二次函数的单调性和最值知识点

Question

如题所述

Answer 1

重难点知识归纳 (一)函数的单调性 1,单调增函数的定义:在函数 y=f(x)的定义域内的一个区间 A 上,如果对于任意两数 x1,x2∈A,当 x1<x2 时,都有 f(x1)<f(x2),那么,就称函数 y=f(x)在区间 A 上是增加的, 有时也称函数 y=f(x)在区间 A 上是递增的. 2,单调减函数的定义:在函数 y=f(x)的定义域内的一个区间 A 上,如果对于任意两数 x1,x2∈A,当 x1<x2 时,都有 f(x1)>f(x2),那么,就称函数 y=f(x)在区间 A 上是减少的, 有时也称函数 y=f(x)在区间 A 上是递减的. 3,单调性:如果函数 y=f(x)在某个区间是增函数或减函数.那么就说函数 y=f(x)在 这一区间具有(严格的)单调性,这一区间叫做 y=f(x)的单调区间. 说明:(1)增(减)函数等价形式:x1,x2∈[a,b],那么 f(x) 在[a,b]上是增函数; f(x)在[a,b]上是减函数. (2)函数增减性(单调性)的几何意义,反映在图像上,若 f(x)是区间 D 上的增 (减)函数,则图像在 D 上的部分从左到右是上升(下降)的. 4,函数单调性的证明 证明函数的单调性主要是利用定义来证明,其步骤为: (1)取值:设 x1,x2 为该区间内任意的两个值,且 x1<x2; (2)做差变形:作差 f(x1)-f(x2),并通过因式分解,配方,有理化等方法,向有 利于判断差值符号的方向变形; (3)定号:确定差值的符号,当符号不确定时,可考虑分类讨论; (4)判断:根据定义得出结论. (二)二次函数性质的再研究 1,二次函数在 R 上的最值问题 求二次函数 y=ax2+bx+c(a≠0)在 R 上的最值常用方法有:一是配方法,即化为 ,从而求出它的最值;二是公式法,即利用性质中的结论来 确定最值. 2,二次函数在闭区间的最值问题 二次函数在闭区间上的最值问题,由它的单调性来确定,而它的单调性又由二次函 数的开口方向和对称轴位置(在区间上还是在区间左边,还是在区间右边)来决定.当 开口方向和对称轴位置不确定时,则需要进行分类讨论. 三,典型例题剖析 例 1,证明函数 f(x)=x3+x 在 R 上单调递增. 解析:任取 x1,x2∈R,且 x1<x2,则有 x1-x2<0, ∴f(x1)-f(x2)=x13+x1-x23-x2=(x1-x2)(x12+x1x2+x22+1)= . 即 f(x1)<f(x2). 故 f(x)=x3+x 在 R 上单调递增. 例 2,如果二次函数 f(x)=x2-(a-1)x+5 在区间 值范围. 上是增函数,求 f(2)的取 解析:二次函数 f(x)在区间 上是增函数, 由于其图象(抛物线)开口向上,故其对称轴 或与直线 重合或位于直线 的左侧,于是 ,解之得 a≤2,故 f(2)≥-2×2+11=7,即 f(2)≥7. 例 3,讨论函数解析:设-1<x1<x2<1,则 f(x1)-f(x2)= . . ∵-1<x1<x2<1,∴x2-x1>0,x1x2+1>0,(x12-1)(x22-1)>0.又 a>0, ∴f(x1)-f(x2)>0,函数 f(x)在(-1,1)上为减函数. f(x)= (a>0)在 x∈(-1,1)上的单调性. 例 4,已知二次函数 f(x),当 x=2 时有最大值 16,它的图像截 x 轴所得的线段长为 8, 求解析式. 分析:由于二次函数 f(x)的最值给出,即顶点坐标给出,可设顶点式,再由待定系数法 求出所要定的系数,也可由对称轴方程及图像截 x 轴所得的线段的长,利用 f(x)=0 的 两根来表示. 解:设 f(x)=a(x-2)2+16,即 f(x)=ax2-4ax+16+4a, 方程 ax2-4ax+16+4a=0 的两根 x1,x2,满足|x1-x2|=8, 而|x1-x2|2=(x1+x2)2-4x1x2= ,∴a=-1. 故 f(x)=-x2+4x+12. 例 5,定义在 R 上的函数 y=f(x),f(0)≠0,当 x>0 时,f(x)>1,且对任意的 a, b∈R,有 f(a+b)=f(a)f(b). (1)求证:f(0)=1; (2)求证:对任意的 x∈R,恒有 f(x)>0; (3)求证:f(x)是 R 上的增函数; (4)若 f(x)f(2x-x2)>1,求 x 的取值范围. 解析:(1)证明:令 a=b=0,则 f(0)=f2(0).又 f(0)≠0,∴f(0)=1. (2)证明:当 x<0 时,-x>0,∴f(0)=f(x)f(-x)=1. ∴f(-x)= >0.又 x≥0 时 f(x)≥1>0,∴x∈R 时,恒有 f(x)>0. R (3)证明:设 x1<x2,则 x2-x1>0, ∴f(x2)=f(x2-x1+x1)=f(x2-x1)f(x1). ∵x2-x1>0,∴f(x2-x1)>1. 又 f(x1)>0,∴f(x2-x1)f(x1)>f(x1). ∴f(x2)>f(x1).∴f(x)是 R 上的增函数. (4)解:由 f(x)f(2x-x2)>1,f(0)=1 得 f(3x-x2)>f(0). 又 f(x)是 R 上的增函数,∴3x-x2>0.∴0<x<3. ex a 例 6,设 a > 0, f ( x) = + 是 R 上的偶函数. a ex (Ⅰ)求 a 的值; (Ⅱ)证明 f(x)在(0,+∞)上是增函数. x (I)解析:依题意,对一切 x ∈ R 有 f ( x) = f ( x) ,即 e + a = 1 + ae x , x x a e ae 所以 (a 1 )(e x 1 ) = 0 对一切 x ∈ R 成立. x a e 由此得到 a 1 = 0, 即 a2=1. a 又因为 a>0,所以 a=1. (II)证明一:设 0<x1<x2, f ( x1 ) f ( x 2 ) e x1 e x2 + 1 1 1 x = (e x2 e x1 )( x + x 1) x1 2 1 e e e 2 = e x1 (e x2 x1 1) 1 e x2 + x1 , e x2 + x1 由 x1 > 0, x 2 > 0, x 2 x1 > 0, 得x1 + x2 > 0, e x2 x1 1 > 0,1 e x2 + x1 < 0. ∴ f ( x1 ) f ( x2 ) < 0, 即 f(x)在(0,+∞)上是增函数. 证明二:由 f ( x) = e x + e x 得 f ′( x) = e x e x = e x (e 2 x 1). 当 x ∈ (0,+∞ ) 时,有 e x > 0, e 2 x 1 > 0, 此时 所以 f(x)在(0,+∞)上是增函数. f ′( x ) > 0. 例 7,已知 f ( x) = ax 3 + 3 x 2 x + 1 在 R 上是减函数,求 a 的取值范围. 解析: 函数 f(x)的导数: f ′( x) = 3ax 2 + 6 x 1. (Ⅰ)当 f ′( x ) < 0 ( x ∈ R )时, f ( x ) 是减函数. 3ax 2 + 6 x 1 < 0( x ∈ R ) a < 0且 = 36 + 12a < 0 a < 3. 所以,当 a < 3时,由f ′( x) < 0, 知f ( x)( x ∈ R ) 是减函数; (II)当 a = 3 时, f ( x ) = 3 x + 3 x x + 1 = 3( x ) + 3 2 3 1 3 8 , 9 由函数 y = x 3 在 R 上的单调性,可知 当 a = 3 时, f ( x )( x ∈ R )是减函数; (Ⅲ)当 a > 3 时,在 R 上存在一个区间,其上有 f ′( x ) > 0, 所以,当 a > 3 时,函数 f ( x )( x ∈ R ) 不是减函数. 综上,所求 a 的取值范围是( ∞,3].