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3.2.1 函数的单调性与最值

时间:2022-09-05 20:59:04浏览次数:90  
标签:right 函数 dfrac 3.2 最值 qquad 单调 left

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【基础过关系列】2022-2023学年高一数学上学期同步知识点剖析精品讲义(人教A版2019)
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必修第一册同步巩固,难度2颗星!

基础知识

函数单调性的概念

1 增函数和减函数
一般地,设函数\(y=f(x)\)的定义域为\(I\),区间\(D∈I\):
如果\(∀x_1 ,x_2∈D\),当\(x_1<x_2\)时,都有\(f(x_1)<f(x_2)\),那么就说\(f(x)\)在区间\(D\)上单调递增(左图).
特别地,当函数\(f(x)\)在它定义域上单调递增时,我们就称它是增函数.
如果\(∀x_1 ,x_2∈D\),当\(x_1<x_2\)时,都有\(f(x_1 )>f(x_2)\),那么就说\(f(x)\)在区间\(D\)上单调递减(右图).
特别地,当函数\(f(x)\)在它定义域上单调递减时,我们就称它是减函数.
image.png image.png
① \(y=\dfrac{1}{x}\)在\((0,+∞)\)上单调递减,但它不是减函数.
②\(x_1 ,x_2\)的三个特征一定要予以重视.函数单调性定义中的\(x_1 ,x_2\)有三个特征:一是任意性,即任意取\(x_1 ,x_2\),“任意”二字绝对不能丢掉,证明单调性时更不可随意以两个特殊值替换;二是有大小,通常规定\(x_1<x_2\);三是同属一个单调区间,三者缺一不可.
 

【例】 若函数\(f(x)\)的定义域为\((0,+∞)\)且满足\(f(1)<f(2)<f(3)\),则函数\(f(x)\)在\((0,+∞)\)上为 (  )
 A.增函数 \(\qquad \qquad\) B.减函数 \(\qquad \qquad\) C.先增后减 \(\qquad \qquad\) D.不能确定
解析 由于函数单调性的定义突出了\(x_1,x_2\)的任意性,所以仅凭区间内几个有限的函数值的关系,是不能做为判断单调性的依据的,也就是说函数单调性定义的三个特征缺一不可.故选\(D\).
 

2 单调性
如果函数\(y=f(x)\)在区间\(D\)上是增函数或减函数,那么就说函数\(y=f(x)\)在这一区间具有(严格的)单调性.
区间\(D\)叫做函数\(y=f(x)\)的单调区间.
① 这个区间可以是整个定义域也可以是定义域的一部分.
② 有的函数无单调性.如函数 \(y=\left\{\begin{array}{l} 1, x \text { 为有理数 } \\ 0, x \text { 为无理数 } \end{array}\right.\) 它的定义域是\((-∞,+∞)\),但无单调性可言.
 

【例】 说下函数\(y=x^2-2x-3\)的单调性.
解析 函数\(y=x^2-2x-3\)在整个定义域\((-∞,+∞)\)上不具有单调性,但是在\((-∞,1]\)上是减函数,在\((1,+∞)\)上是增函数.
 

【练】函数 \(y=\dfrac{1}{x}\)的单调递减区间是(  ).
 A.\([0,+∞)\) \(\qquad \qquad\) B.\((-∞,0)\) \(\qquad \qquad\) C.\((-∞,0)\)和 \((0,+∞)\) \(\qquad \qquad\) D.\((-∞,0)∪(0,+∞)\)
解析 \(y=\dfrac{1}{x}\)的减区间是\((0,+∞),(-∞,0)\),不是\((0,+∞)∪(-∞,0)\).
函数 \(y=\dfrac{1}{x}\)在\((-∞,0)\)上是减函数,在\((0,+∞)\)上也是减函数,
但不能说函数 \(y=\dfrac{1}{x}\)在\((-∞,0)∪(0,+∞)\)上是减函数.
因为当\(x_1=-1,x_2=1\)时有\(f(x_1 )=-1<f(x_2 )=1\),不满足减函数的定义.
 

单调性概念的拓展

1 若\(y=f(x)\)递增,\(x_2>x_1\),则\(f(x_2 )>f(x_1)\).
2 若\(y=f(x)\)递增,\(f(x_2 )≥f(x_1)\),则\(x_2≥x_1\).
\(y=f(x)\)递减,有类似结论!
 

【例】 若\(y=f(x)\)递增,比较\(f(a^2)\)与\(f(0)\)大小.
答案 \(f(a^2)≥f(0)\).
 

【例】 若\(y=f(x)\)递增 ,\(f(1-m)≥f(n)\), 比较\(m+n\)与\(1\)大小.
答案 \(m+n≤1\).
 

判断函数单调性的方法

1 定义法
解题步骤
(1) 任取\(x_1 ,x_2∈D\),且\(x_1<x_2\);
(2) 作差\(f(x_1 )-f(x_2)\);
(3) 变形(通常是因式分解和配方);
(4) 定号(即判断差\(f(x_1)-f(x_2)\)的正负);
(5) 下结论(指出函数\(f(x)\)在给定的区间\(D\)上的单调性).

2 数形结合

3 性质法
增函数+增函数=增函数,减函数+减函数=减函数;
但增函数×增函数不一定是增函数,比如\(y=x\),\(y=x-2\)均是增函数,而\(y=x(x-2)\)不是.

4 复合函数的单调性
(1)如果\(y=f(u)(u∈M)\) ,\(u=g(x)(x∈A)\), 则\(y=f[g(x)]=F(x)(x∈A)\)称为\(f、g\)的复合函数;
比如 : \(F(x)=\dfrac{1}{x^{2}+x}\) ( \(f(u)=\dfrac{1}{u}\)和\(g(x)= x^2+x\)的复合函数);
\(F(x)=\sqrt{1-2 x}\) ( \(f(u)=\sqrt{u}\)和\(g(x)= 1-2x\)的复合函数);
\(F(x)=2^{\dfrac{1}{x}}\) (\(f(u)=2^u\)和 \(g(x)=\dfrac{1}{x}\)的复合函数).
(2) 同增异减
设函数\(u=g(x)(x∈A)\)的值域是\(M\),函数\(y=f(u)(u∈M)\),
若\(y=f(u),u=g(x)\)在各自区间单调性相同,则复合函数\(y=f[g(x)]\)在区间\(A\)上递增;
若\(y=f(u) ,u=g(x)\)在各自区间单调性不同,则复合函数\(y=f[g(x)]\)在区间\(A\)上递减.
 

函数的最值

一般地,设函数\(y=f(x)\)的定义域为\(I\),如果存在实数\(M\)满足:
(1)\(∀x∈I\),都有\(f(x)≤M\);(2) \(∃x_0∈I\),使得\(f(x_0 )=M\);
那么,我们称\(M\)是函数\(y=f(x)\)的最大值.(最小值类似定义)
简单来说,最大值和最小值分别是函数图像中最高点和最低点的函数值.
 

【例1】下图为函数\(y=f(x),x [-4,7]\)的图象,指出它的最大值、最小值.

解析 观察函数图象可以知道,图象上最高点坐标为\((3,3)\),最低点坐标为\((-1.5,-2)\),
所以当\(x=3\)时,函数\(y=f(x)\)取得最大值\(y_{max}=3\);当\(x=-1.5\)时,取得最小值\(y_{min}=-2\).
 

【例2】 求函数\(f(x)=2x+1\)在区间\([3,6]\)上的最大值和最小值.
解析 函数\(f(x)=2x+1\)在区间\([3,6]\)上递增,则\(f(3)≤f(x)≤f(6)\),
所以最大值 \(f(x)_{\max }=f(6)=13\)_,_最小值 \(f(x)_{\min }=f(3)=7\).
 

【练】 求函数 \(f(x)=\dfrac{2}{x}\)在区间\([1,2]\)上的最大值和最小值.
解析 函数 \(f(x)=\dfrac{2}{x}\)在区间\([1,2]\)上递减,则\(f(2)≤f(x)≤f(1)\),
所以最大值 \(f(x)_{\max }=f(1)=2\)_,最小值 _\(f(x)_{\min }=f(2)=1\).
 

基本方法

【题型1】判断函数单调性的方法

方法1 定义法
【典题1】 判断\(f(x)=x+\dfrac{4}{x}\)在\((0 ,2) ,(2 ,+∞)\)的单调性.
解析
设元 设\(0<x_1<x_2\),
作差 则 \(y_{1}-y_{2}=\left(x_{1}+\dfrac{4}{x_{1}}\right)-\left(x_{2}+\dfrac{4}{x_{2}}\right)=\left(x_{1}-x_{2}\right)+\left(\dfrac{4}{x_{1}}-\dfrac{4}{x_{2}}\right)\)
变形 \(=\left(x_{1}-x_{2}\right)+\dfrac{4\left(x_{2}-x_{1}\right)}{x_{1} x_{2}}=\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(1-\dfrac{4}{x_{1} x_{2}}\right)\)(因式分解判断\(y_1-y_2\)正负)
定号
(1) 假如\(0<x_1<x_2<2\) , 则 \(0<x_{1} x_{2}<4 \Rightarrow \dfrac{4}{x_{1} x_{2}}>1 \Rightarrow 1-\dfrac{4}{x_{1} x_{2}}<0\) ,
又 \(x_1-x_2<0\) , 所以\(y_1-y_2>0 ⇒ y_1>y_2\) , 故函数单调递减;
(2) 假如\(2<x_1<x_2\), 则 \(x_{1} x_{2}>4 \Rightarrow \dfrac{4}{x_{1} x_{2}}<1 \Rightarrow 1-\dfrac{4}{x_{1} x_{2}}>0\) ,
又\(x_1-x_2<0\), 所以\(y_1-y_2<0⇒ y_1<y_2\) , 故函数单调递增;
下结论 所以函数在\((0 ,2)\)内单调递减,在\((2 ,+∞)\)内单调递增.
点拨 利用定义法证明函数的单调性,注意熟练掌握解题的步骤:设元—作差—变式—定号—下结论.
 

方法2 数形结合
【典题1】 求下列函数的单调区间.
(1) \(f(x)=|x^2+2x-3|\);(2)\(f(x)=-x^2+2|x|+3\).
解析 (1)令 \(g(x)=x^2+2x-3=(x+1)^2-4\).
先作出函数g(x)的图象,保留其在\(x\)轴及\(x\)轴上方部分,
把它在\(x\)轴下方的图象翻到\(x\)轴上方就得到函数\(f(x)=|x^2+2x-3|\)的图象,如图所示.
image.png
由图象易得:函数\(f(x)\)的递增区间是\([ -3,-1]\),\([1,+∞)\);
函数\(f(x)\)的递减区间是\(( -∞,-3],[ -1,1]\).
(2) \(f(x)=-x^{2}+2|x|+3=\left\{\begin{array}{l} -x^{2}+2 x+3, x \geq 0 \\ -x^{2}-2 x+3, x<0 \end{array}\right.\),图象如图所示.
image.png
由图象可知,函数\(f(x)\)的单调区间为\(( -∞,-1],( -1,0],(0,1],(1,+∞)\),
其中单调减区间为\(( -1,0]\)和\((1,+∞)\),单调增区间为\(( -∞,-1]\)和\((0,1]\).
点拨
1.对于含绝对值的函数,画其图象,可以用 \(|x|=\left\{\begin{array}{c} x, \quad x \geq 0 \\ -x, \quad x<0 \end{array}\right.\)把函数化为分段函数,或用函数的翻转或对称变换;
2.利用数形结合易得函数的单调性.
 

方法3 复合函数的单调性
【典题1】 函数 \(f(x)=\sqrt{x^{2}+4 x-12}\)的单调减区间为\(\underline{\quad \quad}\) .
解析 函数 \(f(x)=\sqrt{x^{2}+4 x-12}\)是由函数 \(f(u)=\sqrt{u}\)和\(u(x)=x^2+4 x-12\)组成的复合函数,
\(∵x^2+4 x-12≥0\), \(∴\)函数\(y=f(x)\)的定义域是\(x≤-6\)或\(x≥2\)
由二次函数图像易得\(u(x)=x^2+4 x-12\)在\((-∞ ,-6]\)单调递减,在\([2 ,+∞)\)单调递增,
而\(f(u)=\sqrt{u}\)在\(u≥0\)是单调递增,
由复合函数单调性的“同增异减”,可得函数\(f(x)\)的单调减区间\((-∞,-6]\).
点拨
① 研究函数的基本性质,优先考虑定义域;
② 研究复合函数,要弄清楚它由什么函数复合而成的.
 

巩固练习

1.在区间\((0,+∞)\)上不是增函数的函数是(  )
 A.\(y=2x+1\) \(\qquad \qquad\) B.\(y=3x^2+1\) \(\qquad \qquad\) C. \(y=\dfrac{2}{x}\) \(\qquad \qquad\) D.\(y=2x^2+x+1\)
 

2.函数\(f(x)=x|x-2|\)的递减区间为(  )
 A.\(( -∞,1)\) \(\qquad \qquad\) B.\((0,1)\) \(\qquad \qquad\) C.\((1,2)\) \(\qquad \qquad\) D.\((0,2)\)
 

3.函数 \(f(x)=\dfrac{x}{1-x}\)的单调增区间是\(\underline{\quad \quad}\).
 

4.函数 \(y=\sqrt{x^{2}-5 x+4}\)的单调递增区间是\(\underline{\quad \quad}\).
 

5.试用函数单调性的定义判断函数 \(f(x)=\dfrac{2 x}{x-1}\)在区间\((0,1)\)上的单调性.
 

参考答案

  1. 答案 \(C\)

  2. 答案 \(C\)
    解析 当\(x≥2\)时,\(f(x)=x(x -2)=x^2-2x\),对称轴为\(x=1\),此时\(f(x)\)为增函数,
    当\(x<2\)时,\(f(x)= -x(x -2)= -x^2+2x\),对称轴为\(x=1\),
    抛物线开口向下,当\(1<x<2\)时,\(f(x)\)为减函数,
    即函数 \(f(x)\)的单调递减区间为\((1,2)\),故选:\(C\).

    image.png

  3. 答案 \(( -∞,1),(1,+∞)\)
    解析 \(f(x)=\dfrac{-(1-x)+1}{1-x}=-1+\dfrac{1}{1-x}\);
    \(∴f(x)\)的图象是由 \(y=-\dfrac{1}{x}\)的图象沿\(x\)轴向右平移\(1\)个单位,然后沿\(y\)轴向下平移一个单位得到;
    而\(y=-\dfrac{1}{x}\)的单调增区间为\(( -∞,0),(0,+∞)\);
    \(∴f(x)\)的单调增区间是\(( -∞,1),(1,+∞)\).

  4. 答案 \([4,+∞)\)
    解析 令\(x^2-5x+4≥0\),解得\(x≥4\)或\(x≤1\),
    而函数\(y=x^2 -5x+4\)的对称轴是 \(x=\dfrac{5}{2}\),
    故函数 \(y=\sqrt{x^{2}-5 x+4}\)的单调递增区间是\([4,+∞)\).

  5. 解析 任取\(x_1,x_2∈(0,1)\),且\(x_1<x_2\).
    则 \(f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)=\dfrac{2 x_{1}}{x_{1}-1}-\dfrac{2 x_{2}}{x_{2}-1}=\dfrac{2\left(x_{2}-x_{1}\right)}{\left(x_{1}-1\right)\left(x_{2}-1\right)}\).
    由于\(0<x_1<x_2<1\),\(x_1-1<0\),\(x_2-1<0\),\(x_2-x_1>0\),
    故\(f(x_1 )-f(x_2 )>0\),即\(f(x_1 )>f(x_2 )\).
    所以,函数 \(f(x)=\dfrac{2 x}{x-1}\)在\((0,1)\)上是减函数.
     

【题型2】函数的最值

【典题1】函数 \(f(x)=2 x-\sqrt{x-1}\)的值域为\(\underline{\quad \quad}\) .
解析 设 \(t=\sqrt{x-1} \geq 0\),则\(x=t^2+1\),
\(\therefore f(t)=2\left(t^{2}+1\right)-t=2 t^{2}-t+2=2\left(t-\dfrac{1}{4}\right)^{2}+\dfrac{15}{8}(t \geq 0)\)
\(∴\)值域为 \(\left[\dfrac{15}{8}, \infty\right)\).
点拨 本题采取换元法,注意新变量的取值范围.
 

【典题2】若函数\(f(x)=x^2-2ax+1-a\)在\([0,2]\)上的最小值为\(-1\).则\(a=\) \(\underline{\quad \quad}\).
解析 函数\(f(x)=x^2-2ax+1-a\)图象的对称轴为\(x=a\),图象开口向上,
(1)当\(a≤0\)时,函数\(f(x)\)在\([0,2]\)上单调递增.则 \(f(x)_{\min }=f(0)=1-a\),
由\(1-a=-1\),得\(a=2\),不符合\(a≤0\);
(2)当\(0<a<2\)时.则 \(f(x)_{\min }=f(a)=a^{2}-2 a^{2}+1-a=-a^{2}-a+1\),
由\(-a^2-a+1=-1\),得\(a=-2\)或\(a=1\),\(∵0<a<2\),\(∴a=1\)符合;
(3)当\(a≥2\)时,函数\(f(x)=x^2-2ax+1-a\)在\([0,2]\)上单调递减,
\(\therefore f(x)_{\min }=f(2)=4-4 a+1-a=5-5 a\),由\(5-5a=-1\),得 \(a=\dfrac{6}{5}\),
\(∵a≥2\), \(\therefore a=\dfrac{6}{5}\)不符合,
综上可得\(a=1\).
点拨 本题属于“二次函数动轴定区间最值问题”,对对称轴与区间之间的相对位置进行分类讨论,结合图像求解.
 

巩固练习

1.函数\(f(x)=x^2+3x+2\)在区间\([ -5,5]\)上的最大值、最小值分别是(  )
 A. \(12,-\dfrac{1}{4}\) \(\qquad \qquad\) B.\(2,12\) \(\qquad \qquad\) C. \(42,-\dfrac{1}{4}\) \(\qquad \qquad\) D.最小值是 \(-\dfrac{1}{4}\),无最大值
 

2.函数 \(f(x)=\dfrac{x}{x+2}\)在区间\([2,4]\)上的最小值为\(\underline{\quad \quad}\).
 

3.已知函数\(f(x)=x^2+|x-a|+1,x∈R,a∈R\).
(1)当\(a=1\)时,求函数\(f(x)\)的最小值;(2)求函数\(f(x)\)的最小值为\(g(a)\).
 
 
参考答案

  1. 答案 \(C\)
    解析 \(y=x^{2}+3 x+2=\left(x+\dfrac{3}{2}\right)^{2}-\dfrac{1}{4}\),抛物线的开口向上,对称轴为 \(x=-\dfrac{3}{2}\),
    \(∴\)在区间\([ -5,5]\)上,当 \(x=-\dfrac{3}{2}\)时,\(y\)有最小值 \(-\dfrac{1}{4}\);\(x=5\)时,\(y\)有最大值\(42\),
    函数\(f(x)=x^2+3x+2\)在区间\([ -5,5]\)上的最大值、最小值分别是: \(42,-\dfrac{1}{4}\).
    故选:\(C\).
  2. 答案 \(\dfrac{1}{2}\)
    解析 \(\because f(x)=\dfrac{x}{x+2}=1-\dfrac{2}{x+2}\),\(∴f(x)\)在\([2,4]\)上为增函数,
    \(∴\)当\(x=2\)时, \(f(x)=\dfrac{x}{x+2}\)在区间\([2,4]\)上的最小值为 \(f(2)=\dfrac{1}{2}\).
  3. 答案 (1) \(\dfrac{7}{4}\) (2)\([1,+∞)\)
    解析 (1) \(f(x)=x^{2}+|x-1|+1=\left\{\begin{array}{c} x^{2}+x, x \geq 1 \\ x^{2}-x+2, x<1 \end{array}\right.\),
    由 \(f(x)=x^{2}+x \Rightarrow f(x)=\left(x+\dfrac{1}{2}\right)^{2}-\dfrac{1}{4}(x \geq 1)\),可知\(f(x)≥2\);
    由 \(f(x)=x^{2}-x+2 \Rightarrow f(x)=\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^{2}+\dfrac{7}{4}(x<1)\),可知 \(f(x) \geq \dfrac{7}{4}\).
    所以 \(f(x)_{min} =f\left(\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{7}{4}\).
    (2) \(f(x)=\left\{\begin{array}{l} x^{2}+x-a+1, x \geq a \\ x^{2}-x+a+1, x<a \end{array}\right.\),
    1)当 \(a \geq \dfrac{1}{2}\), \(f(x)_{\min }=f\left(\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{3}{4}+a\);
    2)当 \(-\dfrac{1}{2}<a<\dfrac{1}{2}\), \(f(x)_{\min }=f(a)=a^{2}+1\);
    3)当 \(a \leq-\dfrac{1}{2}\), \(f(x)_{\min }=f\left(-\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{3}{4}-a\);
    所以 \(g(a)=\left\{\begin{array}{c} \dfrac{3}{4}+a, a \geq \dfrac{1}{2} \\ a^{2}+1,-\dfrac{1}{2}<a<\dfrac{1}{2} \\ \dfrac{3}{4}-a, a \leq-\dfrac{1}{2} \end{array}\right.\).
     

【题型3】参数范围

【典题1】若 \(f(x)=\left\{\begin{array}{l} \dfrac{a}{x}, x \geq 1 \\ -x+3 a, x<1 \end{array}\right.\)是\(R\)上的单调减函数,则实数\(a\)的取值范围为\(\underline{\quad \quad}\).
解析 若 \(f(x)=\left\{\begin{array}{l} \dfrac{a}{x}, x \geq 1 \\ -x+3 a, x<1 \end{array}\right.\)是\(R\)上的单调减函数,
得则 \(\left\{\begin{array}{l} a>0 \\ \dfrac{a}{1} \leq-1+3 a \end{array}\right.\),解得 \(a \geq \dfrac{1}{2}\),故答案为: \(\left[\dfrac{1}{2},+\infty\right)\).
 

【典题2】已知函数 \(f(x)=\dfrac{4 x-6}{x-1}\)的定义域和值域都是\([2, b](b>2)\),则实数\(b\)的值为\(\underline{\quad \quad}\).
解析 \(f(x)=\dfrac{4 x-6}{x-1}=\dfrac{4(x-1)-2}{x-1}=-\dfrac{2}{x-1}+4\),其图象如图,
image.png
由图可知,函数 \(f(x)=\dfrac{4 x-6}{x-1}\)在\([2,b]\)上为增函数,
又函数 \(f(x)=\dfrac{4 x-6}{x-1}\)的定义域和值域都是 \([2, b](b>2)\),
\(\therefore f(b)=\dfrac{4 b-6}{b-1}=b\),解得\(b=3\).
 

巩固练习

1.已知函数 \(f(x)=\left\{\begin{array}{l} x^{2}+3(x \geq 0) \\ a x+b(x<0) \end{array}\right.\)是\(R\)上的增函数,则(  )
 A.\(a<0,b≥3\) \(\qquad \qquad\) B.\(a<0,b≤3\) \(\qquad \qquad\) C.\(a>0,b≥3\) \(\qquad \qquad\) D.\(a>0,b≤3\)
 

2.已知函数 \(f(x)= \begin{cases}x^{2}+4 x, & x \geq 0 \\ 4 x-x^{2}, & x<0\end{cases}\),若\(f(2-a^2 )>f(a)\)则实数\(a\)的取值范围是(  )
 A \((-∞,-1)∪(2,+∞)\) \(\qquad \qquad\) B \((-1,2)\) \(\qquad \qquad\) C\((-2,1)\) \(\qquad \qquad\) D\((-∞,-2)∪(1,+∞)\)
 

3.函数 \(f(x)=ax^2-(3a-1)x+a^2\)在\([1,+∞)\)上是增函数,则\(a\)的范围为 \(\underline{\quad \quad}\) .
 

4.若函数\(y=x^2-5x-1\)的定义域\([0,m]\),值域为 \(\left[-\dfrac{29}{4},-1\right]\),则\(m\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad}\).
 

参考答案

  1. 答案 \(D\)
    解析 ∵函数 \(f(x)=\left\{\begin{array}{l} x^{2}+3(x \geq 0) \\ a x+b(x<0) \end{array}\right.\)是\(R\)上的增函数,
    \(∴a>0\),且 \(0+3≥0+b\),故选:\(D\).
  2. 答案 \(C\)
    解析 由题知\(f(x)\)在\(R\)上是增函数,由题得\(2-a^2>a\),解得\(-2<a<1\).
  3. 答案 \([0,1]\)
    解析 根据题意,函数 \(f(x)=ax^2-(3a-1)x+a^2\)在\([1,+∞)\)上是增函数,
    分2种情况讨论:
    ①若\(a=0\),则\(f(x)=x\),在\(R\)上为增函数,符合题意;
    ②若\(a≠0\),则有 \(\left\{\begin{array}{l} a>0 \\ \dfrac{3 a-1}{2 a} \leq 1 \end{array}\right.\),解可得\(0<a≤1\),
    综合可得:\(a\)的取值范围为\([0,1]\).
  4. 答案 \(\left[\dfrac{5}{2}, 5\right]\)
    解析 根据题意,函数 \(y=x^{2}-5 x-1=\left(x-\dfrac{5}{2}\right)^{2}-\dfrac{29}{4}\),
    函数的对称轴为 \(x=\dfrac{5}{2}\)且有\(f(0)=f(5)=-1\), 
    又由函数的定义域\([0,m]\),值域为 \(\left[-\dfrac{29}{4},-1\right]\),则有 \(\dfrac{5}{2} \leq m \leq 5\);
    即\(m\)的取值范围 \(\left[\dfrac{5}{2}, 5\right]\).
     

分层练习

【A组---基础题】

1.函数\(f(x)\)在\(R\)上是减函数,则有(  )
 A.\(f(-1)<f(3)\)  \(\qquad \qquad\) B.\(f(-1)≤f(3)\) \(\qquad \qquad\) C.\(f(-1)>f(3)\) \(\qquad \qquad\) D.\(f(-1)≥f(3)\)
 

2.函数\(f(x)\)在\((a,b)\)和\((c,d)\)都是增函数,若\(x_1∈(a,b),x_2∈(c,d)\),且\(x_1<x_2\),那么(  )
 A.\(f(x_1 )<f(x_2 )\) \(\qquad \qquad\) B.\(f(x_1 )>f(x_2 )\) \(\qquad \qquad\) C.\(f(x_1 )=f(x_2 )\) \(\qquad \qquad\) D.无法确定
 

3.定义在\(R\)上的函数\(f(x)\)对任意两个不相等实数\(a,b\),总有 \(\dfrac{f(a)-f(b)}{a-b}>0\)成立, 则必有(  )
 A.\(f(x)\)在\(R\)上是增函数 \(\qquad \qquad\) B.\(f(x)\)在\(R\)上是减函数
 C.函数\(f(x)\)是先增加后减少 \(\qquad \qquad\) D.函数\(f(x)\)是先减少后增加
 

4.下列函数中,在区间\((0,2)\)上为增函数的是(  )
 A.\(y=-x+1\) \(\qquad \qquad\) B. \(y=\sqrt{x}\) \(\qquad \qquad\) C.\(y=x^2-4x+5\) \(\qquad \qquad\) D. \(y=\dfrac{2}{x}\)
 

5.\(y=x-\dfrac{1}{x}\)在\([1,2]\)上的最小值为\(\underline{\quad \quad}\).
 

6.已知函数\(f(x)=x|x|-2x\)的单调增区间为\(\underline{\quad \quad}\).
 

7.函数\(f(x)=x^2+(2a+1)x+1\)在区间\([1,2]\)上是单调函数,则实数\(a\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad}\) .
 

8.函数 \(f(x)=x-2 \sqrt{1-x}+1\)的值域为\(\underline{\quad \quad}\).
 

9.已知函数 \(f(x)=\dfrac{2}{x}-x^{m}\),且 \(f(4)=\dfrac{7}{2}\)
 (1)求\(m\)的值;
 (2)判断\(f(x)\)在\((0,+∞)\)上的单调性,并给予证明;
 (3)求函数\(f(x)\)在区间\([-5,-1]\)上的最值.
 
 

参考答案

  1. 答案 \(C\)
    解析 因为函数\(f(x)\)在\(R\)上是减函数,且 \(-1<3\),所以\(f(-1)>f(3)\).故选\(C\).
  2. 答案 \(D\)
  3. 答案 \(A\)
  4. 答案 \(B\)
  5. 答案 \(0\)
    解析 根据题意\(y=x-\dfrac{1}{x}\)在\([1,2]\)上为增函数,
    则 \(y=x-\dfrac{1}{x}\)在\([1,2]\)上的最小值为\(y=0\).
  6. 答案 \((-∞,-1)\)和\((1,+∞)\).
    解析 \(x≥0\)时,\(f(x)=x^2-2x\),对称轴\(x=1\),开口向上,在\((1,+∞)\)递增,
    \(x<0\)时,\(f(x)=-x^2-2x\),对称轴\(x=-1\),开口向下,在\((-∞,-1)\)递增,
    \(∴\)函数的递增区间是\((-∞,-1)\)和\((1,+∞)\).
  7. 答案 \(\left[-\dfrac{3}{2},+\infty\right) \cup\left(-\infty,-\dfrac{5}{2}\right]\)
    解析 根据题意,函数\(f(x)=x^2+(2a+1)x+1\)为二次函数,其对称轴为 \(x=-\dfrac{2 a+1}{2}\),
    若f(x)在区间[1,2]上是单调函数,则有 \(-\dfrac{2 a+1}{2} \leq 1\)或 \(-\dfrac{2 a+1}{2} \geq 2\),
    解可得: \(a \geq-\dfrac{3}{2}\)或 \(a \leq-\dfrac{5}{2}\),
    即\(a\)的取值范围为 \(\left[-\dfrac{3}{2},+\infty\right) \cup\left(-\infty,-\dfrac{5}{2}\right]\).
  8. 答案 \((-∞,2]\)
    解析 令 \(\sqrt{1-x}=t\),则\(t≥0\),\(x=1-t^2\),
    则 \(y=1-t^2-2t+1=-t^2-2t+2\)在\([0,+∞)\)上是减函数,
    故\(y≤2\),
    即函数 \(f(x)=x-2 \sqrt{1-x}+1\)的值域为\((-∞,2]\).
  9. 答案 (1)\(m=1\) (2)减函数 (3) 最大值为 \(\dfrac{23}{5}\),最小值为\(-1\).
    解析 (1)由 \(f(4)=\dfrac{7}{2}\)得 \(\dfrac{2}{4}-4^{m}=-\dfrac{7}{2}\),即\(4^m=4\),解得:\(m=1\);
    (2)函数\(f(x)\)在 上为减函数.
    证明:设\(0<x_1<x_2\),
    则 \(f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)=\left(\dfrac{2}{x_{2}}-x_{2}\right)-\left(\dfrac{2}{x_{1}}-x_{1}\right)\)\(=\left(\dfrac{2}{x_{2}}-\dfrac{2}{x_{1}}\right)+\left(x_{1}-x_{2}\right)=\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(1+\dfrac{2}{x_{2} x_{1}}\right)\)
    \(∵0<x_1<x_2\) \(\therefore\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(1+\dfrac{2}{x_{2} x_{1}}\right)<0\),
    即\(f(x_2 )-f(x_1 )<0\),即\(f(x_2 )<f(x_1 )\), \(∴f(x)\)在\((0,+∞)\)上为减函数.
    (3)由(1)知:函数 \(f(x)=\dfrac{2}{x}-x\),其定义域为\({x∣x≠0}\).
    \(\therefore f(-x)=\dfrac{2}{-x}-(-x)=-\left(\dfrac{2}{x}-x\right)=-f(x)\),即函数\(f(x)\)为奇函数.
    由(2)知:\(f(x)\)在\([1,5]\)上为减函数,则函数\(f(x)\)在区间\([-5,-1]\)上为减函数.
    \(∴\)当\(x=-5\)时,\(f(x)\)取得最大值,最大值为 \(f(-5)=-\dfrac{2}{5}+5=\dfrac{23}{5}\);
    当\(x=-1\)时,\(f(x)\)取得最小值,最小值为\(f(-1)=-2+1=-1\).
     

【B组---提高题】

1.已知 \(f(x)=\sqrt{x}-\sqrt{1-x}\),则(  )
 A. \(f(x)_{\max }=\sqrt{2}\),\(f(x)\)无最小值 \(\qquad \qquad\) B. \(f(x)_{\min }=1\),\(f(x)\)无最大值
 C. \(f(x)_{\max }=1, f(x)_{\min }=-1\) \(\qquad \qquad\) D. \(f(x)_{\max }=1, f(x)_{\min }=0\)
 

2.若函数 \(f(x)=-\dfrac{2^{x}}{2^{x}+1}\),则该函数在\(( -∞,+∞)\)上是(  )
 A.单调递减无最小值 \(\qquad \qquad\) B.单调递减有最小值
 C.单调递增无最大值 \(\qquad \qquad\) D.单调递增有最大值
 

3.若函数\(f(x)=|x-2|(x-4)\)在区间\((5a,4a+1)\)上单调递减,则实数\(a\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad}\).
 

4.函数 \(y=\dfrac{1}{\sqrt{-x^{2}+2 x+3}}\)的单调减区间是\(\underline{\quad \quad}\).
 

5.已知函数 \(f(x)=\dfrac{x+2}{|x|+2}\),\(x∈R\),则\(f(x^2-3x)<f(3-x)\)的解集是\(\underline{\quad \quad}\).
 

6.函数\(f(x)=x^2-2x+2\)在区间\([0,m]\)上的最大值为\(2\),最小值为\(1\),则\(m\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad}\).
 
7.设函数 \(f(x)=\left\{\begin{array}{l} |x-1|, 0 \leq x \leq 2 \\ -x^{2}+2 x+1, x<0 \text { 或 } x>2 \end{array}\right.\),则函数\(f(x)\)的单调递增区间为\(\underline{\quad \quad}\) .
 

8.已知二次函数\(f(x)=ax^2+2ax+1\)在区间\([ -2,3]\)的最大值为\(6\),则\(a\)的值为\(\underline{\quad \quad}\).
 

参考答案

  1. 答案 \(C\)
    解析 \(f(x)=\sqrt{x}-\sqrt{1-x}\)的定义域为\([0,1]\),
    因为\(f(x)\)在\([0,1]\)上单调递增,所以 \(f(x)_{\max }=1, f(x)_{\min }=-1\).故选:\(C\).

  2. 答案 \(A\)
    解析 \(f(x)=-\dfrac{2^{x}}{2^{x}+1}=-1+\dfrac{1}{2^{x}+1}\),
    设\(x_1<x_2∈R\),
    \(\therefore f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)=\dfrac{1}{2^{x_{1}}+1}-\dfrac{1}{2^{x_{2}}+1}=\dfrac{2^{x_{2}-2^{x_{1}}}}{\left(2^{x_{1}}+1\right)\left(2^{x_{2}}+1\right)}\),
    \(∵x_1<x_2\),\(∴2^{x_2}>2^{x_1}>0\),
    \(∴2^{x_2}-2^{x_1}>0\),\(2^{x_1}+1>0\),\(2^{x_2}+1>0\),
    \(∴f(x_1 )-f(x_2 )>0\),\(∴f(x_1 )>f(x_2 )\),
    \(\therefore f(x)=-\dfrac{2^{x}}{2^{x}+1}\)在\(( -∞,+∞)\)上递减,无最小值,
    故选:\(A\).

  3. 答案 \(\dfrac{2}{5} \leq a \leq \dfrac{1}{2}\)
    解析 函数 \(∵f(x)=|x-2|(x-4)=\left\{\begin{array}{l} (x-2)(x-4)(x \geq 2) \\ (2-x)(x-4)(x<2) \end{array}\right.\)
    \(∴\)函数的增区间为\(( -∞,2)\)和\((3,+∞)\),减区间是\((2,3)\).
    \(∵\)在区间\((5a,4a+1)\)上单调递减,
    \(∴(5a,4a+1)⊆(2,3)\),得 \(\left\{\begin{array}{l} 2 \leq 5 a \\ 4 a+1 \leq 3 \end{array}\right.\),解之得 \(\dfrac{2}{5} \leq a \leq \dfrac{1}{2}\)
    故 为: \(\dfrac{2}{5} \leq a \leq \dfrac{1}{2}\)

    image.png

  4. 答案 \(( -1,1)\)
    解析 由函数有意义得 \(-x^2+2x+3>0\),解得 \(-1<x<3\).
    又\(∵y= -x^2+2x+3\)对称轴为\(x=1\),
    \(∴y= -x^2+2x+3\)在\(( -1,1]\)单调递增,在\((1,3)\)上单调递减,
    \(\therefore y=\dfrac{1}{\sqrt{-x^{2}+2 x+3}}\)的单调减区间是\(( -1,1)\).

  5. 答案 \((0,3)\)
    解析 \(f(x)=\dfrac{x+2}{|x|+2}= \begin{cases}1 & x \geq 0 \\ -1+\dfrac{4}{2-x} & x<0\end{cases}\);
    \(∴f(x)\)在\(( -∞,0)\)上单调递增,且\(x<0\)时,\(f(x)<1\);
    \(∴\)由\(f(x^2-3x)<f(3-x)\)得 \(\left\{\begin{array}{l} x^{2}-3 x<0 \\ x^{2}-3 x<3-x \end{array}\right.\);解得\(0<x<3\);
    \(∴\)解集为\((0,3)\).

  6. 答案 \([1.2]\)
    解析 \(∵f(x)=x^2-2x+2\),\(∴\)对称轴\(x=1\),\(∴f(0)=2,f(1)=1\),
    \(∵f(x)=x^2-2x+2\)在区间\([0,m]\)上的最大值为\(2\),最小值为\(1\)
    \(\therefore\left\{\begin{array}{l} m \geq 1 \\ f(m) \leq 2 \end{array}\right.\)即 \(\left\{\begin{array}{l} m \geq 1 \\ m^{2}-2 m \leq 0 \end{array}\right.\)求解得:\(1≤m≤2\).

  7. 答案 \(( -∞,0),(1,2)\)
    解析 函数 \(f(x)=\left\{\begin{array}{l} |x-1|, 0 \leq x \leq 2 \\ -x^{2}+2 x+1, x<0 \text { 或 } x>2 \end{array}\right.\),
    当\(0≤x≤2\)时,\(f(x)=|x-1|\)的增区间为\((1,2)\);
    当\(x<0\)或\(x>2\)时,\(f(x)= -x^2+2x+1\)的对称轴为\(x=1\),
    增区间为\(( -∞,0)\),
    即有函数\(f(x)\)的单调递增区间为\(( -∞,0),(1,2)\).

  8. 答案 \(-5\)或 \(\dfrac{1}{3}\)
    解析 根据所给二次函数解析式可知,对称轴为\(x=-1\),且恒过定点\((0,1)\),
    (1)当\(a<0\)时,函数在\([ -2,-1]\)上单调递增,在\([ -1,3]\)上单调递减,
    所以函数在\(x= -1\)处取得最大值,因为\(f( -1)= -a+1=6\),所以\(a= -5\).
    (2)当\(a>0\)时,函数在\([ -2,-1]\)上单调递减,在\([ -1,3]\)上单调递增,
    所以函数在\(x=3\)处取得最大值,
    因为\(f(3)=15a+1=6\),所以 \(a=\dfrac{1}{3}\),
    故 为:\(-5\)或 \(\dfrac{1}{3}\).
     

【C组---拓展题】

1.已知函数\(f(x)\)在\(R\)上是单调函数,且对任意\(x∈R\),都有\(f(f(x)-2^x)=3\),则\(f(3)\)的值等于(  )
 A.\(3\) \(\qquad \qquad\) B.\(9\) \(\qquad \qquad\) C.\(10\) \(\qquad \qquad\) D.\(11\)
 

2.若函数\(f(x)=(x -2)|x -a|(a∈R)\)在区间\([3,4]\)上单调递增,则实数\(a\)的取值范围是\(\underline{\quad \quad}\).
 

3.已知函数\(f(x)\)是定义在\((0,+∞)\)上的增函数,且 \(f\left(\dfrac{x}{y}\right)=f(x)-f(y)\),\(f(2)=1\),解不等式 \(f(x)-f\left(\dfrac{1}{x-3}\right) \leq 2\).
 
 

参考答案

  1. 答案 \(B\)
    解析 设\(f(x)-2^x=t\),则\(f(x)=2^x+t\);
    \(∴f(t)=2^t+t\);\(f(t)\)在\(R\)上单调递增;\(∴f(1)=3\);
    \(∴f(f(x)-2^x)=3=f(1)\);
    \(∴f(x)-2^x=1\);\(∴f(x)=2^x+1\);\(∴f(3)=9\).
    故选:\(B\).
  2. 答案 \(( -∞,3]∪[6,+∞)\)
    解析 \(f(x)=\left\{\begin{array}{l} (x-2)(x-a), x \geq a \\ -(x-2)(x-a), x<a \end{array}\right.\);
    (1)\(∴a≥2\)时,\(f(x)\)的单调递增区间为 \(\left[2, \dfrac{a+2}{2}\right]\)和\([a,+∞)\),
    若函数\(f(x)\)在区间\([3,4]\)上单调递增,则 \(\dfrac{a+2}{2} \geq 4\),或\(a≤3\)
    解得:\(a∈[2,3]∪[6,+∞)\)
    (2)\(a<2\)时,\(f(x)\)的单调递增区间为\(( -∞,a]\)和\(\left[\dfrac{a+2}{2},+\infty\right)\),
    在区间\([3,4]\)上恒单调递增,
    综上\(a∈( -∞,3]∪[6,+∞)\).
  3. 答案 \(\{x∣3<x≤4\}\)
    解析 在 \(f\left(\dfrac{x}{y}\right)=f(x)-f(y)\)中取\(x=4,y=2\),可得\(f(2)=f(4)-f(2)\).
    于是\(f(4)=2f(2)=2\).
    因此不等式 \(f(x)-f\left(\dfrac{1}{x-3}\right) \leq 2\)可转化为不等式\(f(x(x-3))≤f(4)\).
    \(∵\)函数\(f(x)\)是定义在\((0,+∞)\)上的增函数,
    \(\therefore\left\{\begin{array}{l} x>0 \\ x-3>0 \\ x(x-3) \leq 4 \end{array}\right.\)解得\(3<x≤4\).
    \(∴\)不等式 \(f(x)-f\left(\dfrac{1}{x-3}\right) \leq 2\)的解集为 \(\{x∣3<x≤4\}\).

标签:right,函数,dfrac,3.2,最值,qquad,单调,left
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