高中数学人教B版 (2019)必修 第一册3.1.2 函数的单调性优质第2课时2课时学案

这是一份高中数学人教B版 (2019)必修 第一册3.1.2 函数的单调性优质第2课时2课时学案，共6页。




探究一 根据函数图像求单调区间


求函数y＝－x2＋2|x|＋3的单调区间.


解 y＝－x2＋2|x|＋3＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋2x＋3，x≥0，,－x2－2x＋3，x＜0.))


＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x－12＋4，x≥0，,－x＋12＋4，x＜0.))


函数的图像如图所示.





由图像可以看出，在(－∞，－1]和[0,1]上的图像是上升的，在[－1,0]和[1，＋∞)上的图像是下降的，


所以函数的单调递增区间是(－∞，－1]和[0,1]，


单调递减区间是[－1,0]和[1，＋∞).


[方法总结]


图像法求函数单调区间的步骤


(1)作图：作出函数的图像.


(2)结论：上升图像对应单调递增区间，下降图像对应单调递减区间.


提醒：当函数有多个单调区间时，区间之间用“和”或“，”连接，而不能用“∪”连接. ,


[跟踪训练1] 作出函数y＝|x|(x－1)的图像，并指出函数的单调区间.


解 y＝|x|(x－1)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－x，x≥0，,－x2＋x，x＜0.))图像如图所示：





由图像可知，函数的单调递增区间为(－∞，0]和eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))；单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).


探究二 函数单调性的简单应用


已知函数f(x)＝x2＋2(a－1)x＋2在(－∞，4]上是减函数.求实数a的取值范围.


解 因为f(x)＝x2＋2(a－1)x＋2


＝[x＋(a－1)]2－(a－1)2＋2，


所以二次函数的对称轴为x＝1－a.


所以(x)的单调减区间为(－∞，1－a].


因为f(x)在(－∞，4]上是减函数，


所以对称轴x＝1－a必须在直线x＝4的右侧或与其重合.


所以1－a≥4.解得a≤－3.


所以实数a的取值范围是(－∞，－3].


[变式探究] 在本例中，若将“函数f(x)在(－∞，4]上是减函数”改为“函数f(x)的单调递减区间为(－∞，4]”，则a为何值？若改为“函数f(x)在[4，＋∞)上是增函数”呢？


解 若f(x)的单调递减区间为(－∞，4]，


则1－a＝4，所以a＝－3.


若f(x)在[4，＋∞)上是增函数，则1－a≤4，


所以a≥－3，即a的取值范围为[－3，＋∞).


[方法总结]


由函数单调性求参数范围的类型及处理方法


(1)由函数解析式求参数





(2)抽像函数求参数


①依据：单调增(减)函数中函数值与自变量的关系f(a)>f(b)⇌a>b(a

②方法：依据函数单调性的特点去掉符号“f”，转化为不等式问题求解.


[跟踪训练2] 已知y＝f(x)在定义域(－1,1)上是减函数，且f(1－a)

解 f(1－a)

eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1<1－a<1，,－1<2a－1<1，,1－a>2a－1，))解得0

即所求a的取值范围是0




1.求函数的单调区间可以从函数单调性定义和图像两个角度来求.


2.通过单调性能够实现自变量大小与函数值大小之间的正逆互推，并以此为依据解不等式，当然要注意定义域优先的原则.





课时作业(十九) 函数的单调性习题课





1.函数y＝－x2的单调减区间是( )


A.[0，＋∞) B.(－∞，0]


C.(－∞，0) D.(－∞，＋∞)


A [如图，画出y＝－x2在R上的图像，可知函数在[0，＋∞)上递减.


]


2.函数y＝eq \f(1,x－1)的单调递减区间是( )


A.(－∞，1)，(1，＋∞) B.(－∞，1)∪(1，＋∞)


C.{x∈R|x≠1} D.R


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.]


3.若函数f(x)的定义域为R，且在(0，＋∞)上是减函数，则下列不等式成立的是( )


A.feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))＞f(a2－a＋1) B.feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))≥f(a2－a＋1)


C.feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))＜f(a2－a＋1) D.feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))≤f(a2－a＋1)


B [因为f(x)在(0，＋∞)上是减函数，且a2－a＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)≥eq \f(3,4)＞0，所以f(a2－a＋1)≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4))).]


4.函数f(x)在R上为减函数，则f(－3)与f(2)的大小关系是________.


f(－3)>f(2) [因为－3<2，且f(x)在R上为减函数，


所以f(－3)>f(2).]


5.设函数f(x)是R上的减函数，若f(m－1)>f(2m－1)，则实数m的取值范围是________.


m>0 [由f(m－1)>f(2m－1)且f(x)是R上的减函数，得m－1<2m－1，所以m>0.]


6.函数y＝|x|(1－x)的单调递增区间为________.


eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0， \f(1,2))) [y＝|x|(1－x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋x，x>0，,x2－x，x≤0，))作出其图像如图，观察图像知递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0， \f(1,2))).


]


7.若函数y＝ax＋1在[1,2]上的最大值与最小值的差为2，则实数a＝________.


±2 [由题意知a≠0，当a>0时，有(2a＋1)－(a＋1)＝2，解得a＝2；当a<0时，有(a＋1)－(2a＋1)＝2，解得a＝－2. 综上知a＝±2.]


8.若函数f(x)＝－eq \f(a,x)在(0，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围.


解 任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1

f(x1)＜f(x2)，即－eq \f(a,x1)＜－eq \f(a,x2)，


所以eq \f(ax2－x1,x1x2)＞0.


又0＜x1＜x2，所以x1x2＞0，x2－x1＞0.所以a＞0.


9.设函数y＝f(x)是定义在(0，＋∞)上的减函数，并且满足f(xy)＝f(x)＋f(y)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝1.


(1)求f(1)的值；


(2)若存在实数m，使得f(m)＝2，求m的值；


(3)若f(x－2)>2，求x的取值范围.


解 (1)令x＝y＝1，则f(1)＝f(1)＋f(1)，所以f(1)＝0.


(2)因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝1，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,9)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)×\f(1,3)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝2，


所以m＝eq \f(1,9).


(3)因为f(x－2)>2＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,9)))，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2>0，,x－2<\f(1,9)，))


则2




1.函数f(x)＝eq \r(－2x＋1)的单调减区间是( )


A.(－∞，＋∞) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))


C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞))


C [由－2x＋1≥0，得x≤eq \f(1,2)，又一次函数y＝－2x＋1为R上的减函数，故f(x)＝eq \r(－2x＋1)的单调减区间为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))).]


2.f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数，则不等式f(x)>f(8(x－2))的解集是( )


A.(0，＋∞) B.(0,2)


C.(2，＋∞) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(16,17)))


D [由f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数得，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>0，,8x－2>0，,x>8x－2，))⇒2

3.已知函数f(x)＝x2＋ax＋4，若对任意的x∈(0,2]，f(x)≤6恒成立，则实数a的最大值为( )


A.－1 B.1


C.－2 D.2


A [原问题可转化为a≤eq \f(2－x2,x)＝eq \f(2,x)－x对任意的x∈(0,2]恒成立，因为y＝eq \f(2,x)－x在(0,2]上单调递减，所以ymin＝1－2＝－1，


所以a≤－1，所以实数a的最大值为－1.]


4.已知函数f(x)＝x2－6x＋8，x∈[1，a]，并且f(x)的最小值为f(a)，则实数a的取值范围是________.


(1,3] [如图可知，f(x)在[1，a]内是单调递减的，


又因为f(x)的单调递减区间为(－∞，3]，所以1

]


5.已知定义在R上的函数y＝f(x)满足以下三个条件：


①对于任意的x∈R，都有f(x＋1)＝－f(x)；


②函数y＝f(x)的图像关于直线x＝1对称；


③对于任意的x1，x2∈[0,1]，且eq \f(fx1－fx2,x2－x1)>0.


则f(－1)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))，f(2)的大小顺序是________.(用“<”连接)


f(－1)

由③知eq \f(fx1－fx2,x1－x2)<0，所以函数f(x)在[0,1]上为减函数，


结合②知，函数f(x)在[1,2]上为增函数，


所以f(1)

6.(拓广探索)若f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a,x)，x≥1，,－x＋3a，x<1.))是R上的单调函数，求实数a的取值范围.


解 因为f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a,x)，x≥1，,－x＋3a，x<1.))是R上的单调函数，


因为f(x)＝－x＋3a，x<1是减函数，所以f(x)＝eq \f(a,x)，x≥1也为减函数.


所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,－1＋3a≥a，))解得a≥eq \f(1,2)，


故实数a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).