2019-2020学年高中数学 第一章 集合与函数概念 1.3.1 单调性与最大（小）值 第12课时

第一章集合与函数概念1．3函数的基本性质1．3.1单调性与最大(小)值第12课时函数单调性的应用题点知识巩固掌握几个要点提能达标过关掌握几个要点掌握4个应用——函数单调性的应用函数的单调性是函数的重要性质，能利用函数的单调性解决以下相关问题：(1)利用单调性比较大小：如由函数的单调性比较函数值的大小；(2)利用单调性求函数的最值；(3)利用单调性确定参数的取值或范围；(4)利用单调性解不等式．题点知识巩固1．已知m－2，点(m－1，y1)，(m，y2)，(m＋1，y3)都在二次函数y＝－x2－2x的图象上，则()A．y1y2y3B．y2y3y1C．y1y3y2D．y3y1y2解析：选A∵y＝－(x＋1)2＋1，∴y＝－x2－2x在(－∞，－1]上是增函数，在[－1，＋∞)上是减函数．∵m－2，∴m－1mm＋1－1，∴f(m－1)f(m)f(m＋1)，即y1y2y3.故选A．2．已知函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，当x2x11时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)0恒成立，设a＝f－12，b＝f(2)，c＝f(e)，则a，b，c的大小关系为()A．cabB．cbaC．acbD．bac解析：选D∵f(x)的图象关于直线x＝1对称，∴f－12＝f52.由题可知f(x)在(1，＋∞)上单调递减，∵1252e，∴f(2)f52f(e)，∴bac，故选D．3．(2019·昆明高一检测)已知函数f(x)＝4－x2，若0x1x2x3，则fx1x1，fx2x2，fx3x3的大小关系是()A．fx1x1fx3x3fx2x2B．fx1x1fx2x2fx3x3C．fx3x3fx2x2fx1x1D．fx2x2fx3x3fx1x1解析：选C由题意可得0x1x2x3≤2，而fxx＝4－x2x＝4x2－1，∴fxx在(0,2]上单调递减，∴fx3x3fx2x2fx1x1，故选C．4．已知函数f(x)＝－x2＋4x＋a，x∈[0,1]，若f(x)有最小值－2，则f(x)的最大值为()A．－1B．0C．1D．2解析：选C∵f(x)＝－(x2－4x＋4)＋a＋4＝－(x－2)2＋4＋a.∴函数f(x)图象的对称轴为x＝2，∴f(x)在[0,1]上单调递增．又∵f(x)min＝－2，∴f(0)＝－2，即a＝－2.∴f(x)max＝f(1)＝－1＋4－2＝1.故选C．5．求函数f(x)＝x－x＋1的最值．解：令x＋1＝t(t≥0)，则x＝t2－1，所以y＝t2－t－1(t≥0)．又y＝t2－t－1(t≥0)的图象是对称轴为直线t＝12，开口向上的抛物线的一部分，所以ymin＝122－12－1＝－54，无最大值．故函数f(x)的最小值为－54，无最大值．6．函数f(x)＝x2－2ax＋1在(－∞，2]上是减函数，则a的取值范围是________．解析：因为二次函数f(x)＝x2－2ax＋1的图象是开口向上的抛物线，其对称轴为x＝a，且在(－∞，2]上是减函数，所以(－∞，2]⊆(－∞，a]，故a≥2.答案：[2，＋∞)7．已知一次函数f(x)＝2x＋3m＋1，若当x∈[－1，＋∞)时，f(x)≥0恒成立，则实数m的取值范围是________．解析：依题意，问题可转化为当x∈[－1，＋∞)时，f(x)min≥0.因为f(x)＝2x＋3m＋1在[－1，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(－1)＝3m－1，则3m－1≥0，解得m≥13，所以实数m的取值范围是13，＋∞.答案：13，＋∞8．已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)同时满足下列三个条件：①f(3)＝－1；②对任意正数x，y都有f(xy)＝f(x)＋f(y)；③当x1时，f(x)0.(1)求f(9)，f(3)的值；(2)利用单调性定义证明：f(x)在(0，＋∞)上为减函数；(3)解关于x的不等式f(6x)f(x－1)－2.解：(1)由f(xy)＝f(x)＋f(y)，知f(9)＝2f(3)＝－2，f(3)＝2f(3)＝－1，f(3)＝－12.(2)由f(xy)＝f(x)＋f(y)，得f(xy)－f(x)＝f(y)．设x1x20，则x1x21，故fx1x20，即f(x1)－f(x2)＝fx1x20，∴f(x1)f(x2)，∴f(x)在(0，＋∞)上为减函数．(3)f(6x)f(x－1)－2，即f(6x)f(x－1)＋f(9)，∴f(6x)f(9x－9)，∴6x9x－9，6x0，x－10，∴1x3.∴原不等式的解集为{x|1x3}．