2021高中数学北师大版必修一导学案：《函数的单调性的应用》.docx

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(x)为　　　函数. 
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<0
2.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　　　　,最小值是　　　　. 
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)上是增函数还是减函数?证明你的结论.

　　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+2x+1的单调区间.

求函数y=x2x-3在区间[1,2]上的最大值和最小值.

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≤5
3.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
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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.
3.2　25　(法一)设2≤x1<x2≤6,则有
f(x1)-f(x2)=2x1-1-2x2-1=2[(x2-1)-(x1-1)](x1-1)(x2-1)=2(x2-x1)(x1-1)(x2-1).
∵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]上是减函数.
∴当x=2时,函数y=2x-1在区间[2,6]上取得最大值f(2)=2;
当x=6时,函数y=2x-1在区间[2,6]上取得最小值f(6)=25.
(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(2)=2;
当x=6时,函数y=2x-1在区间[2,6]上取得最小值f(6)=25.
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(x2)>0,即F(x1)>F(x2).
故F(x)=1f(x)在(-∞,0)上是减函数.
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(x2x1)<0.
又由②知,f(x2)=f(x2x1·x1)=f(x2x1)+f(x1),
∴f(x2)-f(x1)=f(x2x1)<0,即f(x2)<f(x1),
∴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f(x1)f(x2)的形式,并推断它们与0或1的大小关系.
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(-∞,-1)上单调递减,
当x>-1时,u为单调递增,y=u为单调递增,∴y=x2+2x+1在(-1,+∞)上单调递增,
∴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)=x12x1-3-x22x2-3=x12x2-3x12-x1x22+3x22(x1-3)(x2-3)
=(x2-x1)[3(x1+x2)-x1x2](x1-3)(x2-3).
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[1,2]上为减函数,
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-1<1-a<1,-1<a2-1<1,1-a>a2-1,
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(32).
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<2a-1<2,2+a>2a-1,解得-12<a<0.
∴a的取值范围是(-12,0).
全新视角拓展
1.(-∞,-1)　已知f(x)为增函数且m≠0,
当m>0,由复合函数的单调性可知f(mx)和mf(x)均为增函数,
此时不符合题意;
当m<0时,有mx-1mx+mx-mx<0⇒2mx-(m+1m)·1x<0⇒1+1m2<2x2.
由于y=2x2在x∈[1,+∞)上的最小值为2,
所以1+1m2<2,即m2>1,解得m<-1或m>1(舍去).
2.②③④　对于①,若f(x1)=f(x2),则x1=±x2,不满足;②是单函数;命题③实际上是单函数命题的逆否命题,故为真命题;依据定义,命题④满足条件.