数的最值
1.函数f(x)=+-的最大值为( )
A.4 B.2 C. D.
2.已知f(x)=ax+b(a>0),满足f(f(x))=x+2,则函数y=x-的值域为( )
A.[1,+∞) B.[-1,+∞)
C. D.[0,+∞)
3.已知二次函数满足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),并写出g(t)的函数表达式.
题组二 函数最值的应用
4.已知函数f(x)=2x2-1,g(x)=ax, x∈R,用M(x)表示f(x),g(x)中的最大者,记为M(x)=max{f(x),g(x)},若M(x)的最小值为-,则实数a的值为( )
A.0 B.±1 C.± D.±2
5.已知函数f(x)=若函数f(x)的值域是(-∞,4],则实数m的取值范围是( )
A.(-∞,6] B.(0,8]
C.[0,6] D.(-∞,8]
6.已知f(x)=x-,对任意的x∈[1,+∞),均有f(mx)+mf(x)<0成立,则实数m的取值范围是( )
A.m<-1 B.0C.-17.已知函数f(x)=|ax2+x+1|,x∈[1,2],且f(x)的最大值为a+2,则a的取值范围是( )
A. B.
C. D.
8.已知函数f(x)=x2+3x,g(x)=,若 x1∈[a-1,a+2], x2∈[0,],使得f(x1)≤g(x2),则a的取值范围是 .
9.已知函数f(x)=x-的定义域为D, x∈D, f(x)+f =0.
(1)求a的值,并证明f(x)在(0,+∞)上单调递增;
(2)若不等式mf(x2)-(3m+1)f(x)+2>2m·对任意的x∈恒成立,求实数m的取值范围.
答案与分层梯度式解析
第2课时 函数的最值
基础过关练
1.C 由题图可得,函数的最大值对应图象最高点的纵坐标f(0),最小值对应图象最低点的纵坐标f .故选C.
2.C 因为f(x)==2+,
所以f(x)在[3,4]上单调递减.
因此m=f(4)=4,M=f(3)=6.
所以M+m=6+4=10.故选C.
3.答案
解析 f(x)==,
∵y=x2-x+1=+在上单调递减,在上单调递增,且当x=时,ymin=,
∴x2-x+1≥,又y=在上单调递减,且y>0,∴0<≤,因此f(x)的最大值为.
4.
思路点拨 (1)求出函数图象的对称轴,判断函数在所给区间上的单调性,利用单调性求函数的值域;
(2)分类讨论函数图象的对称轴与所给区间的位置关系,结合函数的单调性,求得f(x)的最小值g(a)的表达式.
解析 (1)当a=2时, f(x)=2x2-4x+3,其图象的对称轴为直线x=1,
故f(x)=2x2-4x+3在区间[-1,1]上单调递减,在区间[1,2]上单调递增,
则f(x)min=f(1)=1, f(x)max=f(-1)=9,
故函数f(x)在区间[-1,2]上的值域为[1,9].
(2)函数f(x)=2x2-2ax+3的图象的对称轴为直线x=,
当<-1,即a<-2时, f(x)在区间[-1,1]上单调递增,
故g(a)=f(-1)=5+2a;
当-1≤≤1,即-2≤a≤2时, f(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增,
故g(a)=f =-+3;
当>1,即a>2时, f(x)在区间[-1,1]上单调递减,
故g(a)=f(1)=5-2a.
综上所述,g(a)=
解题模板 求二次函数f(x)在区间[a,b]上的最大(小)值时,先求得f(x)图象的对称轴,再讨论区间[a,b]与图象的对称轴的位置关系,结合函数的图象与单调性可得f(x)的最大(小)值.
5.A 因为二次函数有最大值,所以a<0,
又二次函数y=ax2+4x+a的最大值为=,
所以=3,所以a2-3a-4=0,解得a=4或a=-1,
因为a<0,所以a=-1.故选A.
6.C 设该公司在甲地销售x(0≤x≤15,x∈N)辆,获得的总利润为L万元,则在乙地销售(15-x)辆.
L=-x2+21x+2(15-x)=-x2+19x+30=-+,故当x的值为9或10时,L最大,最大总利润为120万元.故选C.
7.B 由题意得m<-x2-4x对任意的x∈(1,2)恒成立,
设f(x)=-x2-4x=-(x+2)2+4,则f(x)在(1,2)上单调递减,又f(2)=-12,所以m≤-12.故选B.
易错警示 解决含参数的不等式时,要分清参数m与未知数x,分离出参数m求出取值范围.
8.C 函数f(x)=-x2-2x+3=-(x+1)2+4的图象的对称轴为直线x=-1,
若a≤-1,则当x=-1时,函数f(x)取得最大值,且最大值为4,不满足题意;
若-1所以当x=a时,函数f(x)取得最大值,且最大值为f(a)=-a2-2a+3=,解得a=-或a=-(舍去).故选C.
9.D 易知f(x)的图象的对称轴为直线x=1, f(1)=4, f(-1)=f(3)=0, f(x)的图象如图所示:
令x2-2x-3=4,解得x=1±2,
由图可知,-110.答案 0≤a≤1
解析 因为f(x)=
所以当x>0时, f(x)=1+>1;
当x≤0时, f(x)=(x-a)2,易得y=(x-a)2的图象开口向上,对称轴为直线x=a,
因为f(0)是f(x)的最小值, f(0)=a2,
所以解得0≤a≤1,
故a的取值范围为0≤a≤1.
能力提升练
1.C 易知f(x)的定义域为[0,4],
令t=+(t>0),
所以t2=4+2,则=t2-2,
由y=,0≤x≤4可知,0≤y≤2,
所以4≤t2≤8,则2≤t≤2,
原函数可转化为g(t)=t-=-t2+t+=-+≤(2≤t≤2),
所以f(x)的最大值为.故选C.
2.C 根据题意,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-,其定义域为[-1,+∞),
设=t,t≥0,
则x=t2-1,y=t2-1-t=-,
当t=,即x=-时,函数y=x-有最小值,为-,
故函数y=x-的值域为.故选C.
3.解析 (1)设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)函数f(x)=x2-2x+2的图象的对称轴为直线x=1,则当t≥1时, f(x)在[t,t+1]上单调递增,故f(x)在x=t处取得最小值,即g(t)=t2-2t+2;当t+1≤1,即t≤0时, f(x)在[t,t+1]上单调递减,故f(x)在x=t+1处取得最小值,即g(t)=t2+1;当0综上,g(t)=
4.B 当a>0时,作出y=M(x)的图象,如图所示,
由图可知,y=M(x)在点A处取得最小值-,
故2x2-1=-,解得x=±,
由图象可知x=-,将代入g(x)=ax,得-a=-,解得a=1;
同理可得,当a<0时,图象最低点的横坐标x=,
将代入g(x)=ax,得a=-,解得a=-1;
当a=0时,g(x)=0,此时y=M(x)的最小值为0,不符合题意,故舍去.
综上所述,a=±1,故选B.
5.D ∵y=-x2+2x+3的图象的对称轴为直线x=1,
∴y=-x2+2x+3在(-∞,1]上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
∴当x<2时, f(x)的取值范围为(-∞,4],
若函数f(x)的值域是(-∞,4],
则当x≥2时,≤4,即m≤4x恒成立,
∴m≤(4x)min,∴m≤8.故选D.
6.A 当x∈[1,+∞)时,由f(mx)+mf(x)<0得mx-+mx-<0,化简,得2mx<,即2mx2当m>0时,x2<+,由题意得+>(x2)max,
而函数y=x2在[1,+∞)上无最大值,不符合题意;
当m<0时,x2>+,由题意得+<(x2)min,
因为函数y=x2在[1,+∞)上的最小值为1,
所以+<1,即m2>1,又m<0,所以m<-1.
综上,实数m的取值范围是m<-1.故选A.
7.A 由题意可知,a+2≥0,即a≥-2,且f(1)=a+2,则 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],
则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]上单调递增,
∴t(x)min=-,∴-1≤a≤-.故选A.
8.答案 [-7,3]
思路点拨 由题意可得f(x)min≤g(x)min,先确定g(x)的最小值,然后通过讨论a确定函数f(x)的单调性进而确定f(x)的最小值,即可求解.
解析 由题意,得f(x)min≤g(x)min,g(x)==+,
令t=,因为x∈[0,],所以t∈[1,2],
则h(t)=t+,t∈[1,2],
因为h(t)=t+在[1,2]上单调递减,
所以g(x)在[0,]上的最小值为10.
f(x)=x2+3x的图象的对称轴为直线x=-,
(根据f(x)图象的对称轴与区间的位置关系进行分类讨论)
当-≤a-1,即a≥-时, f(x)在区间[a-1,a+2]上单调递增,
所以f(x)的最小值为f(a-1)=a2+a-2,所以a2+a-2≤10,解得-4≤a≤3,又a≥-,所以-≤a≤3;
当-≥a+2,即a≤-时, f(x)在区间[a-1,a+2]上单调递减,
所以f(x)的最小值为f(a+2)=a2+7a+10,
所以a2+7a+10≤10,解得-7≤a≤0,
又a≤-,所以-7≤a≤-;
当a-1<-所以f(x)的最小值为f =-,
因为-<10成立,所以-综上,a的取值范围是[-7,3].
9.解析 (1)函数f(x)=x-的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),
因为f(x)+f =0,所以令x=1,则f(1)+f(1)=0,即f(1)=0,所以1-a=0,解得a=1,
此时f(x)=x-, f =-=-=-f(x), 故f(x)+f =0成立,所以a的值为1.
证明如下:
任取x1,x2∈(0,+∞),且x1因为00,x1x2+1>0,
所以f(x1)-f(x2)<0,所以f(x1)故f(x)在(0,+∞)上单调递增.
(2)由(1)得, f(x)=x-,
因为mf(x2)-(3m+1)f(x)+2>2m,
所以m-(3m+1)+2>0,
又x∈,所以f(x)∈,
分析题干,利用换元法与二次函数的性质求解,即令t=f(x)=x-,t∈,将不等式转化为mt2-(3m+1)t+2>0,对m进行分类讨论,由二次函数的性质求解即可
令t=f(x)=x-,t∈,
则mt2-(3m+1)t+2>0,t∈,
①当m=0时,-t+2≥>0恒成立,满足题意;
②当m>0时,二次函数y=mt2-(3m+1)t+2的图象开口向上,对称轴方程为t==+>,
所以当t=时,y=m-(3m+1)+2>0,所以0③当m<0时,二次函数y=mt2-(3m+1)t+2的图象开口向下,
所以当x=-时,m+(3m+1)+2>0,
当x=时,m-(3m+1)+2>0,
所以-综上,实数m的取值范围是.
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