数学必修 第一册3.1.2 函数的单调性优秀第1课时学案

这是一份数学必修 第一册3.1.2 函数的单调性优秀第1课时学案，共9页。

第一课时 函数的单调性





知识点1 单调性的定义与证明


1.增、减函数的定义


一般地，设函数y＝f(x)的定义域为A，且M⊆A：


(1)如果对任意x1，x2∈M，当x1>x2时，都有f(x1)>f(x2)，则称y＝f(x)在M上是增函数(也称在M上单调递增).


(2)如果对任意 x1，x2∈M，当x1f(x2)，则称y＝f(x)在M上是减函数(也称在M上单调递减).两种情况下，都称函数在M上具有单调性(当M为区间时，称M为函数的单调区间，也分别称为单调递增区间或单调递减区间).


2.函数的最大值和最小值


一般地，设函数y＝f(x)的定义域为D，且x0∈D：


如果对任意x∈D，都有f(x)≤f(x0)，则称f(x)的最大值为f(x0)(记作f(x)max＝ f(x0))，而x0称为f(x)的最大值点；


如果对任意x∈D，都有f(x)≥f(x0)，则称f(x)的最小值为f(x0)(记作f(x)min＝_f(x0))，而x0称为f(x)的最小值点；


最大值和最小值统称为最值，最大值点和最小值点统称为最值点.


[微思考]


1.增(减)函数定义中的x1，x2有什么特征？


提示 定义中的x1，x2有以下3个特征[来源:]


(1)任意性，即“任意x1，x2”中“任意”二字绝不能去掉，证明时不能以特殊代替一般；


(2)有大小，通常规定x1

(3)属于同一个单调区间.


2.若函数f(x)≤M，则M一定是函数的最大值吗？


提示 不一定，只有定义域内存在一点x0，使f(x0)＝M时，M才是函数的最大值，否则不是.


[微体验]


1.思考辨析


(1)因为f(－1)

(2)若f(x)为R上的减函数，则f(0)>f(1).( )


(3)若函数f(x)在区间(1,2]和(2,3)上均为增函数，则函数f(x)在区间(1,3)上为增函数.( )


答案 (1)× (2)√ (3)×


2.函数y＝f(x)的图像如图所示，其增区间是( )





A.[－4,4] B.[－4，－3]∪[1,4]


C.[－3,1] D.[－3,4]


C [根据函数单调性定义及函数图像知f(x)在[－3,1]上单调递增.]


3.设函数f(x)＝2x－1(x<0)，则f(x)( )


A.有最大值


B.有最小值


C.既有最大值也有最小值


D.既无最大值也无最小值


D [因为f(x)在(－∞，0)上单调递增，所以f(x)

知识点2 函数的平均变化率


1.直线的斜率


一般地，给定平面直角坐标系中的任意两点A(x1, y1)，B(x2, y2)，当x1≠x2时，称eq \f(y2－y1,x2－x1)为直线AB的斜率；当x1＝x2时，称直线AB的斜率不存在. 直线AB的斜率反映了直线相对于x轴的倾斜程度.


若Δx＝x2－x1，相应的Δy＝_y2－y1，则当Δx≠0时，斜率可记为eq \f(Δy,Δx).


2.函数单调性与其图像上任意两点连线斜率的关系


一般地，若I是函数y＝f(x)的定义域的子集，对任意x1，x2∈I且x1≠x2，记y1＝f(x1)，y2＝f(x2)，eq \f(Δy,Δx)＝eq \f(y2－y1,x2－x1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(即\f(Δf,Δx)＝\f(fx2－fx1,x2－x1)))，则：


(1) y＝f(x)在I上是增函数的充要条件是eq \f(Δy,Δx)>0在I上恒成立；


(2) y＝f(x)在I上是减函数的充要条件是eq \f(Δy,Δx)<0在I上恒成立；


一般地，当x1≠x2时，称eq \f(Δy,Δx)＝eq \f(fx2－fx1,x2－x1)为函数在区间[x1, x2]( x1x2)上的平均变化率.











探究一 利用定义证明函数的单调性


证明函数f(x)＝x＋eq \f(1,x)在(1，＋∞)上是增函数.


证明 方法一：任取x1，x2∈(1，＋∞)且x1

那么f(x1)－f(x2)＝x1＋eq \f(1,x1)－x2－eq \f(1,x2)


＝(x1－x2)＋eq \f(x2－x1,x1x2)＝(x1－x2)eq \f(x1x2－1,x1x2).


因为x2>x1>1，所以x1－x2＜0，x1x2＞1，x1x2－1＞0.


所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2).


所以函数f(x)＝x＋eq \f(1,x)在(1，＋∞)上是增函数.


方法二：设x1≠x2，那么eq \f(Δy,Δx)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x2)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋\f(1,x1))),x2－x1)＝1－eq \f(1,x1x2)>0，


因此函数f(x)＝x＋eq \f(1,x)在(1, ＋∞)上是增函数.


[变式探究] 判断并证明本例中函数f(x)在(0,1)上的单调性.


解 方法一： 函数f(x)＝x＋eq \f(1,x)在(0,1)上单调递减.证明如下：任取x1，x2∈(0,1)且x1

那么f(x1)－f(x2)＝x1＋eq \f(1,x1)－x2－eq \f(1,x2)


＝(x1－x2)＋eq \f(x2－x1,x1x2)＝(x1－x2)eq \f(x1x2－1,x1x2).


因为0＜x1＜x2＜1，


所以x1－x2＜0,0＜x1x2＜1，x1x2－1＜0.


所以f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2).


所以函数f(x)＝x＋eq \f(1,x)在(0,1)上是减函数.


方法二：设x1≠x2，那么eq \f(Δy,Δx)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x2)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋\f(1,x1))),x2－x1)＝1－eq \f(1,x1x2)<0，


因此函数f(x)＝x＋eq \f(1,x)在(0,1)上是增函数.


[方法总结]


证明函数单调性的两种方法


(1)单调性定义，其基本步骤如下：


①取值：设x1，x2是该区间内的任意两个值，且x1

②作差变形：作差f(x1)－f(x2)，并通过因式分解、通分、配方、有理化等手段，转化为易判断正负的式子.


③定号：确定f(x1)－f(x2)的符号，当等号不确定时，分类讨论.


④结论：根据f(x1)－f(x2)的符号及定义判断单调性.


提醒：作差变形是证明单调性的关键，且变形的结果是几个因式乘积的形式.


(2)利用函数平均变化率判断，即通过比较eq \f(Δy,Δx)与0的大小来判断函数的单调性.





探究二 求函数值和函数值域问题


求函数f(x)＝eq \f(2x,x－1)在[3,4]上的最大值和最小值.


证明 任取x1，x2∈[3,4]且x1

那么f(x1)－f(x2)＝eq \f(2x1,x1－1)－eq \f(2x2,x2－1)＝eq \f(2x2－x1,x1－1x2－1).


因为30，x2－1>0，x2－x1>0，


故f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2).


所以f(x)＝eq \f(2x,x－1)在[3,4]上单调递减，


因此当3≤x≤4时，有f(4)≤f(x)≤f(3)，


从而这个函数的最小值为f(4)＝eq \f(8,3)，最大值为f(3)＝3.


[方法总结]


用单调性求函数的最大(小)值的一般步骤


(1)判断函数的单调性.


(2)利用单调性求出最大(小)值.


提醒：(1)求最值勿忘求定义域.


(2)闭区间上的最值，不判断单调性而直接将两端点值代入是最容易出现的错误，求解时一定注意. ,


[跟踪训练] 下列函数在[1, 4]上最大值为3的是( )


A.y＝eq \f(1,x)＋2 B.y＝3x－2


C.y＝x2 D.y＝1－x


A [选项B，C在[1,4]上均为增函数，选项A，D在[1,4]上均为减函数，代入端点值，即可求得最大值为3的是y＝eq \f(1,x)＋2.]





1.证明函数的单调性有两种方法，即定义法和函数的平均变化率与函数单调性关系两种方法.


2.求函数的最值除了先证明函数的单调性，利用单调性求最值外，也可以结合函数图像来求. 同时要注意函数的定义域.








课时作业(十八) 函数的单调性





1.函数y＝x2－6x＋10在区间(2,4)上( )


A.单调递增 B.单调递减


C.先减后增 D.先增后减


C [函数y＝x2－6x＋10图像的对称轴为直线x＝3，此函数在区间(2, 3)上单调递减，在区间(3,4)上单调递增.]


2.下列函数中，在区间(0，＋∞)上是增函数的是( )


A.y＝eq \f(1,x＋1) B.y＝2x－1


C.y＝－|x| D.y＝x2－3x


B [A中函数在区间(0，＋∞)上是减函数；B中函数在区间(0，＋∞)上是增函数；C中函数在区间(0，＋∞)上是减函数；D中函数对称轴是x＝eq \f(3,2)，所以函数在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))上为减函数，在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))上为增函数.]


3.函数y＝f(x)(－2≤x≤2)的图像如下图所示，则函数的最大值、最小值分别为( )





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


C.feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))， feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2))) D.feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，f(0)


C [根据函数最值定义，结合函数图像可知，当x＝－eq \f(3,2)时，有最小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))；当x＝eq \f(1,2)时，有最大值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))).]


4.函数y＝x2－2x，x∈[0,3]的值域为( )


A.[0,3] B.[－1,0]


C.[－1，＋∞) D.[－1,3]


D [因为函数y＝x2－2x＝(x－1)2－1，x∈[0, 3]，所以当x＝1时，函数y取得最小值为－1，当x＝3时，函数取得最大值为3，故函数的值域为[－1, 3].]


5.已知四个函数的图像如图所示，其中在定义域内具有单调性的函数是( )





B [已知函数的图像判断其在定义域内的单调性，应从它的图像是上升的还是下降的来考虑. 根据函数单调性的定义可知函数B在定义域内为增函数.]


6.函数f(x)＝eq \f(1,1－x1－x)的最大值是________.


eq \f(4,3) [t＝1－x(1－x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)≥eq \f(3,4). 所以0

7.函数f(x)是R上的减函数，且过点(－3,2)和(1，－2)，则使|f(x)|＜2的自变量x的取值范围是________.


(－3,1) [因为f(x)是R上的减函数，f(－3)＝2，f(1)＝－2，所以当x＞－3时，f(x)＜2；当x＜1时，f(x)＞－2. 所以当－3＜x＜1时，|f(x)|＜2.]


8.已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x，x∈[0，2]，,\f(4,x)，x∈2，4].))


(1)如图，画出函数f(x)的大致图像；


(2)写出函数f(x)的最大值与最小值.





解 (1)函数f(x)的大致图像如图所示：





(2)由函数f(x)的图像得出， f(x)的最大值为f(2)＝2，最小值为f(0)＝0.


9.证明函数y＝eq \f(x＋2,x＋1)在(－1，＋∞)上是减函数.


证明 方法一：任取x1，x2∈(－1，＋∞)且x1

那么f(x1)－f(x2)＝eq \f(x1＋2,x1＋1)－eq \f(x2＋2,x2＋1)＝eq \f(x2－x1,x1＋1x2＋1)，


因为－10，x1＋1>0，x2＋1>0，


所以eq \f(x2－x1,x1＋1x2＋1)>0，即f(x1)－f(x2)>0，f(x1)>f(x2).


所以y＝eq \f(x＋2,x＋1)在(－1，＋∞)上是减函数.


方法二：设x1≠x2，那么eq \f(Δy,Δx)＝eq \f(\f(x2＋2,x2＋1)－\f(x1＋2,x1＋1),x2－x1)＝－eq \f(1,x1＋1x2＋1)，


又x1，x2>－1，所以－eq \f(1,x1＋1x2＋1)<0，即eq \f(Δy,Δx)<0，


所以y＝eq \f(x＋2,x＋1)在(－1，＋∞)上是减函数.


[来源:学§科§网]


1.函数y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋3，x<1,－x＋6，x≥1))的最大值是( )


A.3 B.4


C.5 D.6


C [当x<1时，函数y＝x＋3单调递增，且有y<4，无最大值；当x≥1时，函数y＝－x＋6单调递减，则在x＝1处取得最大值为5. 所以，函数在整个定义域内的最大值为5.]


2.若定义在R上的函数f(x)对任意两个不相等的实数a，b，总有eq \f(fa－fb,a－b)>0成立，则必有( )


A.f(x)在R上是增函数 B.f(x)在R上是减函数


C.函数f(x)是先增后减 D.函数f(x)是先减后增


A [由eq \f(fa－fb,a－b)>0知f(a)－f(b)与a－b同号，即当ab时，f(a)>f(b)，所以f(x)在R上是增函数.]


3.对于函数f(x)，在使f(x)≥M成立的所有实数M中，我们把M的最大值Mmax叫做函数f(x)的下确界，则对于a∈R，a2－4a＋6的下确界为________.


2 [设f(a)＝a2－4a＋6，f(a)≥M，即f(a)min≥M.


而f(a)＝(a－2)2＋2，所以f(a)min＝f(2)＝2. 所以M≤2，所以Mmax＝2.]


4.已知函数f(x)＝eq \f(x2＋2x＋a,x)，x∈[1，＋∞).


(1)当a＝eq \f(1,2)时，求函数f(x)的最小值；


(2)若对任意x∈[1，＋∞)，f(x)>0恒成立，试求实数a的取值范围.


解 (1)当a＝eq \f(1,2)时，f(x)＝eq \f(x2＋2x＋\f(1,2),x)＝x＋eq \f(1,2x)＋2.


任取x1，x2∈[1，＋∞)，且x1

则f(x1)－f(x2)＝(x1－x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2x1x2)))<0，


所以f(x1)

所以函数f(x)在[1，＋∞)上的最小值为f(1)＝1＋eq \f(1,2)＋2＝eq \f(7,2).


(2)依题意f(x)＝eq \f(x2＋2x＋a,x)>0在[1，＋∞)上恒成立，


即x2＋2x＋a>0在[1，＋∞)上恒成立.


记y＝x2＋2x＋a，x∈[1，＋∞)，


由y＝(x＋1)2＋a－1在[1，＋∞)上单调递增，


知当x＝1时，y取得最小值3＋a.


所以当3＋a>0，即a>－3时，f(x)>0恒成立.


于是实数a的取值范围为(－3，＋∞).


5.(拓广探索)已知函数f(x)对任意x，y∈R，总有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且当x>0时，f(x)<0，f(1)＝－eq \f(2,3).


(1)求证：f(x)在R上是减函数；


(2)求f(x)在[－3,3]上的最大值及最小值.


(1)证明 因为f(0)＋f(0)＝f(0)，所以f(0)＝0.


又f(x)＋f(－x)＝f(x－x)＝f(0)，


所以f(－x)＝－f(x).


任取x1，x2∈R且x1

那么f(x2)－f(x1)＝f(x2)＋f(－x1)＝f(x2－x1).


因为x2－x1>0，据题意有f(x2－x1)<0.


所以f(x2)－f(x1)<0，即f(x2)

所以y＝f(x)在R上是减函数.


(2)解 由(1)知，f(x)在[－3,3]上是减函数，


所以f(－3)最大，f(3)最小.


而f(3)＝f(2)＋f(1)＝2f(1)＋f(1)＝3f(1)＝


3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))＝－2，f(－3)＝－f(3)＝2，


所以f(x)在[－3,3]上的最大值为2，最小值为－2.


课程标准
学科素养
借助函数图像，会用符号语言表达函数的单调性.
通过对函数单调性的学习，提升“数学抽像”、“逻辑推理”、“数学运算”的核心素养.