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时间:2019-09-25
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1、函数的单调性与二次函数重难点知识归纳(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x1f(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
2、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x13、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4、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x15、×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6、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7、x1-x28、=8, 而9、x1-x210、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)·11、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. (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12、函数. (4)解:由f(x)·f(2
3、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
4、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x15、×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6、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7、x1-x28、=8, 而9、x1-x210、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)·11、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. (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12、函数. (4)解:由f(x)·f(2
5、×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
6、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
7、x1-x2
8、=8, 而
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10、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)·
11、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. (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
12、函数. (4)解:由f(x)·f(2
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