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课时素养评价
二十四 函数的最大值、最小值
(15分钟 35分)
1.函数y=x2+2x-1在[0,3]上的最小值为
( )
A.0
B.-4
C.-1
D.-2
【解析】选C.因为y=x2+2x-1=(x+1)2-2,其图象的对称轴为直线x=-1,
所以函数y=x2+2x-1在[0,3]上是增函数,
所以当x=0时,此函数取得最小值,最小值为-1.
2.函数f(x)=的最大值是
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选D.令t=1-x(1-x)=+≥,所以0
即f(x)的最大值为.
3.(2020·海淀高一检测)设函数f(x)=4x+-1(x<0),则f(x)
( )
A.有最大值3
B.有最小值3
C.有最小值-5
D.有最大值-5
【解析】选D.当x<0时,f(x)=4x+-1
=-(-4x)+-1≤-2-1=-5.
当且仅当-4x=-,即x=-时,上式取等号.
所以f(x)有最大值为-5.
4.(2020·成都高一检测)函数f(x)=2x-的最小值为________.?
【解析】因为f(x)=2-2
=2-,
所以f(x)min=f=-.
答案:-
5.对于函数f(x),在使f(x)≥M恒成立的所有实数M中,我们把M的最大值Mmax叫做函数f(x)的下确界,则对于a∈R,f(a)=a2-4a+6的下确界为________.?
【解析】f(a)=a2-4a+6,f(a)≥M,
即f(a)min≥M.
而f(a)=(a-2)2+2,所以f(a)min=f(2)=2.
所以M≤2.所以Mmax=2.
答案:2
6.(2020·温州高一检测)已知函数f(x)=x2+.
求函数f(x)在区间[-3,-1]上的最值.
【解析】设x1,x2是[-3,-1]上的任意两个值,
且x1=-
=(x1-x2)(x1+x2)-,
又由-3≤x1则有(x1+x2)-<0,
则有f(x1)-f(x2)>0,
故函数f(x)在区间[-3,-1]上是减函数,
故f(x)max=f(-3)=4,
f(x)min=f(-1)=-.
(30分钟 60分)
一、单选题(每小题5分,共20分)
1.函数y=x+的最值的情况为
( )
A.最小值为,无最大值
B.最大值为,无最小值
C.最小值为,最大值为2
D.最大值为2,无最小值
【解析】选A.因为y=x+在定义域,+∞上是增函数,
所以函数最小值为,无最大值.
2.(2020·连云港高一检测)已知a>,则函数f(x)=x2+|x-a|的最小值是
( )
A.a2+1
B.a+
C.a-
D.a-
【解析】选D.函数f(x)=x2+|x-a|=
当x≥a>时,函数f(x)=x2+x-a的对称轴方程为x=-,
函数在[a,+∞)上是增函数,其最小值为a2;
当x因为a2-=a2-a+=>0.
所以a2>a-.
所以函数f(x)=x2+|x-a|的最小值是a-.
3.对任意x∈R,函数f(x)表示-x+3,x+,x2-4x+3中的最大者,则f(x)的最小值为
( )
A.2
B.3
C.4
D.5
【解析】选A.分别作出y=-x+3,y=x+,y=x2-4x+3的图象如图(阴影部分边界对应的曲线为ABCDE),
则由图象可知函数f(x)在C处取得最小值,
由得
即f(x)的最小值为2.
4.(2020·无锡高一检测)若关于x的不等式x2-mx+4>0在x∈[1,3]上有解,则实数m的取值范围为
( )
A.(-∞,5)
B.(-∞,5]
C.(-∞,4)
D.(-∞,-4)∪(4,+∞)
【解析】选A.关于x的不等式x2-mx+4>0在x∈[1,3]上有解,
即m设f(x)=x+,则f(x)在(0,2]上是减函数,在[2,+∞)上是增函数,
故当x=2时,f(x)取得最小值4,
又f(1)=5,f(3)=,故当x=1时,函数f(x)取得最大值.则实数m<5.
二、多选题(每小题5分,共10分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
5.下列关于函数y=ax+1,x∈[0,2]的说法正确的是
( )
A.当a<0时,此函数的最大值为1,最小值为2a+1
B.当a<0时,此函数的最大值为2a+1,最小值为1
C.当a>0时,此函数的最大值为1,最小值为2a+1
D.当a>0时,此函数的最大值为2a+1,最小值为1
【解析】选AD.当a<0时,函数y=ax+1在区间[0,2]上是减函数,
当x=0时,函数取得最大值为1;当x=2时,函数取得最小值为2a+1.
当a>0时,函数y=ax+1在区间[0,2]上是增函数,当x=0时,函数取得最小值为1,当x=2时,函数取得最大值为2a+1.
6.函数y=(x≠1)的定义域为[2,5),下列说法正确的是
( )
A.最小值为
B.最大值为4
C.无最大值
D.无最小值
【解析】选BD.函数y==1+在[2,5)上是减函数,即在x=2处取得最大值4,
由于x=5取不到,则最小值取不到.
三、填空题(每小题5分,共10分)
7.二次函数y=ax2+4x+a的最大值是3,则a=________.?
【解析】根据题意,二次函数y=ax2+4x+a的最大值是3,则解得a=-1.
答案:-1
8.(2020·杭州高一检测)对于任意的实数x1,x2,min{x1,x2}表示x1,x2中较小的那个数,若f(x)=2-x2,g(x)=x,则集合{x|f(x)=g(x)}=________;min{f(x),g(x)}的最大值是________.?
【解析】由题作出函数f(x),g(x)的图象,
令f(x)=g(x),即2-x2=x,
解得x=-2或x=1,
则集合{x|f(x)=g(x)}={-2,1},
由题意及图象得
min{f(x),g(x)}=
由图象知,当x=1时,min{f(x),g(x)}最大,最大值是1.
答案:{-2,1} 1
四、解答题(每小题10分,共20分)
9.(2020·常州高一检测)已知二次函数f(x)=ax2+bx+c(a>0),对称轴为直线x=2,且f(0)=1.
(1)若函数f(x)的最小值为-1,求f(x)的解析式;
(2)函数f(x)的最小值记为g(a),求函数H(a)=a·g(a)的最大值.
【解析】(1)因为f(x)的对称轴为直线x=2,
所以-=2,则b=-4a.
又f(0)=1,所以c=1.
所以f(x)=ax2-4ax+1=a(x-2)2+1-4a,
因为a>0,所以当x=2时f(x)有最小值1-4a=-1,
所以a=,所以f(x)=x2-2x+1.
(2)由(1)知f(x)=ax2-4ax+1=a(x-2)2+1-4a.
所以g(a)=f(2)=1-4a.
所以H(a)=a(1-4a)=-4+,
a∈(0,+∞),
所以H(a)的最大值为.
10.(2020·太原高一检测)已知函数f(x)=,g(x)=x-1.
(1)求解不等式f(x)≥g(x).
(2)若x>,求y=3f(x)+2g(x)的最小值.
【解析】(1)当x>时,由f(x)≥g(x),得(2x-1)(x-1)≤3,解得当x<时,由f(x)≥g(x),得(2x-1)(x-1)≥3,解得x≤-.
所以不等式f(x)≥g(x)的解集为x(2)因为y=3f(x)+2g(x),x>,
所以3f(x)+2g(x)=+2-1≥2-1=5,
当且仅当4=9,即x=2(负值舍去)时取等号,故当x>时,函数y=3f(x)+2g(x)的最小值为5.
【补偿训练】
已知函数f(x)=ax2+2x+c(a,c∈N
),满足:
①f(1)=5;②6(1)求a,c的值.
(2)设g(x)=f(x)-2x-3+|x-1|,求g(x)的最小值.
【解析】(1)f(1)=a+2+c=5,f(2)=4a+4+c∈(6,11),
所以c=5-2-a=3-a,
所以4a+4+3-a=3a+7∈(6,11),
所以-又a∈N
,所以a=1,c=2.
(2)因为f(x)=x2+2x+2,
所以g(x)=f(x)-2x-3+|x-1|=x2+2x+2-2x-3+|x-1|=x2+|x-1|-1,
当x≥1时,g(x)=x2+x-2,
此时g(x)在[1,+∞)上是增函数,
所以g(x)min=g(1)=1+1-2=0,
当x<1时,g(x)=x2-x,g(x)在上是减函数,在上是增函数,
所以g(x)min=g=-=-,
又-<0,所以g(x)min=g=-.
1.当x∈(1,2)时,不等式x2+mx+4<0恒成立,则m的取值范围是________.?
【解析】设f(x)=x2+mx+4,则f(x)图象开口向上,对称轴为x=-.
(1)当-≤1时,即m≥-2时,
满足f(2)=4+2m+4≤0,
所以m≤-4,
又m≥-2,所以此时无解.
(2)当-≥2,即m≤-4时,
需满足f(1)=1+m+4≤0,
所以m≤-5,
又m≤-4,所以m≤-5.
(3)当1<-<2,即-4需满足此时无解.
综上所述,m≤-5.
答案:m≤-5
2.(2020·永州高一检测)已知≤a≤1,若函数f(x)=ax2-2x+1在区间[1,3]上的最大值为M(a),最小值为N(a),令g(a)=M(a)-N(a).
(1)求g(a)的函数解析式.
(2)不要证明,请直接写出函数g(a)的单调区间,并求g(a)的最大值.
【解析】(1)根据题意,f(x)=ax2-2x+1=
a+1-,
由≤a≤1得1≤≤3,
则N(a)=f=1-,
当1≤<2,即当2≤≤3,即≤a≤时,M(a)=f(1)=a-1,
则g(a)=
(2)g(a)在上是减函数,在上是增函数,
且g(a)的图象连续不断;
又g=,g(1)=4,
所以g(a)的最大值是g(1)=4.
【补偿训练】
1.已知函数f(x)=x2+ax+a2+1(a∈R),设f(x)在[-1,1]上的最大值为g(a),
(1)求g(a)的表达式.
(2)是否存在实数m,n,使得g(a)的定义域为[m,n],值域为[5m,5n]?如果存在,求出m,n的值;如果不存在,请说明理由.
【解析】(1)因为函数f(x)图象的对称轴为x=-,所以当-≤0,即a≥0时,
g(a)=f(x)max=f(1)=a2+a+2;
当->0,即a<0时,
g(a)=f(x)max=f(-1)=a2-a+2.
所以g(a)=
(2)假设存在符合题意的实数m,n,
则由(1)可知,当a∈R时,g(a)∈[2,+∞).
所以若a∈[m,n],有g(a)∈[5m,5n],
则0所以g(a)=a2+a+2,且为增函数.
所以
所以
2.对于区间[a,b]和函数y=f(x),若同时满足:
①f(x)在[a,b]上是单调函数;②函数y=f(x),x∈[a,b]的值域还是[a,b],则称区间[a,b]为函数f(x)的“不变”区间.
(1)求函数y=x2(x≥0)的所有“不变”区间.
(2)函数y=x2+m(x≥0)是否存在“不变”区间?若存在,求出实数m的取值范围;若不存在,说明理由.
【解析】(1)易知函数y=x2(x≥0)是增函数,
故有解得a=0或1,b=0或1,
又a所以函数y=x2(x≥0)的“不变”区间为[0,1].
(2)易知函数y=x2+m(x≥0)是增函数,
若函数y=x2+m(x≥0)存在“不变”区间,
则有b>a≥0,且
消去m得a2-b2=a-b,
整理得(a-b)(a+b-1)=0.
因为a又由b>a≥0,得1-a>a≥0,所以0≤a<.
所以m=-a2+a
=-+,
所以0≤m<.
综上,当0≤m<时,函数y=x2+m(x≥0)存在“不变”区间.
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PAGE(共2张PPT)
5.3 函数的单调性
新课程标准
学业水平要求
★水平
借助教材实例理解函数单调性的定义及相关的概念.(数学抽象)
借助两数图象,会用符号语
借助教材实例理解函数最大(小)值的定义.(数学抽象
表达函数的单调性
会用单调性的定义证明函数的单调性.(逻辑推理)
理解单调性的作用和实际
4.会利用函数的单调性求函数的最大(小)值.(数学运算)
意义
★水平
能利用函数的单调性解决相关的问题,能解决简单的实际问题.(数学建模)(共50张PPT)
第1课时 函数的单调性
必备知识·自主学习
导思
1.怎样描述函数的图象上升、下降的性质?
2.什么是函数的单调区间?
1.函数的单调性
(1)定义
函数
增函数
减函数
图示
条件
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都有___________
都有___________
结论
(1)y=f(x)在区间I上是_______
(2)I称为y=f(x)的增区间
(1)y=f(x)在区间I上是_______
(2)I称为y=f(x)的减区间
f(x1)f(x1)>f(x2)
增函数
减函数
(2)本质:函数的单调性反映的是两个变量的对应变换规律,定量地刻画了函数在区间上图象的变化趋势,是函数诸多性质中最核心、最本质的性质.
(3)应用:证明函数的单调性、比较大小、解不等式、求参数范围等.
【思考】
函数单调性的定义中,能否将“任意”改为“存在”?
提示:不能,一些特殊的值满足并不能说明函数的单调性.
2.单调性与单调区间
如果函数y=f(x)在区间I上是增函数或减函数,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.
【思考】
函数y=f(x)在定义域内的每一个区间D1,D2,…上都单调递减,那么函数在定义域上是减函数吗?你能举例说明吗?
提示:不是.如函数y=
在(-∞,0),(0,+∞)上都单调递减,但在定义域上不具有单调性.
【基础小测】
1.辨析记忆(对的打“√”,错的打“×”)
(1)函数f(x)=x2,因为-1<2,且f(-1)( )
(2)函数f(x)=
在(-∞,0)∪(0,+∞)上是减函数.
( )
(3)函数f(x)在某一区间D上要么是增函数要么是减函数.
( )
提示:(1)×.函数f(x)=x2在R上不具有单调性.
(2)×.函数f(x)=
的减区间为(-∞,0),(0,+∞),不能用“并”表示.
(3)×.常数函数不具有严格的单调性.
2.函数y=f(x)的图象如图所示,其减区间是
( )
A.[-4,4]
B.[-4,-3]∪[1,4]
C.[-3,1]
D.[-4,-3],[1,4]
【解析】选D.由图象知函数在[-4,-3]以及[1,4]上是减函数,则对应的减区间为[-4,-3],[1,4].
3.(教材二次开发:习题改编)若函数f(x)=(2k-1)x+1是减函数,则实数k的取值范围是________.?
【解析】由题意知,2k-1<0,解得k<
.
答案:
关键能力·合作学习
类型一 利用图象求函数的单调区间(数学抽象、直观想象)
【题组训练】
1.(2020·龙岩高一检测)图中是定义在区间[-5,5]上的函数y=f(x),则下列关于函数f(x)的说法错误的是
( )
A.函数在区间[-5,-3]上是增函数
B.函数在区间[1,4]上是增函数
C.函数在区间[-3,1]∪[4,5]上是减函数
D.函数在区间[-5,5]上没有单调性
2.(2020·海淀高一检测)下列函数中,在区间(0,1)上是增函数的是
( )
A.y=|x|-2
B.y=|x-3|
C.y=
D.y=-x2
3.(2020·周口高一检测)函数y=|x|(1-x)在区间A上是减函数,那么区间A是
( )
A.(-∞,0)
B.
C.[0,+∞)
D.(-∞,0),
【解析】1.选C.若一个函数出现两个或两个以上的单调区间时,不能用“∪”连接.
2.选A.根据题意,依次分析选项:
对于A,y=|x|-2=
在区间(0,1)上是增函数,符合题意;
对于B,y=|x-3|=
在区间(0,1)上是减函数,不符合题意;
对于C,y=
,在区间(0,1)上是减函数,不符合题意;
对于D,y=-x2,在区间(0,1)上是减函数,不符合题意.
3.选D.y=|x|(1-x)=
再结合二次函数图象可知函数y=|x|(1-x)的减区间是(-∞,0),
【解题策略】
图象法求函数单调区间的步骤
(1)作图:作出函数的图象.
(2)结论:上升图象对应增区间,下降图象对应减区间.
【补偿训练】
画出函数y=|x|(x-2)的图象,并指出函数的单调区间.
【解析】y=|x|(x-2)=
函数的图象如图所示.
由函数的图象知:函数的增区间为(-∞,0)和[1,+∞),减区间为[0,1).
类型二 利用定义证明函数的单调性(数学抽象、逻辑推理)
【典例】证明函数f(x)=
在区间(2,+∞)上是减函数.
四步
内容
理解
题意
条件:函数f(x)=
,x∈(2,+∞)结论:函数f(x)在区间(2,+∞)上是减函数
思路
探求
任取x1,x2∈(2,+∞),且x1f(x2)?函数f(x)在区间(2,+∞)上是减函数
四步
内容
书写
表达
设x1,x2为区间(2,+∞)上的任意两个值,且x1,
因为20,
所以f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2).所以函数f(x)=
在区间(2,+∞)上是减函数.
注意书写的规范性:
①x1,x2取值任意且分大小;
②变形是解题关键.
题后
反思
利用定义法证明函数单调性的关键是作差之后的变形,且变形的结果是几个因式乘积的形式.
①
【解题策略】
利用定义证明函数单调性的步骤
【跟踪训练】
(2020·哈尔滨高一检测)求证:函数f(x)=-
-1在区间(-∞,0)上是增函数.
【证明】设x1,x2为(-∞,0)上的任意两个值,且x1f(x1)-f(x2)=
因为x10,
所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)故函数f(x)=-
-1在区间(-∞,0)上是增函数.
【拓展延伸】
1.性质法判断函数的单调性
(1)当f(x)>0时,函数y=
与y=f(x)的单调性相反,对于f(x)<0也成立.
(2)在公共定义域内,两增函数的和仍为增函数,增函数减去一个减函数所得的函数为增函数.
(3)函数f(x)与f(x)+c(c为常数)具有相同的单调性.
(4)当c>0时,函数f(x)与cf(x)具有相同的单调性;
当c<0时,函数f(x)与cf(x)具有相反的单调性.
2.函数y=x+
(a≠0)的单调性
(1)若a>0,函数y=x+
的图象如图1所示,
则函数y=x+
的增区间是(-∞,-
]和[
,+∞),减区间是(-
,0)和(0,
).
(2)若a<0,其图象如图2所示,
函数y=x+
在(-∞,0)和(0,+∞)上均为增函数,即y=x+
的增区间为(-∞,0)和(0,+∞).
【拓展训练】
(2020·杭州高一检测)函数y=2x+
的增区间为________.?
【解析】y=2
,由对勾函数的图象可知,
增区间为(-∞,-
]和[
,+∞).
答案:(-∞,-
]和[
,+∞)
类型三 函数单调性的简单应用(数学抽象、逻辑推理)
角度1 利用单调性解不等式?
【典例】(2020·佛山高一检测)函数f(x)在[0,+∞)上是减函数,且f(2)=-1,则满足f(2x-4)>-1的实数x的取值范围是
( )
A.(3,+∞)
B.(-∞,3)
C.[2,3)
D.[0,3)
【思路导引】从定义域,单调性两个方面列不等式求范围.
【解析】选C.因为f(2)=-1,
所以由f(2x-4)>-1得,f(2x-4)>f(2),
又因为f(x)在[0,+∞)上是减函数,
所以0≤2x-4<2,解得2≤x<3,
所以满足f(2x-4)>-1的实数x的取值范围是[2,3).
【变式训练】本例的条件若改为“增函数”,试求x的取值范围.
【解析】因为f(2)=-1,
所以由f(2x-4)>-1,得f(2x-4)>f(2),
又f(x)在[0,+∞)上是增函数,
所以2x-4>2,解得x>3.
角度2 分段函数的单调性?
【典例】(2020·宜春高一检测)已知函数f(x)=
是增函数,则实数a的取值范围是________.?
【思路导引】分别考查x≥1,x<1,分界点三个方面的因素求范围.
【解析】因为函数f(x)=
在(-∞,+∞)上是增函数,
又函数y=
ax2-ax-1的对称轴为x=1,
所以
解得-
≤a<0.
答案:
【解题策略】
1.解抽象函数不等式问题的方法
利用函数的单调性解不等式主要依据函数单调性的定义和性质,将符号“f
”脱掉,列出关于未知量的不等式(组),然后求解,要注意函数的定义域.
2.分段函数的单调性
首先分析每段上的单调性,其次是分界点处函数值的大小,如果是增函数,则分界点左侧值小于等于右侧值,如果是减函数,则分界点左侧值大于等于右侧值.
【题组训练】1.(2020·沈阳高一检测)f(x)=x|x|,若f(2m+1)+f(1-m)>0,则m的
取值范围是
( )
A.(-∞,-1)
B.(-∞,-2)
C.(-1,+∞)
D.(-2,+∞)
【解析】选D.因为f(x)=x|x|=
所以f(x)在R上是增函数,且f(-x)=-f(x),
所以由f(2m+1)+f(1-m)>0得,f(2m+1)>f(m-1),所以2m+1>m-1,解得m>-2,
所以m的取值范围为(-2,+∞).
2.定义域在R上的函数f(x)满足对任意的x1,x2∈R,且x1≠x2,都有(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0,则有
( )
A.f(-2)B.f(1)C.f(3)D.f(3)【解析】选A.因为对任意的x1,x2∈R,且x1≠x2,
都有(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0,当x1当x1>x2时,x1-x2>0,则f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2).可得函数f(x)是在R上的增函数,
所以f(-2)3.已知函数f(x)=
是定义在R上的减函数,则实数a的取值范围是________.?
【解析】根据题意,函数f(x)=
是R上的减函数,
必有
≥1,且a-4<0,且1-(a+1)+7≥(a-4)+5,解得1≤a≤3,即a的取值范围为[1,3].
答案:[1,3]
【补偿训练】
(2020·无锡高一检测)已知f(x)=x2-(m+2)x+2在[1,3]上具有单调性,则实数m的取值范围为________.?
【解析】根据题意,f(x)=x2-(m+2)x+2为二次函数,其对称轴为x=
,
因为f(x)在[1,3]上具有单调性,则有
≤1或
≥3,解得m≤0或m≥4,
即m的取值范围为m≤0或m≥4.
答案:m≤0或m≥4
备选类型 抽象函数的单调性(数学抽象、逻辑推理)
【典例】(2020·抚顺高一检测)函数f(x)对任意的m,n∈R,都有f(m+n)=f(m)+f(n)-1,并且x>0时,恒有f(x)>1.
(1)求证:f(x)是增函数.
(2)若f(3)=4,解不等式f(a2+a-5)<2.
【思路导引】(1)按照单调性的定义,构造f(x2)-f(x1),再判断符号.
(2)将2化为f(x0)的形式,再利用单调性解不等式.
【解析】(1)设x1,x2是任意两个实数,
且x10,
所以f(x2-x1)>1,f(x2)-f(x1)=f((x2-x1)+x1)-f(x1)=f(x2-x1)+f(x1)-1-f(x1)=f(x2-x1)-1>0,
即f(x2)>f(x1),所以f(x)是R上的增函数.
(2)因为m,n∈R,不妨设m=n=1,
所以f(1+1)=f(1)+f(1)-1,即f(2)=2f(1)-1,f(3)=f(2+1)=f(2)+f(1)-1=2f(1)-1+f(1)-1=3f(1)-2=4,所以f(1)=2.
所以f(a2+a-5)所以a2+a-5<1,得-3即a∈(-3,2).
【解题策略】关于抽象函数的单调性证明
(1)证明抽象函数的单调性的根本还是单调性的定义,要围绕构造定义式展开思维.
(2)构造定义式的依据是已知的抽象函数的性质关系式,需要灵活进行自变量的赋值、拆分、组合,直到构造出f(x1)-f(x2),再利用已知条件展开化简.
【跟踪训练】若f(x)的定义域为(0,+∞),当00,满足f(
)
=f(x)-f(y).
(1)证明函数f(x)是增函数.
(2)若f(6)=1,解不等式f(x+3)-f(
)<2.
【解析】(1)因为当0?x1,x2∈(0,+∞),x1<1,
f(x1)-f(x2)=f(
)<0,所以f(x1)所以函数f(x)是增函数.
(2)因为f(6)=1,所以2=1+1=f(6)+f(6),
所以不等式f(x+3)-f(
)<2,
等价为不等式f(x+3)-f(
)所以f(3x+9)-f(6)即f(
)因为f(x)在(0,+∞)上是增函数,所以
解得-3课堂检测·素养达标
1.函数y=|x|-1的减区间为
( )
A.(0,+∞)
B.(-∞,0)
C.(-∞,-1)
D.(-1,+∞)
【解析】选B.当x≥0时,y=|x|-1=x-1,
此时函数为增函数,
当x<0时,y=|x|-1=-x-1,此时函数为减函数,
即函数的减区间为(-∞,0).
2.函数y=f(x)的图象如图所示,则f(x)的减区间是
( )
A.(0,1)
B.(-∞,1)
C.
D.(-∞,3)
【解析】选A.由图象可知减区间为(0,1).
3.(教材二次开发:习题改编)函数y=
在(0,+∞)上是增函数,则k的取值范围是
( )
A.k≥1
B.k≤1
C.k>1
D.k<1
【解析】选D.k-1>0时,
由y=
可知,在区间(-∞,0),(0,+∞)上是减函数,不合题意;
当k-1<0时,由y=
可知,在区间(-∞,0),(0,+∞)上是增函数,故k<1.
4.若f(x)是减函数,且f(3x-2)【解析】函数的定义域为R.由条件可知,3x-2>3,
解得x>
.
答案:
5.函数f(x)=2x2-3|x|的增区间是________.?
【解析】函数f(x)=2x2-3|x|=
的图象如图所示,
故它的增区间为
答案:(共41张PPT)
第2课时 函数的最大值、最小值
必备知识·自主学习
导思
函数的最大值、最小值是怎样定义的?
函数的最大值和最小值
(1)定义:
条件
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
前提
f(x)≤f(x0)
f(x)≥f(x0)
结论
称f(x0)为y=f(x)的最大值,记为ymax=
f(x0)
称f(x0)为y=f(x)的最小值,记为
_________
ymin=f(x0)
(2)本质:函数图象上最高点的纵坐标即为最大值;最低点的纵坐标即为最小值.
(3)应用:求函数的值域,参数的范围,解决实际问题.
【思考】
函数f(x)=-x2的定义域为R,存在实数1,对于任意x∈R,都有f(x)≤1.那么1是函数f(x)=-x2的最大值吗?为什么?
提示:不是.因为不存在x0∈R,使得f(x0)=
=1.
【基础小测】
1.辨析记忆(对的打“√”,错的打“×”)
(1)任何函数都有最大值、最小值.
( )
(2)如果一个函数有最大值,那么最大值是唯一的.
( )
(3)如果一个函数f(x)在区间[a,b]上单调递减,那么函数的最大值是f(b).
( )
提示:(1)×.如函数y=
既没有最大值,也没有最小值.
(2)√.函数的最大值是唯一的.
(3)×.最大值为f(a).
2.函数f(x)=x2-3x(|x|<1)
( )
A.有最大值,但无最小值
B.有最大值,也有最小值
C.无最大值,但有最小值
D.既无最大值,也无最小值
【解析】选D.f(x)=x2-3x是开口向上的抛物线,
其对称轴方程为x=
,则函数f(x)在(-1,1)上单调递减,所以函数f(x)=
x2-3x(|x|<1)既无最大值,也无最小值.
3.(教材二次开发:例题改编)函数y=
在区间[2,6]上的最大值、最小值分别是
( )
【解析】选A.因为y=
在区间[2,6]上单调递减,
所以当x=2时取最大值y=1;
当x=6时取最小值y=
.
关键能力·合作学习
类型一 利用函数的图象求函数的最值(直观想象)
【题组训练】
1.函数f(x)在区间[-2,5]上的图象如图所示,则此函数的最小值、最大值分别是
( )
A.-2,f(2)
B.2,f(2)
C.-2,f(5)
D.2,f(5)
2.已知函数f(x)=
则f(x)的最大值、最小值分别为________,________,减区间为________.?
3.(2020·汉中高一检测)已知函数f(x)=
(1)在如图所示给定的直角坐标系内画出f(x)的图象.
(2)由图象指出当x取什么值时f(x)有最值.
【解析】1.选C.由函数的图象可知,最小值为-2,最大值为f(5).
2.作出函数f(x)的图象(如图).由图象可知,当x=±1时,f(x)取最大值为f(±1)=1;
当x=0时,f(x)取最小值f(0)=0,
故f(x)的最大值为1,最小值为0.减区间为[-1,0],[1,+∞).
答案:1 0 [-1,0],[1,+∞)
3.(1)由题意知,当x∈[-1,2]时,
f(x)=-x2+3,为二次函数的一部分;
当x∈(2,5]时,f(x)=x-3,为一次函数的一部分;
所以,函数f(x)的图象如图所示.
(2)由图象可知,当x=0时,f(x)有最大值3;
当x=2时,f(x)min=-1.
【解题策略】
图象法求最值的步骤
【补偿训练】
已知函数f(x)=
求函数f(x)的最大值、最小值及增区间.
【解析】作出f(x)的图象如图:
由图象可知,当x=2时,f(x)取最大值为2;
当x=
时,f(x)取最小值为
.所以f(x)的最大值为2,最小值为
,增区间为
.
类型二 利用单调性求函数的最值(数学运算)
【典例】(2020·石嘴山高一检测)已知函数f(x)=
.
(1)用定义证明f(x)在区间[3,+∞)上是增函数.
(2)求该函数在区间[3,5]上的最大值与最小值.
四步
内容
理解
题意
条件:f(x)=
.
结论:(1)证明单调性;
(2)求在区间[3,5]上的最值.
思路
探求
利用定义证明函数的单调性,利用单调性求最值.
四步
内容
书写
表达
(1)因为函数f(x)=
,x∈[3,+∞),设x1,x2是区间[3,+∞)上的任意两个值,且x1因为x2>x1,所以x2-x1>0,因为x2>x1≥3,所以x1-2>0,x2-2>0,所以f(x2)-f(x1)>0,即f(x2)>f(x1).故f(x)在区间[3,+∞)上是增函数.
(2)根据(1)可知f(x)在区间[3,+∞)上是增函数,
可得f(x)在[3,5]上的最小值为f(3)=-1,最大值为f(5)=-
.注意书写的规范性:①差式分解到位,是判断符号的关键;②单调性是确定最值的依据.
题后
反思
求函数的最值时首先要关注函数的单调性,由单调性确定取最值时的自变量值.
【解题策略】
1.利用单调性求函数的最大(小)值的一般步骤
(1)判断函数的单调性.
(2)利用单调性求出最大(小)值.
2.函数的最大(小)值与单调性的关系
(1)若函数f(x)在区间[a,b]上是增(减)函数,则f(x)在区间[a,b]上的最小(大)值是f(a),最大(小)值是f(b).
(2)若函数f(x)在区间[a,b]上是增(减)函数,在区间[b,c]上是减(增)函数,则f(x)在区间[a,c]上的最大(小)值是f(b),最小(大)值是f(a)与f(c)
中较小(大)的一个.
【跟踪训练】
设函数f(x)=
.
(1)判断函数f(x)在(0,+∞)上的单调性并用定义加以证明.
(2)求函数f(x)在区间[2,5]上的最大值与最小值.
【解析】(1)函数f(x)在(0,+∞)上是增函数,证明如下:
设x1,x2是(0,+∞)上的任意两个值,且x1则f(x1)-f(x2)=
因为00,
所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)所以函数f(x)在(0,+∞)上是增函数.
(2)由(1)可知函数f(x)在[2,5]上是增函数,
所以f(x)max=f(5)=
,f(x)min=f(2)=
.
类型三 常见的最值问题(数学运算、数学建模)
角度1 换元法求最值?
【典例】(2020·启东高一检测)函数f(x)=
的最小值为
( )
A.0
B.
C.-1
D.
【思路导引】令t=
,转化为二次函数求最值.
【解析】选C.设
=t,t≥0,则x=t2-1,
解析式化为y=
t2-t-
(t-1)2-1,t≥0,
所以t=1时,原函数的最小值为-1.
角度2 基本不等式求最值?
【典例】(2020·杭州高一检测)已知x<3,则f(x)=
+x的最大值是
( )
A.-1
B.1
C.4
D.7
【思路导引】利用基本不等式求最值.
【解析】选A.因为x<3,所以x-3<0,
所以
+x=
+(x-3)+3≤
-2
+3=-1,
当且仅当
=x-3,即x=1时取等号.
故f(x)的最大值为-1.
角度3 含参数的最值问题?
【典例】已知函数f(x)=-x2+ax-
+1(a∈R).
若函数f(x)在区间[-1,1]上的最大值为g(a),求g(a)的解析式,并求其最小值.
【思路导引】求出函数的对称轴,讨论对称轴与区间的位置关系求最值.
【解析】f(x)=-x2+ax-
+1的对称轴为x=
,
(1)当
≥1即a≥2时,f(x)在[-1,1]上为增函数,可得g(a)=f(1)=
,且g(a)的最小值为g(2)=1.
(2)当
≤-1即a≤-2时,f(x)在[-1,1]上为减函数,可得g(a)=f(-1)=-
a,
此时g(a)的最小值为g(-2)=3.
(3)当-1<
<1,即-2+1,
此时,当a=1时g(a)取得最小值
,
综上可得g(a)=
且g(a)的最小值为
.
【变式探究】将本例的函数改为f(x)=x2-2ax+1,试求函数在区间[0,2]上的最大值.
【解析】函数的对称轴为x=a,
当a≤1时,f(x)max=f(2)=5-4a;
当a>1时,f(x)max=f(0)=1,
所以f(x)max=
【解题策略】
1.多种方法求函数的最值
首先由函数解析式的特征确定求最值的方法,灵活应用解不等式、换元法、单调性求最值.
2.含参数的一元二次函数的最值
以一元二次函数图象开口向上、对称轴为x=m为例,区间为[a,b]
(1)最小值:f(x)min=
(2)最大值:f(x)max=
当开口向下、区间是闭区间时,用类似方法进行讨论,其实质是讨论对称轴与区间的位置关系.
课堂检测·素养达标
1.函数y=
在[2,3]上的最小值为
( )
A.1
B.
C.
D.
【解析】选B.y=
在[2,3]上为减函数,
所以x=3时取最小值为
.
2.函数f(x)的图象如图,则其最大值、最小值分别为
( )
A.
B.f(0),
C.
,f(0)
D.f(0),f(3)
【解析】选B.观察函数图象,f(x)的最大值、最小值分别为f(0),
.
3.函数y=
的最大值是
( )
A.3
B.4
C.5
D.6
【解析】选B.函数y=
的图象如图所示:
由图象可得函数y=
的最大值是4.
4.当0≤x≤2时,a<-x2+2x恒成立,则实数a的取值范围是
( )
A.(-∞,1]
B.(-∞,0]
C.(-∞,0)
D.(0,+∞)
【解析】选C.令f(x)=-x2+2x,则f(x)=-x2+2x=-(x-1)2+1.又因为x∈[0,2],所以f(x)min=f(0)=f(2)=0.所以a<0.
5.(教材二次开发:练习改编)函数f(x)=
在[1,b](b>1)上的最小值是
,则b=______.?
【解析】因为f(x)在[1,b]上为减函数,所以f(x)在[1,b]上的最小值为f(b)=
,所以b=4.
答案:4温馨提示：
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课时素养评价
二十三 函数的单调性
(15分钟 35分)
1.函数f(x)=在R上
( )
A.是减函数
B.是增函数
C.先减后增
D.先增后减
【解析】选B.画出该分段函数的图象,由图象知,该函数在R上是增函数.
【补偿训练】
函数f(x)=在
( )
A.(-∞,1)∪(1,+∞)上是增函数
B.(-∞,1)∪(1,+∞)上是减函数
C.(-∞,1)和(1,+∞)上是增函数
D.(-∞,1)和(1,+∞)上是减函数
【解析】选C.f(x)的定义域为{x|x≠1}.
f(x)==-1=-1,
因为函数y=-在(-∞,0)和(0,+∞)上是增函数,由平移关系得,
f(x)在(-∞,1)和(1,+∞)上是增函数.
2.函数y=x2-6x+10在区间(2,4)上
( )
A.是增函数
B.是减函数
C.先减后增
D.先增后减
【解析】选C.函数y=x2-6x+10图象的对称轴为直线x=3,此函数在区间(2,3)上是减函数,在区间(3,4)上是增函数.
3.函数y=的减区间是
( )
A.(-∞,1),(1,+∞)
B.(-∞,1)∪(1,+∞)
C.{x∈R|x≠1}
D.R
【解析】选A.单调区间不能写成单调集合,也不能超出定义域,故C,D不对,B表达不当.
4.(2020·海淀高一检测)下列函数中,在区间(1,+∞)上是增函数的是( )
A.y=-3x-1
B.y=
C.y=x2-4x+5
D.y=|x-1|+2
【解析】选D.由一次函数的性质可知,y=-3x-1在区间(1,+∞)上是减函数,
故A错误;
由反比例函数的性质可知,y=在区间(1,+∞)上是减函数,故B错误,
由二次函数的性质可知,y=x2-4x+5在(-∞,2)上是减函数,在(2,+∞)上是增函数,故C错误;
由一次函数的性质及图象的变换可知,y=|x-1|+2在(1,+∞)上是增函数.
5.(2020·淮安高一检测)已知函数f(x)=x|x-4|,则不等式f(2x)≤f(2)的解集为________.?
【解析】因为f(x)=x|x-4|,
所以由f(2x)≤f(2)得,2x|2x-4|≤4,
所以x|x-2|≤1,
所以或,解得x≤+1,
所以f(2x)≤f(2)的解集为{x|x≤+1}.
答案:{x|x≤+1}
6.已知函数f(x)=,证明函数在(-2,+∞)上是增函数.
【证明】设x1,x2是(-2,+∞)上的任意两个值,且x1>x2>-2,
则f(x1)-f(x2)=-
=,
因为x1>x2>-2,
所以x1-x2>0,x1+2>0,x2+2>0,
所以>0,所以f(x1)>f(x2),
所以f(x)在(-2,+∞)上是增函数.
(30分钟 60分)
一、单选题(每小题5分,共20分)
1.若定义在R上的函数f(x)对任意两个不相等的实数a,b,总有>0成立,则必有
( )
A.f(x)在R上是增函数
B.f(x)在R上是减函数
C.函数f(x)先增后减
D.函数f(x)先减后增
【解析】选A.由>0知f(a)-f(b)与a-b同号,即当ab时,f(a)>f(b),所以f(x)在R上是增函数.
2.设函数f(x)是(-∞,+∞)上的减函数,则
( )
A.f(a)>f(2a)
B.f(a2)C.f(a2+a)D.f(a2+1)【解析】选D.对A,B,C三个选项,令a=0就都排除了,对D项,由a2+1-a=
+>0,得a2+1>a,从而f(a2+1)3.已知四个函数的图象如图所示,其中在定义域内具有单调性的函数是( )
【解析】选B.已知函数的图象判断其在定义域内的单调性,应从它的图象是上升的还是下降的来考虑.根据函数单调性的定义可知选项B中的函数在定义域内为增函数.
【补偿训练】
下列函数y=f(x)的图象中,满足f>f(3)>f(2)的只可能是
( )
【解析】选D.因为f>f(3)>f(2),
所以函数y=f(x)有增有减,排除A,B.
在C中,ff(0),
即f在D中,由图象知,D正确.
4.(2020·常州高一检测)若f(x)=是R上的单调函数,则实数a的取值范围是( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选D.函数f(x)=-x+3a在(-∞,1)上是减函数,
又f(x)=是R上的单调函数,
所以f(x)=在[1,+∞)上是减函数,即a>0,
并且≤-1+3a,即a≥.
综上所述,a的取值范围为.
【误区警示】解答本题时易只考虑两段上的单调性,忽视分界点处函数值之间的大小关系或者考虑到了函数值之间的大小关系,但是忽视了取等号的情况而导致结果错误.
二、多选题(每小题5分,共10分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
5.下列四个函数中,在(-∞,0]上是减函数的是
( )
A.f(x)=x2-2x
B.f(x)=2x2
C.f(x)=x+1
D.f(x)=
【解析】选AB.在A中,f(x)=x2-2x的减区间为(-∞,1],故A正确;
在B中,f(x)=2x2的减区间为(-∞,0],故B正确;
在C中,f(x)=x+1在R上是增函数,故C错误;
在D中,f(x)=中,x≠0,故D错误.
6.设函数f(x)在R上为增函数,则下列结论不一定正确的是
( )
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
【解析】选ABC.根据题意,依次分析选项:
对于A,若f(x)=x,则y==,在R上不是减函数,A错误;
对于B,若f(x)=x,则y=|f(x)|=|x|,在R上不是增函数,B错误;
对于C,若f(x)=x,则y=-=-,在R上不是增函数,C错误;
对于D,函数f(x)在R上为增函数,则对于任意的x1,x2∈R,设x1对于y=-f(x),则有y1-y2=[-f(x1)]-[-f(x2)]=f(x2)-f(x1)>0,
则y=-f(x)在R上为减函数,D正确.
三、填空题(每小题5分,共10分)
7.(2020·南京高一检测)定义区间[a,b]的长度为b-a,已知f(x)=2x+m,x∈[0,m],值域为[a,b],若区间[a,b]的长度比区间[0,m]的长度大3,则m=__________.?
【解析】因为f(x)=2x+m在[0,m]上是增函数,所以m≤f(x)≤3m,
由题意可得,a=m,b=3m,区间长度b-a=2m,所以2m=m+3,所以m=3.
答案:3
8.(2020·南通高一检测)设函数f(x)=|x2-1|的定义域和值域都是[a,b](a【解析】作出f(x)的图象如图:
则函数f(x)的值域为[0,+∞),则必有0≤a①若b≤1,则f(x)在[a,b]上是减函数,
则即
两式作差得b2-a2=b-a,即b+a=1,
由1-a2=b=1-a,
得1+a=1,得a=0,b=1,此时满足条件,
②若0≤a≤1此时函数的最小值为f(1)=0,即值域为[0,b],
此时a=0,f(b)=b2-1=b,得b2-b-1=0,
解得b=(负值舍去),此时a+b=,
③若1≤a则满足即a,b是方程f(x)=x的两个根,即x2-x-1=0,
则a+b=1,与a+b>1矛盾.
综上a+b=1或.
答案:1或
四、解答题(每小题10分,共20分)
9.已知函数f(x)=
(1)在图中画出函数f(x)的大致图象.
(2)写出函数f(x)的递减区间.
【解析】(1)函数f(x)的大致图象如图所示.
(2)由函数f(x)的图象得出,函数的减区间为[2,4].
10.(2020·辽阳高一检测)已知函数f(x)=mx+,点A(1,5),B(2,4)是f(x)图象上的两点.
(1)求m,n的值.
(2)用定义法证明:f(x)在[2,+∞)上是增函数.
【解析】(1)由题意可得,
解得
(2)由(1)可得,f(x)=x+,
设x1,x2是[2,+∞)上任意两个值,且x1则f(x1)-f(x2)=x1-x2+-
=x1-x2+=,
因为2≤x1所以<0,即f(x1)所以f(x)在[2,+∞)上是增函数.
1.已知f(x)是定义在(-∞,0]上的增函数,且f(-2)=3,则满足f(2x-3)<3的x的取值范围是________.?
【解析】由题意知,f(2x-3)答案:x<
2.已知函数f(x)=.
(1)判断并证明函数f(x)在(-2,+∞)上的单调性.
(2)若函数f(x)的定义域为(-2,2),且满足f(-2m+3)>f(m2),求m的取值范围.
【解析】(1)f(x)==3+,f(x)在(-2,+∞)上是减函数,
证明如下:设x1,x2是(-2,+∞)上的任意两个值,且x1>x2,
则f(x1)-f(x2)=-
=,
因为x1>x2>-2,
所以x1+2>0,x2+2>0,x2-x1<0,
所以f(x1)(2)由(1)可知,当x∈(-2,2)时,函数f(x)是减函数,
所以由f(-2m+3)>f(m2)得,
解得1所以m的取值范围为(1,).
【补偿训练】
已知函数f(x)=-x+,其定义域为(0,+∞).
(1)判断函数f(x)在(0,+∞)上的单调性,并用定义证明.
(2)若f(x+1)【解析】(1)是减函数,证明如下:设0则f(x1)-f(x2)=x2-x1+-
=x2-x1+=(x2-x1),
因为0所以(x2-x1)>0,所以f(x1)>f(x2),函数f(x)在(0,+∞)上是减函数.
(2)因为f(x+1)f(x)在(0,+∞)上是减函数,
所以x+1>2x>0,解得,0关闭Word文档返回原板块
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