2020高一数学新教材必修1教案学案-专题3.2-函数的基本性质(第一课时)(解析版)

13.2函数的性质（第一课时）2运用一性质法判断单调性【例1】函数2fxx2x3的单调递减区间为()A．,1B．,2C．1,D．2,【答案】A【解析】函数2fxx2x3的二次项的系数大于零，抛物线的开口向上，二次函数的对称轴是x1，函数的单调递减区间是,1故选：A．【触类旁通】1．下列函数在区间(－∞，0)上为增函数的是()A.y＝1B.y＝－1x＋2C.y＝－x2－2x－1D.y＝1＋x2【答案】B【解析】y=1在区间（－∞,0）上不增不减;y=－1x+2在区间（－∞,0）上单调递增;y=－x2－2x－1在区间（－∞,0）上有增有减;y=1+x2在区间（－∞,0）上单调递减;所以选B.2．函数y＝x2－6x＋10在区间(2，4)上是()A.递减函数B.递增函数C.先递减再递增D.先递增再递减【答案】C【解析】由于二次函数的开口向上，并且对称轴方程为x=3,所以函数在(2,4)上是先减后增.运用二定义法判断单调性【例2】已知函数𝑓(𝑥)=𝑥+1𝑥，证明f（x）在[1，+∞）上是增函数；【思路分析】用单调性定义证明，先任取两个变量且界定大小，再作差变形看符号．【答案】证明：在[1，+∞）上任取x1，x2，且x1＜x2（2分）𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)=𝑥1+1𝑥1−(𝑥2+1𝑥2)（1分）=(𝑥1−𝑥2)⋅𝑥1𝑥2−1𝑥1𝑥2（1分）3∵x1＜x2∴x1﹣x2＜0∵x1∈[1，+∞），x2∈[1，+∞）∴x1x2﹣1＞0∴f（x1）﹣f（x2）＜0即f（x1）＜f（x2）故f（x）在[1，+∞）上是增函数（2分）【触类旁通】1.求证：函数f(x)＝1x2在(0，＋∞)上是减函数，在(－∞，0)上是增函数．【证明】见解析【解析】对于任意的x1，x2∈(－∞，0)，且x1x2，有f(x1)－f(x2)＝1x21－1x22＝x22－x21x21x22＝x2－x1x2＋x1x21x22∵x1x20，∴x2－x10，x1＋x20，x21x220.∴f(x1)－f(x2)0，即f(x1)f(x2)．∴函数f(x)＝1x2在(－∞，0)上是增函数．对于任意的x1，x2∈(0，＋∞)，且x1x2，有f(x1)－f(x2)＝x2－x1x2＋x1x21x22.∵0x1x2，∴x2－x10，x2＋x10，x21x220.∴f(x1)－f(x2)0，即f(x1)f(x2)．∴函数f(x)＝1x2在(0，＋∞)上是减函数．2.用定义法证明函数f（x）=1−𝑥𝑥−√2在（√2，+∞）上是增函数；【答案】见解析【解析】f（x）=1−𝑥𝑥−√2=1−√2−(𝑥−√2)𝑥−√2=−1+1−√2𝑥−√2【思路总结】4任意设√2＜x1＜x2，则f（x1）﹣f（x2）=1−√2𝑥1−√2−1−√2𝑥2−√2=（√2−1）[1𝑥2−√2−1𝑥1−√2]＝（√2−1）𝑥1−𝑥2(𝑥2−√2)(𝑥1−√2)，∵√2＜x1＜x2，∴x1﹣x2＜0，x1−√2＞0，x2−√2＞0，∴f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），∴函数f（x）在（√2，+∞）上是增函数；运用三图像法判断单调性【例3】(1)f(x)＝3|x|；(2)f(x)＝|x2＋2x－3|；(3)f(x)＝－x2＋2|x|＋3．【答案】见解析【解析】(1)f(x)＝3|x|＝3,0,3,0.xxxx图象如图所示．函数f(x)的单调递减区间为(－∞，0]，单调递增区间为[0，＋∞)．(2)令g(x)＝x2＋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)＝|x2＋2x－3|的图象，如图所示．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]．(3)f(x)＝－x2＋2|x|＋3＝2223,0,23,0.xxxxxx5图象如图所示．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]【触类旁通】1．函数232=||fxxx的单调递增区间是()A．3,2B．31,2和2,C．,1和3,22D．3,2和2,【答案】B【解析】2=|32|fxxx，当2x或1x时，2=32fxxx；当12x时，22=3fxxx，如图所示，函数的单调递增区间是31,2和2,.故选B.2．（2019·邗江区赤岸中学高二月考（文））函数3yxx的单调减区间为______.【答案】3,326【解析】当3x时，233yxxxx由二次函数图象可知，此时函数在3,32上单调递减当3x时，233yxxxx由二次函数图象可知，此时函数单调递增综上所述，3yxx的单调减区间为3,32本题正确结果：3,323．（2018·重庆南开中学高一期中）函数2fxxx的单调减区间为______．【答案】1,2【解析】当x＞2时，f（x）＝x2﹣2x，当x≤2时，f（x）＝﹣x2+2x，故函数f（x）222222xxxxxx，＞，．f（x）＝x2﹣2x的对称轴为：x＝1，开口向上，x＞2时是增函数；f（x）＝﹣x2+2x，开口向下，对称轴为x＝1，则x＜1时函数是增函数，1＜x＜2时函数是减函数．即有函数的单调减区间是[1，2]．故答案为：[1，2]．运用四复合函数求单调区间【例4】（1）（2019·安徽高一期末）函数21()45fxxx的单调递增区间为__________．（2）（2018·辽宁高一期中）函数223fxxx的单调增区间为______．【答案】（1）(,1)，(1,2)（2）[-1，1]【解析】（1）由题意，令2450xx，解得1x或5x，所以函数fx的定义域为,11,55,；因为245yxx在,2上单调递减，在2,上单调递增，故函数2145fxxx的单调递增区间为,1，1,2（2）由﹣x2+2x+3≥0，得﹣1≤x≤3，所以函数f（x）的定义域为[﹣1，3]．7函数223fxxx可看作由yt，t＝﹣x2+2x+3复合而成的，yt单调递增，要求函数223fxxx的单调增区间，只需求t＝﹣x2+2x+3的增区间即可，t＝﹣x2+2x+3在[﹣1，3]的单调增区间为[﹣1，1]，所以函数223fxxx的单调增区间为[﹣1，1]，故答案为：[﹣1，1]．【触类旁通】1．（2019·河南高一期中）函数𝑓(𝑥)=√𝑥2+3𝑥−4的单调增加区间是__________.【答案】[1,+∞)【解析】函数𝑓(𝑥)=√𝑥2+3𝑥−4，设t=x2+3x﹣4，由t≥0，可得（﹣∞，﹣4]∪[1，+∞），则函数y=√𝑡，由t=x2+3x﹣4在[1，+∞）递增，故答案为:（1，+∞）（或写成[1，+∞））运用五利用单调性求参数【例5】（1）设函数32fxaxb是R上的减函数，则有（）A.32aB.32aC.32aD.32a（2）已知函数𝑓(𝑥)=𝑥2+4𝑎𝑥+2在区间(−∞,6)上单调递减，则𝑎的取值范围是（）A.[3,+∞)B.(−∞,3]C.(−∞,−3)D.(−∞,−3]（3）设aR，函数()fx在区间(0,)上是增函数，则（）A．2724faafB．2724faafC．2724faafD．2724faaf（4）（2017·商丘市第一高级中学高一月考）函数()23fxxa的单调增区间为1,，则a为(）A．－1B．1C．23D．23（5）若函数为R上的减函数，则实数a的取值范围是A.B.C.D.8【答案】（1）C（2）D（3）C（4）D（5）C【解析】（1）函数要为减函数需满足320a，即32a.（2）由于二次函数𝑓(𝑥)=𝑥2+4𝑎𝑥+2的二次项系数为正数，对称轴为直线𝑥=−2𝑎，其对称轴左侧的图像是下降的，∴−2𝑎≥6，故𝑎≤−3，因此，实数𝑎的取值范围是(−∞,−3]，故选：D．（3）因为221772244aaa，函数()fx在区间(0,)上是增函数，所以22faa74f.故选C.（4）令23=0xa，解得32ax，所以当32ax时，()2323fxxaxa在3(,)2a上单调递增，故312a，解得23a，故选D.（5）因为函数𝑓(𝑥)={𝑥2−𝑎2𝑥+8,𝑥≤1𝑎𝑥,𝑥1为𝑅上的减函数，所以𝑦=𝑥2−𝑎2𝑥+8,𝑥≤1,𝑦=𝑎𝑥,𝑥1,是减函数，且当𝑥=1时，9−𝑎2≥𝑎，故只需满足{1≤𝑎4𝑎09−𝑎2≥𝑎，解得4≤𝑎≤6，故选C.【触类旁通】1．（2019·贵州凯里一中高一期中）已知函数的定义域为R，且对任意的12,xx且12xx都有11120fxfxxx成立，若2211fxfmm对xR恒成立，则实数m的取值范围是（）A．1,2B．1,2C．(,1)(2,)D．,12,【答案】A【解析】由12120fxfxxx，则函数()fx在R上为增函数，由2211fxfmm对xR恒成立，故22min1(1)mmx，即211mm解得-1m2，故选A.2．已知函数f(x)＝|x＋a|在(－∞，－1)上是单调函数，则a的取值范围是()A.(－∞，1]B.(－∞，－1]9C.[－1，＋∞)D.[1，＋∞)【答案】A【解析】由题意知1a－－，解得1a，故选A.3．若函数y＝x2＋bx＋c在区间[0，＋∞)上是单调函数，则b的取值范围是()A.b≥0B.b≤0C.b0D.b0【答案】A【解析】函数y＝x2＋bx＋c在,2b上单调递减,在,2b上单调递增,又在区间[0，＋∞)上是单调函数，所以02b,解得b≥0,故选A.4．若函数f（x）＝23,1,21,1xaxaxaxx是R上的减函数，则实数a的取值范围是（）A．（12，0）B．[12，0）C．（－∞，2]D．（－∞，0）【答案】B【解析】由x≥1时，f（x）＝－x2＋ax－3a是减函数，得a≤2，由x＜1时，函数f（x）＝2ax＋1是减函数，得a＜0，分段点1处的值应满足－12＋a×1－3a≤1×2a＋1，解得a≥12，∴12≤a＜0.运用六函数的最值【例6-1】已知二次函数245yxx，分别求下列条件下函数的值域：（1）[1x，0]；（2）(1,3)x；（3）(4x，5]．【答案】见解析【解析】由题意得，y＝x2﹣4x+5＝（x﹣2）2+1，关于x＝2对称，如：（1）函数在[﹣1，0]上递减，10则当x＝0时，y＝5．当x＝﹣1时，y＝10．即当x∈[﹣1，0]时，y∈[5，10]．（2）函数在（1，2]上递减，（2，3）上递增，则x∈（1，3）时，x＝2时，y最小值为1．当x＝1或x＝3时，y＝2．又∵x∈（1，3），∴点（1，2），（3，2）为虚点．∴当x∈（1，3）时，y∈