3.2.1 單調(diào)性與最大（?。┲?單調(diào)性第1課時導(dǎo)學案-高一數(shù)學同步備課系列（人教A版2019必修第一冊）

第第頁3.2.1單調(diào)性與最大（小）值——單調(diào)性(第1課時）導(dǎo)學案【學習目標】1.理解增函數(shù)、減函數(shù)、單調(diào)區(qū)間、單調(diào)性的定義．2.掌握定義法證明函數(shù)單調(diào)性的步驟（重點、難點）．3.掌握求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的方法(重點).4.會用函數(shù)的單調(diào)性解答有關(guān)問題.【自主學習】一．增函數(shù)與減函數(shù)的定義條件一般地，設(shè)函數(shù)f(x)的定義域為I，區(qū)間D?I：如果?x1，x2∈D，當x1＜x2時都有都有結(jié)論那么就稱函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是函數(shù)那么就稱函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是函數(shù)圖示【答案】f(x1)＜f(x2)；增；f(x1)＞f(x2)；減二．函數(shù)的單調(diào)性與單調(diào)區(qū)間如果函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間D上是____________，那么就說函數(shù)y＝f(x)在這一區(qū)間具有(嚴格的)單調(diào)性，區(qū)間D叫做y＝f(x)的_____________.【答案】增函數(shù)或減函數(shù)；單調(diào)區(qū)間解讀：(1)函數(shù)的單調(diào)性是對定義域內(nèi)某個區(qū)間而言的，它是函數(shù)的一個局部性質(zhì)．(2)函數(shù)f(x)在定義域的某個區(qū)間D上單調(diào)，不一定在定義域上單調(diào)．如f(x)＝x2等．(3)并非所有的函數(shù)都具有單調(diào)性，如f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x是偶數(shù),0，x是奇數(shù)))，它的定義域是N，但不具有單調(diào)性．三．基本初等函數(shù)的單調(diào)區(qū)間如下表所示：函數(shù)條件單調(diào)遞增區(qū)間單調(diào)遞減區(qū)間正比例函數(shù)(y＝kx，k≠0)與一次函數(shù)(y＝kx＋b，k≠0)k＞0R無k＜0無R反比例函數(shù)(y＝eq\f(k,x)，k≠0)k＞0無(－∞，0)和(0，＋∞)k＜0(－∞，0)和(0，＋∞)無二次函數(shù)(y＝ax2＋bx＋c，a≠0)a＞0[－eq\f(b,2a)，＋∞)(－∞，－eq\f(b,2a)]a＜0(－∞，－eq\f(b,2a)][－eq\f(b,2a)，＋∞)【當堂達標基礎(chǔ)練】1.根據(jù)定義，研究函數(shù)的單調(diào)性。①當k>0時，于是②當k<0時，于是2.物理學中的玻意耳定律告訴我們，對于一定量的氣體，當其體積V減小時，壓強p將增大,試用函數(shù)單調(diào)性證明之.分析：按題意就是證明函數(shù)在區(qū)間上是減函數(shù).證明：根據(jù)單調(diào)性的定義，設(shè)V1，V2是定義域(0，+∞)上的任意兩個實數(shù)，且V1<V2，則由V1，V2∈(0，+∞)且V1<V2，得V1V2>0,V2-V1>0又k>0,于是，所以，函數(shù)是減函數(shù).也就是說，當體積V減少時，壓強p將增大.3.根據(jù)定義證明函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增。解：所以，函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增。4.請根據(jù)下圖描述某裝配線的生產(chǎn)效率與生產(chǎn)線上工人數(shù)量間的關(guān)系.該裝配線的生產(chǎn)效率是關(guān)于生產(chǎn)線上工人數(shù)的函數(shù).當工人數(shù)為零時，產(chǎn)效率為零；在一定范圍內(nèi)，隨著工人數(shù)的增加，生產(chǎn)效率升高；超出這個范圍時，隨著工人數(shù)的增加，生產(chǎn)效率反而降低.5.根據(jù)定義，證明函數(shù)f(x)=3x+2是增函數(shù).6.證明函數(shù)f(x)=-2x在區(qū)間7.畫出反比例函數(shù)y=k（1）這個函數(shù)的定義域I是什么？（2）它在定義域I上的單調(diào)性是怎樣的？證明你的結(jié)論.【當堂達標提升練】1．函數(shù)f(x)的定義域為(a，b)，且對其內(nèi)任意實數(shù)x1，x2均有(x1－x2)(f(x1)－f(x2))<0，則f(x)在(a，b)上()A．增函數(shù) B．減函數(shù)C．不增不減函數(shù) D．既增又減函數(shù)B解析∵(x1－x2)(f(x1)－f(x2))<0?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－x2<0，,fx1－fx2>0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－x2>0，,fx1－fx2<0.))即當x1<x2時，f(x1)>f(x2)或當x1>x2時，f(x1)<f(x2)．不論哪種情況，都說明f(x)在(a，b)上為減函數(shù)．2．若函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上是增函數(shù)，在區(qū)間(b，c)上也是增函數(shù)，則函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)∪(b，c)上()A．必是增函數(shù) B．必是減函數(shù)C．是增函數(shù)或減函數(shù) D．無法確定單調(diào)性D解析函數(shù)在區(qū)間(a，b)∪(b，c)上無法確定單調(diào)性．如y＝－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，在(－∞，0)上也是增函數(shù)，但在(－∞，0)∪(0，＋∞)上并不具有單調(diào)性．3．（多選）下列函數(shù)中，在上單調(diào)遞增的是（

）A． B． C． D．【答案】AD【分析】畫出各選項的函數(shù)圖像，利用函數(shù)的圖象來研究函數(shù)的單調(diào)性判斷即可.【詳解】畫出函數(shù)圖象如圖所示，由圖可得A，D中的函數(shù)在上單調(diào)遞增，B，C中的函數(shù)在上不單調(diào)．故選:AD．4．設(shè)函數(shù)，其中，.若在上不單調(diào)，則實數(shù)的一個可能的值為______.【答案】內(nèi)的任意一個數(shù).【分析】由對勾函數(shù)的性質(zhì)判斷出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，假設(shè)在上單調(diào)，即可求出的取值范圍，其補集即為在上不單調(diào)時實數(shù)的取值范圍.【詳解】函數(shù)的定義域為，由對勾函數(shù)的性質(zhì)可得函數(shù)在和上是單調(diào)遞增，在和上是單調(diào)遞減，若在上單調(diào)，則或，解得或，則在上不單調(diào)，實數(shù)的范圍是,故答案為：內(nèi)的任意一個數(shù).5．函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間為__________.【答案】【分析】優(yōu)先考慮定義域，在研究復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性時，要弄清楚它由什么函數(shù)復(fù)合而成的，再根據(jù)“同增異減”可求解.【詳解】函數(shù)是由函數(shù)和組成的復(fù)合函數(shù)，，解得或，函數(shù)的定義域是或，因為函數(shù)在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，而在上單調(diào)遞增，由復(fù)合函數(shù)單調(diào)性的“同增異減”，可得函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間．故答案為：.6．畫出函數(shù)y＝－x2＋2|x|＋3的圖象，并指出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．解y＝－x2＋2|x|＋3＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x＋3x≥0,－x2－2x＋3x<0))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－12＋4x≥0,－x＋12＋4x<0)).函數(shù)圖象如圖所示．函數(shù)在(－∞，－1]，[0,1]上是增函數(shù)，函數(shù)在[－1,0]，[1，＋∞)上是減函數(shù)．∴函數(shù)y＝－x2＋2|x|＋3的單調(diào)增區(qū)間是(－∞，－1]和[0,1]，單調(diào)減區(qū)間是[－1,0]和[1，＋∞)．7．證明函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(4,x)在(2，＋∞)上是增函數(shù)．證明任取x1，x2∈(2，＋∞)，且x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝x1＋eq\f(4,x1)－x2－eq\f(4,x2)＝(x1－x2)＋eq\f(4x2－x1,x1x2)＝(x1－x2)eq\f(x1x2－4,x1x2).∵2<x1<x2，∴x1－x2<0，x1x2>4，x1x2－4>0，∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)．∴函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(4,x)在(2，＋∞)上是增函數(shù)．【當堂達標素養(yǎng)練】8．（多選）下列命題，其中正確的命題是（

）A．函數(shù)在上是增函數(shù)B．函數(shù)在上是減函數(shù)C．函數(shù)的單調(diào)區(qū)間是D．已知在上是增函數(shù)，若，則有【答案】AD【分析】根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義和復(fù)合函數(shù)單調(diào)性法則依次討論各選項即可得答案.【詳解】對于A選項，函數(shù)的對稱軸為，開口向上，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，故A正確；對于B選項，因為當時，，當時，，所以函數(shù)在上不是減函數(shù)，故B錯誤；對于C選項，解不等式得，函數(shù)的定義域為，故C錯誤；對于D選項，由得，由于在上是增函數(shù)，故，所以，故D正確.故選：AD9．函數(shù)f(x)＝x2－2mx－3在區(qū)間[1,2]上單調(diào)，則m的取值范圍是________．(－∞，1]∪[2，＋∞)解析二次函數(shù)在某區(qū)間內(nèi)是否單調(diào)取決于對稱軸的位置，函數(shù)f(x)＝x2－2mx－3的對稱軸為x＝m，函數(shù)在區(qū)間[1,2]上單調(diào)，則m≤1或m≥2.10．已知f(x)是定義在區(qū)間[－1,1]上的增函數(shù)，且f(x－2)<f(1－x)，則x的取值范圍是________．[1，eq\f(3,2))解析由題意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤x－2≤1，,－1≤1－x≤1，,x－2<1－x，))解得1≤x<eq\f(3,2)，故滿足條件的x的取值范圍是1≤x<eq\f(3,2).11．設(shè)f(x)是定義在R上的增函數(shù)，f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，則不等式f(x)＋f(－2)>1的解集為________．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－\f(3,2)))))解析由條件可得f(x)＋f(－2)＝f(－2x)，又f(3)＝1，∴不等式f(x)＋f(－2)>1，即為f(－2x)>f(3)．∵f(x)是定義在R上的增函數(shù)，∴－2x>3，解得x<－eq\f(3,2).故不等式f(x)＋f(－2)>1的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－\f(3,2))))).12．（2022·全國·高一課時練習）已知函數(shù)，判斷并證明在區(qū)間上的單調(diào)性．【答案】單調(diào)遞增，證明見解析【分析】利用單調(diào)性的定義證明，先任取，，且，然后作差，變形，判斷符號，即可得結(jié)論.【詳解】在區(qū)間上單調(diào)遞增，理由如下：任取，，且，．因為，所以，，，所以所以，所以，即，所以函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增．13．（2022·全國·高一課時練習）已知函數(shù)的定義域為，對任意正實數(shù)、都有，且當時，．求證：函數(shù)是上的增函數(shù)．【分析】任取、，且，可得出，結(jié)合已知條件可出、的大小關(guān)系，即可證得結(jié)論成立.【詳解】證明：任取、，且，則．因為，所以，所以，即，所以函數(shù)是上的增函數(shù)．14．（2022·全國·高一課時練習）畫出下列函數(shù)的圖象，并寫出單調(diào)區(qū)間：(1)；(2)．【答案】(1)圖象見解析;單調(diào)遞增區(qū)間為和，無單調(diào)遞減區(qū)間(2)圖象見解析;單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為和【分析】（1）根據(jù)函數(shù)的解析式可作出其圖象，即可得單調(diào)區(qū)間；（2）化簡函數(shù)的解析式為，結(jié)合二次函數(shù)性質(zhì)可作出其圖象，即可得單調(diào)區(qū)間.（1）畫出的圖象如圖所示，可得其單調(diào)遞增區(qū)間為和，無單調(diào)遞減區(qū)間．（2），作出該函數(shù)的圖象如圖所示，觀察圖象，知該函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為和．15.已知a>0，函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(a,x)(x>0)，證明：函數(shù)f(x)在(0，eq\r(a)]上是減函數(shù)，在[eq\r(a)，＋∞)上是增函數(shù)．證明設(shè)x1，x2是任意兩個正數(shù)，且0<x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(a,x1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(a,x2)))＝eq\f(x1－x2,x1x2)(x1x2－a)．當0<x1<x2≤eq\r(a)時，0<x1x2<a，又x1－x2<0，所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，所以函數(shù)f(x)在(0，eq\r(a)]上是減函數(shù)；當eq\r(a)≤x1<x2時，x1x2>a，又x1－x2<0，所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，所以函數(shù)f(x)在[eq\r(a)，＋∞)上是增函數(shù)．16.討論函數(shù)f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a≠\f(1,2)))在(－2，＋∞)上的單調(diào)性．解f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2)＝a＋eq\f(1－2a,x＋2)，設(shè)任意x1，x2∈(－2，＋∞)且x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝eq\f(1－2a,x1＋2)－eq\f(1－2a,x2＋2)＝(1－2a)eq\f(x2－x1,x