高中数学人教B版 (2019)必修 第一册第三章 函数3.1 函数的概念与性质3.1.2 函数的单调性导学案及答案

这是一份高中数学人教B版 (2019)必修 第一册第三章 函数3.1 函数的概念与性质3.1.2 函数的单调性导学案及答案，共11页。学案主要包含了已知二次函数单调性求参数，二次函数最值问题等内容，欢迎下载使用。

一、已知二次函数单调性求参数
例1 如果f(x)＝ax2－(2－a)x＋1在区间eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))上为减函数，则a的取值范围是( )
A．(0,1] B．[0,1)
C．[0,1] D．(0,1)
答案 C
解析 由题意，当a＝0时，可得f(x)＝－2x＋1，
在R上单调递减，满足题意；
当a<0时，显然不成立；
当a>0时，要使f(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))上为减函数，则eq \f(2－a,2a)≥eq \f(1,2)，解得a≤1，
∴0延伸探究 条件改为“单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))”，则a的值为________．
答案 1
解析 由条件可知，f(x)为开口向上的二次函数，且对称轴为x＝eq \f(1,2)，则a>0且eq \f(2－a,2a)＝eq \f(1,2)，即a＝1.
反思感悟 解决二次函数单调性问题的关键是数形结合思想，重点研究二次函数的开口方向和对称轴，结合图像求解．解题时应注意所给条件是“在某区间上单调”还是“单调区间为某区间”．
跟踪训练1 若二次函数y＝kx2－4x＋2在区间[1,2]上是增函数，则实数k的取值范围为( )
A．[2，＋∞) B．(2，＋∞)
C．(－∞，0) D．(－∞，2)
答案 A
解析 二次函数y＝kx2－4x＋2的对称轴为x＝eq \f(2,k)，当k>0时，要使函数y＝kx2－4x＋2在区间[1,2]上是增函数，只需eq \f(2,k)≤1，解得k≥2.
当k<0时，eq \f(2,k)<0，此时抛物线的对称轴在区间[1,2]的左侧，该函数y＝kx2－4x＋2在区间[1,2]上是减函数，不符合要求．
综上可得，实数k的取值范围是[2，＋∞)．
二、二次函数最值问题
eq \x(命题角度1 轴定区间动)
例2 已知函数f(x)＝x2－2x－3，若x∈[t，t＋2]，求函数f(x)的最小值．
解 由题意得，函数f(x)的对称轴为x＝1，
(1)当1≥t＋2，即t≤－1时，f(x)在[t，t＋2]上为减函数，
∴f(x)的最小值为f(t＋2)＝(t＋2)2－2(t＋2)－3＝t2＋2t－3.
(2)当t≤1f(x)的最小值为f(1)＝－4.
(3)当11时，f(x)在[t，t＋2]上为增函数，
∴f(x)的最小值为f(t)＝t2－2t－3.
设函数f(x)的最小值为g(t)，则有
g(t)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t2＋2t－3，t≤－1，,－4，－11.))
eq \x(命题角度2 轴动区间定)
例3 求函数y＝－x(x－a)在x∈[－1,1]上的最大值．
解 函数y＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)))2＋eq \f(a2,4)图像的对称轴为x＝eq \f(a,2)，应分－1≤eq \f(a,2)≤1，eq \f(a,2)<－1，eq \f(a,2)>1，
即－2≤a≤2，a<－2和a>2这三种情形讨论，图像如下图所示．
图① 图② 图③
(1)当a<－2时，由图①可知f(x)max＝f(－1)．
(2)当－2≤a≤2时，由图②可知f(x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2))).
(3)当a>2时，由图③可知f(x)max＝f(1)．
∴ymax＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f－1，a<－2，,f \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))，－2≤a≤2，,f1，a>2，))
即ymax＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－a＋1，a<－2，,\f(a2,4)，－2≤a≤2，,a－1，a>2.))
eq \x(命题角度3 轴动区间动)
例4 求函数y＝－x(x－a)在x∈[－1，a]上的最大值．
解 函数图像的对称轴为x＝eq \f(a,2)，又x∈[－1，a]，故a>－1，eq \f(a,2)>－eq \f(1,2)，
∴对称轴在x＝－eq \f(1,2)的右边．
(1)当－1图①
(2)当a图②
综上可知，当－1反思感悟 二次函数的最值主要有三种类型：轴动区间动、轴动区间定、轴定区间动．无论哪种类型，解题的关键都是图像的对称轴与区间的位置关系，当含有参数时，要依据图像的对称轴与区间的位置关系进行分类讨论．
跟踪训练2 (1)设函数y＝x2－2x，x∈[－2，a]，则函数的最小值g(a)＝________.
答案 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－2a，－2解析 ∵函数y＝x2－2x＝(x－1)2－1，
∴对称轴为直线x＝1，
当－2当a≥1时，函数在[－2,1]上单调递减，在[1，a]上单调递增，则当x＝1时，ymin＝－1.
综上，g(a)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－2a，－2(2)已知y2＝4a(x－a)(a>0)，求u＝(x－3)2＋y2的最小值．
解 因为y2＝4a(x－a)≥0且a>0，所以x≥a.
将y2＝4a(x－a)代入u中，得u＝(x－3)2＋4a(x－a)＝[x－(3－2a)]2＋12a－8a2，x∈[a，＋∞)，
①当3－2a≥a，即0②当3－2a1时，u(x)min＝u(a)＝(a－3)2，
所以u(x)min＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(12a－8a2，01.))
1．知识清单：
(1)二次函数单调性问题．
(2)二次函数求最值的三种情形．
2．方法归纳：分类讨论、数形结合．
3．常见误区：分类讨论分类不清；二次项系数没讨论．
1．函数f(x)＝x2－2x＋t(t为常数，且t∈R)在[－2,3]上的最大值是( )
A．t－1 B．t＋6
C．t＋8 D．t＋3
答案 C
解析 由f(x)＝x2－2x＋t＝(x－1)2＋t－1(t为常数，且t∈R)，得f(x)在[－2,1]上单调递减，在[1,3]上单调递增，又f(－2)＝8＋t, f(3)＝3＋t<8＋t，∴f(x)max＝f(－2)＝8＋t.
2．二次函数f(x)＝ax2＋2x－1在区间(－∞，1)上单调递增的一个充分不必要条件为( )
A．a>1 B．a<－2
C．－eq \f(1,2)答案 C
解析 二次函数f(x)＝ax2＋2x－1在区间(－∞，1)上单调递增的充要条件为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<0，,－\f(1,a)≥1))⇒－1≤a<0，
∴二次函数f(x)＝ax2＋2x－1在区间(－∞，1)上单调递增的一个充分不必要条件为－eq \f(1,2)3．函数f(x)＝x2－4x－6的定义域为[0，m]，值域为[－10，－6]，则m的取值范围是( )
A．[0,4] B．[2,4] C．[2,6] D．[4,6]
答案 B
解析 函数f(x)＝x2－4x－6的图像是开口向上，且以直线x＝2为对称轴的抛物线，
故f(0)＝f(4)＝－6，f(2)＝－10.
∵函数f(x)＝x2－4x－6的定义域为[0，m]，值域为[－10，－6]，
∴2≤m≤4，即m的取值范围是[2,4]．
4．已知函数f(x)＝－2x2＋mx＋3(0≤m≤4,0≤x≤1)的最大值为4，则m的值为________．
答案 2eq \r(2)
解析 f(x)＝－2x2＋mx＋3
＝－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(m,4)))2＋eq \f(m2,8)＋3，
∵0≤m≤4，
∴0≤eq \f(m,4)≤1，
∴当x＝eq \f(m,4)时，f(x)取得最大值，
∴eq \f(m2,8)＋3＝4，解得m＝2eq \r(2).
5．已知函数f(x)＝－x2＋2ax＋1－a在x∈[0,1]时有最大值2，则a的值为________．
答案 2或－1
解析 f(x)＝－(x－a)2＋a2－a＋1，
当a>1时，ymax＝a；
当0≤a≤1时，ymax＝a2－a＋1；
当a<0时，ymax＝1－a.
根据已知条件eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>1，,a＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0≤a≤1，,a2－a＋1＝2))
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a<0，,1－a＝2，))解得a＝2或a＝－1.
1．函数f(x)＝2x2－mx＋3，在(－∞，－2]上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增，则f(1)等于( )
A．－3 B．7
C．13 D．不能确定
答案 C
解析 由题意可知，对称轴x＝eq \f(m,4)＝－2，
所以m＝－8，f(x)＝2x2＋8x＋3，f(1)＝13.
2．已知函数y＝x2－2ax＋1在区间(2,3)内是单调函数，则实数a的取值范围是( )
A．a≤2或a≥3 B．2≤a≤3
C．a≤－3或a≥－2 D．－3≤a≤－2
答案 A
解析 二次函数y＝x2－2ax＋1的图像开口向上，对称轴为x＝a，
要使得二次函数y＝x2－2ax＋1在区间(2,3)内是单调函数，则对称轴不在(2,3)内部即可，
即a≤2或a≥3.
3．函数f(x)＝kx2＋(3k－2)x－5在[1，＋∞]上单调递增，则k的取值范围是( )
A．(0，＋∞) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(2,5)))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞)) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)，＋∞))
答案 D
4.已知二次函数f(x)＝x2－2x－4在区间[－2，a]上的最小值为－5，最大值为4，则实数a的取值范围是( )
A．(－2,1) B．(－2,4]
C．[1,4] D．[1，＋∞)
答案 C
解析 ∵f(x)＝x2－2x－4＝(x－1)2－5，
∴f(x)min＝f(1)＝－5，
又由题知， f(x)max＝4，
即x2－2x－4＝4，解得x＝－2或x＝4，
∴作出f(x)的大致图像如图所示．
由题意及图像可知，1≤a≤4.
5．设二次函数f(x)＝ax2－2ax＋c在区间[0,1]上单调递减，且f(m)≤f(0)，则实数m的取值范围是( )
A．(－∞，0] B．[2，＋∞)
C．(－∞，0]∪[2，＋∞) D．[0,2]
答案 D
解析 ∵f(x)的对称轴为x＝1，
∴f(0)＝f(2)，
∵f(x)在区间[0,1]上单调递减，
∴f(x)在(－∞，1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增，
∵f(m)≤f(0)，
∴0≤m≤2.
6．函数f(x)＝x(|x|－2)在[m，n]上的最小值为－1，最大值为1，则n－m的最大值为________．
答案 2＋2eq \r(2)
解析 函数f(x)＝x(|x|－2)，
当x≥0时，f(x)＝x2－2x；
当x<0时，f(x)＝－2x－x2.
作出y＝f(x)的图像，如图所示，
由图像可得，当x≥0时，令x2－2x＝1，解得x＝1＋eq \r(2)；
当x<0时，令－2x－x2＝－1，解得x＝－1－eq \r(2)，
即有f(x)在[－1－eq \r(2)，1＋eq \r(2)]内的最大值为1，最小值为－1，故n－m的最大值为1＋eq \r(2)－
(－1－eq \r(2))＝2＋2eq \r(2).
7．已知函数f(x)＝x2－2x，x∈[a，b]的值域为[－1,3]，则b－a的取值范围是________．
答案 [2,4]
解析 f(x)＝x2－2x＝(x－1)2－1，因为x∈[a，b]的值域为[－1,3]，所以当a＝－1时，1≤b≤3；当b＝3时，－1≤a≤1，所以b－a∈[2,4]．
8．某商场若将进货单价为8元的商品按每件10元出售，则每天可销售100件．现准备采用提高售价的方法来增加利润，已知这种商品每件的售价每提高1元，每天的销量就要减少
10件．要使该商场每天销售该商品所得的利润最大，则该商品每件的售价为________元．
答案 14
解析 设该商品每件的售价为x元，则每件商品售出所获利润为(x－8)元，销售量为[100－
10(x－10)]件，商场每天销售该商品所得的利润y＝(x－8)[100－10(x－10)]＝－10x2＋280x－1 600＝－10(x－14)2＋360，
当x＝14时，ymax＝360，所以该商品每件的售价为14元．
9．已知函数f(x)＝ax2＋2ax＋1在区间[－3,2]上的最大值为4，求实数a的值．
解 f(x)＝a(x＋1)2＋1－a，x∈[－3,2]，
(1)若a＝0，f(x)＝1，不符合题意；
(2)若a>0，则f(x)max＝f(2)＝8a＋1，由8a＋1＝4，得a＝eq \f(3,8)；
(3)若a<0，则f(x)max＝f(－1)＝1－a，由1－a＝4，得a＝－3.
综上可知，a＝eq \f(3,8)或a＝－3.
10．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c，满足f(0)＝2，f(x＋1)－f(x)＝2x－1.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若函数g(x)＝f(x)－mx在区间[－1,2]上是单调函数，求实数m的取值范围．
解 (1)由题意得，f(0)＝c＝2，f(x＋1)－f(x)＝a(x＋1)2＋b(x＋1)＋c－ax2－bx－c＝2ax＋a＋b＝2x－1，
所以2a＝2，a＋b＝－1，解得a＝1，b＝－2，所以函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x＋2.
(2)g(x)＝f(x)－mx＝x2－(m＋2)x＋2，对称轴为直线x＝eq \f(m＋2,2)，要想函数g(x)＝f(x)－mx在区间[－1,2]上是单调函数，则要满足eq \f(m＋2,2)≤－1或eq \f(m＋2,2)≥2，解得m≤－4或m≥2，故实数m的取值范围是(－∞，－4]∪[2，＋∞)．
11．若函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2b－1x＋b－1，x>0，,－x2＋2－bx，x≤0))在R上为增函数，则实数b的取值范围为( )
A．[1,2] B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))
C．(1,2] D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))
答案 A
解析 函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2b－1x＋b－1，x>0，,－x2＋2－bx，x≤0))
在R上为增函数，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2b－1>0，,\f(2－b,2)≥0，,2b－1×0＋b－1≥－02＋2－b×0，))
解得1≤b≤2，
∴实数b的取值范围是[1,2]．
12．已知在(－∞，1]上单调递减的函数f(x)＝x2－2tx＋1，且对任意的x1，x2∈[0，t＋1]，总有|f(x1)－f(x2)|≤2，则实数t的取值范围是( )
A．[－eq \r(2)，eq \r(2)] B．[1，eq \r(2)]
C．[2,3] D．[1,2]
答案 B
解析 由于f(x)＝x2－2tx＋1的图像的对称轴为x＝t，
又y＝f(x)在(－∞，1]上是减函数，所以t≥1.
则在区间[0，t＋1]上，f(x)max＝f(0)＝1，
f(x)min＝f(t)＝t2－2t2＋1＝－t2＋1，
要使对任意的x1，x2∈[0，t＋1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤2，
只需1－(－t2＋1)≤2，解得－eq \r(2)≤t≤eq \r(2).
又t≥1，∴1≤t≤eq \r(2).
13．已知函数f(x)＝x2－2mx(m>0)满足：∀x∈[0,2]，f(x)≥－8；∃x0∈[0,2]，f(x0)＝－8，则m的值为________．
答案 3
解析 因为函数f(x)＝x2－2mx(m>0)满足： ∀x∈[0,2]，f(x)≥－8，∃x0∈[0,2]，f(x0)＝－8，
即函数f(x)＝x2－2mx(m>0)在[0,2]上的最小值为－8，因为f(x)＝(x－m)2－m2，对称轴是直线x＝m，开口向上，
当0当m≥2时，f(x)在[0,2]上单调递减，f(x)min＝f(2)＝4－4m＝－8，解得m＝3，符合题意．综上所述，m＝3.
14．函数f(x)＝x2－4x－4在闭区间[t，t＋1](t∈R)上的最小值记为g(t)，则g(t)的最小值为________．
答案 －8
解析 f(x)＝x2－4x－4＝(x－2)2－8.
当t>2时，f(x)在[t，t＋1]上是增函数，
∴g(t)＝f(t)＝t2－4t－4；
当t≤2≤t＋1，即1≤t≤2时，g(t)＝f(2)＝－8；
当t＋1<2，即t<1时，f(x)在[t，t＋1]上是减函数，
∴g(t)＝f(t＋1)＝t2－2t－7.
从而g(t)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t2－2t－7，t<1，,－8，1≤t≤2，,t2－4t－4，t>2.))
g(t)的大致图像如图所示，
由图像易知g(t)的最小值为－8.
15．若函数f(x)＝x2＋(2m＋3)|x|＋1的定义域被分成了四个单调区间，则实数m的取值范围是( )
A．m<－eq \f(3,2)
B．m<－eq \f(5,2)或m>－eq \f(1,2)
C．m>－eq \f(3,2)
D．－eq \f(5,2)答案 A
解析 因为f(x)＝x2＋(2m＋3)|x|＋1＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－2m＋3x＋1，x≤0，,x2＋2m＋3x＋1，x>0，))
所以若f(x)有四个单调区间，则其大致图像应如图所示，
函数y＝x2－(2m＋3)x＋1的对称轴x＝eq \f(2m＋3,2)在y轴左侧，
且函数y＝x2＋(2m＋3)x＋1的对称轴x＝－eq \f(2m＋3,2)在y轴右侧，
即eq \f(2m＋3,2)<0，解得m<－eq \f(3,2).
16．已知函数f(x)＝－eq \f(x2,2)＋x在区间[m，n]上的值域是[3m,3n]，求m，n的值．
解 方法一 讨论对称轴x＝1中1与m，eq \f(m＋n,2)，n的位置关系．
①若m解得m＝－4，n＝0.
②若eq \f(m＋n,2)≤1③若m≤1④若1综上，m＝－4，n＝0.
方法二 由f(x)＝－eq \f(1,2)(x－1)2＋eq \f(1,2)，知3n≤eq \f(1,2)，n≤eq \f(1,6)，则[m，n]⊆(－∞，1]，f(x)在[m，n]上单调递增，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fxmax＝fn＝3n，,fxmin＝fm＝3m，))
解得m＝－4，n＝0.