【同步辅导】2021高中数学北师大版必修一导学案：《函数的单调性的应用》

第7课时函数的单调性的应用1.理解函数单调性的实质,会用函数单调性解决相关问题.2.理解复合函数的单调性,并会证明和推断.3.生疏单调性在争辩函数中的应用.函数的单调性是函数的一个重要性质,是高考的必考内容之一.因此应理解单调函数及其几何意义,会依据定义推断、证明函数的单调性,会求函数的单调区间,能综合运用单调性解决一些问题.函数的单调性与函数的值域、不等式等学问极为亲密,是高考命题的热点.问题1:推断或证明一个函数在区间D上是增(减)函数的方法有:(1);

(2)图像法(即通过画出函数图像,观看图像,确定单调区间);(3)定义法,其过程是:作差——变形——推断符号,其中难点是变形.问题2:复合函数的单调性的推断:复合函数f[g(x)]的单调性与构成它的函数u=g(x),y=f(u)的单调性亲密相关,其规律如下:函数单调性u=g(x)增增减减y=f(u)增减增减y=f[g(x)]

即有结论:“同增异减”.问题3:单调函数经运算后,所得函数单调性的规律:①若f(x),g(x)均为增(减)函数,则f(x)+g(x)在公共定义域上为函数;

②若f(x)为增(减)函数,则-f(x)为函数;

③若f(x)>0,且f(x)为增函数,则f(x)为函数,1f问题4:(一)函数最大值的定义:一般地,设函数y=f(x)的定义域为I,假如存在实数M满足:(1)对于任意的x∈I,都有f(x)≤M;(2).那么,称M是函数y=f(x)的最大值.函数最大值的几何意义:函数图像上的纵坐标.

(二)函数最小值的定义:一般地,设函数y=f(x)的定义域为I,假如存在实数M满足:(1);(2).

那么,称M是函数y=f(x)的最小值.函数最小值的几何意义:函数图像上的纵坐标.

1.若函数y=mx+b在(-∞,+∞)上是增函数,那么().A.b>0 B.b<0 C.m>0 D.m<02.已知函数f(x)=8+2x-x2,则().A.f(x)在(-∞,0)上是减函数B.f(x)是减函数C.f(x)是增函数D.f(x)在(-∞,0)上是增函数3.函数y=2x-1在区间[2,6]上的最大值是,4.已知定义域在R上的函数y=f(x)满足f(-x)=-f(x),在(0,+∞)上是增函数,且f(x)<0,则F(x)=1f(x)在(-∞,0)复合函数的单调性求函数y=(x2-2x-3)3的单调区间.利用单调性求最值已知函数y=f(x)(x∈R)为减函数,对任意m、n∈R总有f(m)+f(n)=f(m+n),且当x>0时,f(x)<0,f(1)=-23.求f(x)在[-3,3]上的最值抽象函数的单调性已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足:①当x>1时,f(x)<0;②对任意正实数x、y,都有f(xy)=f(x)+f(y),求证:f(x)在(0,+∞)上是递减函数.求函数y=x2+2求函数y=x2x-3在区间[1,定义在(-1,1)上的函数f(x)满足f(-x)=-f(x),且f(1-a)+f(1-a2)<0,若f(x)是(-1,1)上的减函数,求实数a的取值范围.1.已知一次函数y=kx-k,若y随x的增大而减小,则它的图像过().A.第一、二、三象限 B.第一、三、四象限C.第一、二、四象限 D.其次、三、四象限2.若函数f(x)=x2+2(a-1)x+2在区间[4,+∞)上是增函数,则实数a的取值范围是().A.a≤3 B.a≤-3 C.a≥-3 D.a≤53.已知f(x)=ax2-3ax+a2-1(a<0),则f(3),f(-3),f(32)从小到大的挨次是4.已知函数f(x)满足f(-x)=-f(x),且在(-2,2)上单调递增.若f(2+a)+f(1-2a)>0,求a的取值范围.1.(2010年•天津卷)设函数f(x)=x-1x,对任意x∈[1,+∞),f(mx)+mf(x)<0恒成立,则实数m的取值范围是2.(2011年·四川卷)函数的定义域为A,若x1,x2∈A且f(x1)=f(x2)时总有x1=x2,则称f(x)为单函数.例如,函数f(x)=2x+1(x∈R)是单函数.下列命题:①函数f(x)=x2(x∈R)是单函数;②指数函数f(x)=2x(x∈R)是单函数;③若f(x)为单函数,x1,x2∈A且x1≠x2,则f(x1)≠f(x2);④在定义域上具有单调性的函数肯定是单函数.其中的真命题是.(写出全部真命题的编号)

考题变式(我来改编):

答案第7课时函数的单调性的应用学问体系梳理问题1:(1)观看法问题2:增减减增问题3:①增(减)②减(增)③增减问题4:(一)(1)存在x0∈I,使得f(x0)=M最高点(二)(1)对于任意的x∈I,都有f(x)≥M存在x0∈I,使得f(x0)=M最低点基础学习沟通1.C函数y=mx+b在(-∞,+∞)上是增函数,则其图像应呈上升趋势,所以m>0,故C正确.2.D由于函数f(x)=8+2x-x2=-(x-1)2+9,其图像是开口向下的抛物线,对称轴为x=1,结合其图像可知,该函数的递增区间是(-∞,1],递减区间是(1,+∞),据此可知,D正确.3.225(法一)设2≤x1<x2≤6,f(x1)-f(x2)=2x1-1-2x∵2≤x1<x2≤6,∴x2-x1>0,(x1-1)(x2-1)>0.∴f(x1)>f(x2),即函数y=2x-1在区间[2,6∴当x=2时,函数y=2x-1在区间[2,6]上取得最大值f(2)当x=6时,函数y=2x-1在区间[2,6]上取得最小值f(6)(法二)利用变换法画出函数y=2x-1的图像,只取在区间[2,6]上的部分.观看可得函数的图像是下降的.∴当x=2时,函数y=2x-1在区间[2,6]上取得最大值f当x=6时,函数y=2x-1在区间[2,6]上取得最小值f(6)4.解:任取x1,x2∈(-∞,0),且x1<x2<0,则-x1>-x2>0,由于y=f(x)在(0,+∞)上是增函数,且f(x)<0,所以f(-x2)<f(-x1)<0,又由于f(-x)=-f(x),所以f(-x2)=-f(x2),f(-x1)=-f(x1),所以f(x2)>f(x1)>0,则F(x1)-F(x2)=f(x2)-f(x1)f(x1)f故F(x)=1f(x)在(-∞,重点难点探究探究一:【解析】令u=x2-2x-3=(x-1)2-4,则y=u3,依据复合函数单调性判定方法知:当x<1时,u是关于x的单调递减函数,又y=u3是关于u的单调递增函数,∴y=(x2-2x-3)3在(-∞,1)上是单调递减函数;当x>1时,u是关于x的单调递增函数,又y=u3是关于u的单调递增函数,∴y=(x2-2x-3)3在(1,+∞)上是单调递增函数.∴y=(x2-2x-3)3的单调递减区间为(-∞,1),单调递增区间为(1,+∞).【小结】一般地,复合函数y=f[g(x)]的判定方法有:令u=g(x),则y=f(u).(1)当u=g(x)为增(减),y=f(u)增(减)时,y=f[g(x)]为增;(2)当u=g(x)为增(减),y=f(u)减(增)时,y=f[g(x)]为减.可总结为:“同增异减”.探究二:【解析】∵f(x)在R上为减函数,[-3,3]⫋R,∴f(x)在[-3,3]上也是减函数,故f(x)max=f(-3),f(x)min=f(3),f(3)=f(2+1)=f(2)+f(1)=f(1+1)+f(1)=2f(1)+f(1)=3f(1)=-2.m=n=0得,f(0)+f(0)=f(0)可得f(0)=0.m=-3,n=3时,f(-3)+f(3)=f(0),∴f(-3)=-f(3)+f(0)=2.故f(x)max=2,f(x)min=-2.【小结】运用函数的单调性求最值是求函数最值的重要方法,特殊是当函数的图像作不出来时,单调性几乎成了首选方法.探究三:【解析】设x1、x2∈(0,+∞),且x2>x1,则x2x1>1,于是由①知,f(x2又由②知,f(x2)=f(x2x1·x1)=f(x2x1∴f(x2)-f(x1)=f(x2x1)<0,即f(x2)<f(∴f(x)在(0,+∞)上是递减函数.【小结】证明函数的单调性,其一般方法是定义法.假如给出了函数的表达式,则选择作差法或作商法比较f(x1)-f(x2)与0的大小或比较f(x1)f(x2)与1的大小;假如没给出具体表达式,而是给出抽象函数及其所满足的一些性质与条件,则要想方法构造f(x1)-f(x2)或思维拓展应用应用一:令u=x2+2x+1=(x+1)2,则y=u,当x<-1时,u为单调递减,y=u为单调递增,∴y=x2+2x+1在(-∞,-当x>-1时,u为单调递增,y=u为单调递增,∴y=x2+2x+1在(-1,∴y=x2+2x+1的单调递减区间为(-∞,-1),单调递增区间为(-1应用二:任取x1,x2,且1≤x1<x2≤2,则f(x1)-f(x2)=x12x1=(x由于1≤x1<x2≤2,所以2<x1+x2<4,即6<3(x1+x2)<12,又1<x1x2<4,x2-x1>0,故f(x1)-f(x2)>0,所以函数y=x2x-3在区间[1,ymax=f(1)=-12,ymin=f(2)=-4应用三:利用单调性及f(-x)=-f(x),脱去f(1-a)+f(1-a2)<0中的函数记号“f”.由f(1-a)+f(1-a2)<0,得f(1-a)<-f(1-a2),∵f(-x)=-f(x),x∈(-1,1),∴f(1-a)<f(a2-1),又f(x)在(-1,1)上为减函数,则-解得0<a<1,故实数a的取值范围是(0,1).基础智能检测1.C由题知y是减函数,∴k<0,-k>0,∴图像经过第一、二、四象限.2.C对称轴x=1-a,对称轴与区间端点满足1-a≤4,所以a≥-3.3.f(-3)<f(3)<f(32)增区间为(-∞,32),减区间为[32,+∞),所以f(-3)<f(3)<f(4.解:∵f(2+a)+f(1-2a)>0,∴f(2+a)>-f(1-2a).又∵f(-x)=-f(x),∴f(2+a)>f(2a-1),由于f(x)在(-2,2)上单调递增,∴-2<2+a<2,-2<2∴a的取值范围是(-12,0)全新视角拓展1.(-∞,-1)