高一數(shù)學(xué)函數(shù)的基本性質(zhì)-閱讀頁(yè)
2025-01-22 11:54本頁(yè)面
【正文】 在 R 上是減函數(shù) ； ( 2 ) 求 f ( x ) 在 [ － 3 , 3 ] 上的最大值和最小值 ． 審題指導(dǎo)： (1)證明：法一： ∵ 函數(shù) f(x)對(duì)于任意 x， y∈ R， 總有 f(x)＋ f(y)＝ f(x＋ y)， ∴ 令 x＝ y＝ 0， 得 f(0)＝ 0. 利用賦值法 ， 求得 f(0)的值 再令 y＝－ x， 得 f(－ x)＝－ f(x)． 判斷函數(shù) f(x)的奇偶性 在 R上任取 x1＞ x2， 則 x1－ x2＞ 0， 緊扣單調(diào)性定義 ， 設(shè)出 x1， x2， 突出取值的任意性 f(x1)－ f(x2)＝ f(x1)＋ f(－ x2)＝ f(x1－ x2)． 又 ∵ x＞ 0時(shí) ， f(x)＜ 0， 而 x1－ x2＞ 0， ∴ f(x1－ x2)＜ 0， 作差變形 ， 進(jìn)而判斷出 f(x1)－ f(x2)的符號(hào) 即 f(x1)＜ f(x2)． 因此 f ( x ) 在 R 上是減函數(shù) ． 回扣減函數(shù)的定義，呈現(xiàn)結(jié)論 法二： 設(shè) x1＞ x2， 緊扣單調(diào)性的定義，設(shè)出 x1， x2 則 f ( x1) － f ( x2) ＝ f ( x1－ x2＋ x2) － f ( x2) ＝ f ( x1－ x2) ＋ f ( x2) － f ( x2) ＝ f ( x1－ x2) ． 作差變形，將函數(shù)值的差轉(zhuǎn)化為差的函數(shù)值，以利 于應(yīng)用題設(shè)條件 又 ∵ x ＞ 0 時(shí) ， f ( x ) ＜ 0 ， 而 x1－ x2＞ 0 ， ∴ f ( x1－ x2) ＜ 0 ， 利用條件，判斷 f ( x1－ x2) 的符號(hào) 即 f ( x1) ＜ f ( x2) ， ∴ f ( x ) 在 R 上為減函數(shù) ． 結(jié)合減函數(shù)定義，說(shuō)明結(jié)論成立 (2)解： ∵ f(x)在 R上是減函數(shù) ， ∴ f(x)在 [－ 3,3]上也是減函數(shù) ， 判斷出 f(x)在 [－ 3,3]上的單調(diào)性 ∴ f(x)在 [－ 3,3]上的最大值和最小值分別為 f(－ 3)與 f(3)． 而 f(3)＝ 3f(1)＝－ 2， f(－ 3)＝－ f(3)＝ 2. 由單調(diào)性判斷最值并求出 ∴ f(x)在 [－ 3,3]上的最大值為 2， 最小值為－ 2. 歸納小結(jié) ， 呈現(xiàn)結(jié)論 ( 1 ) 判斷或證明函數(shù)的單調(diào)性，基本方法是利用單調(diào)性定義，當(dāng)判斷抽象函數(shù)的單調(diào)性時(shí)，有時(shí)需適當(dāng)構(gòu)造變形，如 x 1 ＝ ( x 1 ＋ x 2 ) － x 2 ， x 1 ＝x 1x 2 4x＋ 2， 又由題設(shè)條件得 ： － 4 t2－ 2 t ＋ 12 4 2 t2－ k ＋ 2＜ 0 即 ( 4 2 t2－ k ＋ 1 ) ( － 4 t2－ 2 t＋ 1) ＋ (4 t2－ 2 t＋ 1 ) ( － 42 t2－ k ＋ 1 ) ＜ 0 整理得 43 t2－ 2 t－ k ＞ 1 ， 因底數(shù) 4 ＞ 1 ， 故 3 t2－ 2 t－ k ＞ 0 上式對(duì)一切 t∈ R 均成立 ， 從而判別式 Δ ＝ 4 ＋ 12 k ＜ 0 ， 解得 k ＜－13. 錯(cuò)源：不注意分段函數(shù)的特點(diǎn) 【例題 】 已知 f ( x ) ＝??? ? 3 a － 1 ? x ＋ 4 a ， x ≤ 1l o g a x ， x 1是 ( － ∞ ，＋ ∞ ) 上的減函數(shù) ， 那么 a 的取值范圍是 ( ) ( A )( 0 , 1 ) ( B )( 0 ，13) ( C )[17，13) ( D )[17， 1 ) 錯(cuò)解： 依題意應(yīng)有??? 3 a － 1 0 ，0 a 1 ，解得 0 a 13，選 B. 錯(cuò)解分析： 本題的錯(cuò)誤在于沒(méi)有注意分段函數(shù)的特點(diǎn)，只保證了函數(shù)在每一段上是單調(diào)遞減的，沒(méi)有使函數(shù) f ( x ) 在 ( － ∞ ， 1 ] 上的最小值大于 ( 1 ，＋ ∞ ) 上的最大值，從而得出錯(cuò)誤結(jié)果 ． 正解： 據(jù)題意要使原函數(shù)在定義域 R 上為減函數(shù)，要滿足 3 a － 1 0 ，且 0 a 1 ，及 x ＝ 1時(shí) ( 3 a － 1 ) 1 ， 得 f ( － 1 ) ＋ f ( 1 ) ＝ 2 ≠ 0 ； f ( － 1 ) － f ( 1 ) ＝－ 2 a ≠ 0 ， ∴ f ( － 1 ) ≠ － f ( 1 ) ， f ( － 1 ) ≠ f ( 1 ) ． ∴ 函數(shù) f ( x ) 既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù) ． ( 2 ) 若 f ( 1 ) ＝ 2 ， 即 1 ＋ a ＝ 2 ， 解得 a ＝ 1 ， 這時(shí) f ( x ) ＝ x2＋1x. 任取 x 1 ， x 2 ∈ [ 2 ，＋ ∞ ) ， 且 x 1 x 2 ， 則 f ( x 1 ) － f ( x 2 ) ＝ ( x 12＋1x 1) － ( x 22＋1x 2) ＝ ( x 1 ＋ x 2 )( x 1 － x 2 ) ＋x 2 － x 1x 1 x 2＝ ( x 1 － x 2 )( x 1 ＋ x 2 －1x 1 x 2) ． 由于 x 1 ≥ 2 ， x 2 ≥ 2 ， 且 x 1 x 2 ， ∴ x 1 － x 2 0 ， x 1 ＋ x 2 1x 1 x 2， 所以 f ( x 1 ) f ( x 2 ) ， 故 f ( x ) 在 [ 2 ，＋ ∞ ) 上是單調(diào)遞增函數(shù) ． 10．設(shè) f(x)， g(x)分別是定義在 R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當(dāng) x＜ 0時(shí)， f′(x)g(x)＋ f(x)g′(x)＞ 0且g(－ 3)＝ 0，則不等式 f(x)g(x)＜ 0的解集為 ( A ) (A)(－ ∞，－ 3)∪ (0,3) (B)(－ 3,0)∪ (0,3) (C)(－ ∞，－ 3)∪ (3，＋ ∞) (D)(－ 3,0)∪ (3，＋ ∞) 解析： ∵ (f(x)g(x))′＝ f′(x)g(x)＋ f(x)g′(x)＞ 0 ∴ f(x)g(x)在 x＜ 0上單調(diào)遞增， 又 f(x)， g(x)分別是定義在 R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)， ∴ f(x)g(x)在 R上是奇函數(shù)，且在 x＞ 0上單調(diào)遞增， 又 f(3)g(3)＝ f(－ 3)g(－ 3)＝ 0， ∴ f(x)g(x)＜ 0的解集為 (－ ∞，－ 3)∪ (0,3)．故選 A. 返回目錄 備考指南 考點(diǎn)演練 典例研習(xí) 基礎(chǔ)梳理
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