《2.3函數(shù)的單調(diào)性與最值》 教案

27/29函數(shù)的單調(diào)性與最值適用學(xué)科數(shù)學(xué)適用年級(jí)高三適用區(qū)域新課標(biāo)課時(shí)時(shí)長（分鐘）60知識(shí)點(diǎn)單調(diào)性的概念單調(diào)性的判斷單調(diào)性的應(yīng)用最值與值域問題教學(xué)目標(biāo)1．理解函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值及其幾何意義．2．會(huì)運(yùn)用函數(shù)圖像理解和研究函數(shù)的單調(diào)性、最值．教學(xué)重點(diǎn)單調(diào)區(qū)間、判斷單調(diào)性、求最值及利用它們求參數(shù)的取值范圍教學(xué)難點(diǎn)函數(shù)的單調(diào)性與最值

教學(xué)過程一、課堂導(dǎo)入問題1：大家一起來舉出生活中描述上升或下降的變化規(guī)律的成語

（蒸蒸日上、每況愈下、波瀾起伏）

問題2：請(qǐng)你根據(jù)上述的成語分別給出一個(gè)函數(shù)，并在直角坐標(biāo)系中繪制相應(yīng)的函數(shù)圖象.

二、復(fù)習(xí)預(yù)習(xí)1、函數(shù)的概念2、函數(shù)的三要素3、函數(shù)的表示方法

三、知識(shí)講解考點(diǎn)1函數(shù)的單調(diào)性(1)單調(diào)函數(shù)的定義：增函數(shù)減函數(shù)定義一般地，設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镮，如果對(duì)于定義域I內(nèi)某個(gè)區(qū)間D上的任意兩個(gè)自變量的值x1，x2.當(dāng)x1<x2時(shí)，都有f(x1)<f(x2)，那么就說函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù)當(dāng)x1<x2時(shí)，都有f(x1)>f(x2)，那么就說函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是減函數(shù)圖象描述自左向右看圖象是逐漸上升的自左向右看圖象是逐漸下降的(2)如果函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù)或減函數(shù)，那么就說函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間D具有(嚴(yán)格的)單調(diào)性，這一區(qū)間叫做y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間．

考點(diǎn)2函數(shù)的最值前提設(shè)函數(shù)y＝f(x)的定義域?yàn)镮，如果存在實(shí)數(shù)M滿足條件對(duì)于任意x∈I，都有f(x)≤M；存在x0∈I，使得f(x0)＝M.對(duì)于任意x∈I，都有f(x)≥M；存在x0∈I，使得f(x0)＝M.結(jié)論M為最大值M為最小值

四、例題精析【例題1】【題干】討論函數(shù)f(x)＝eq\f(ax,x2－1)(a>0)的單調(diào)性

【解析】由x2－1≠0，得x≠±1，即定義域?yàn)?－∞，－1)∪(－1,1)∪(1，＋∞)．①當(dāng)x∈(－1,1)時(shí)，設(shè)－1<x1<x2<1，則f(x1)－f(x2)＝eq\f(ax1,x\o\al(2,1)－1)－eq\f(ax2,x\o\al(2,2)－1)＝eq\f(ax1x\o\al(2,2)－ax1－ax2x\o\al(2,1)＋ax2,x\o\al(2,1)－1x\o\al(2,2)－1)＝eq\f(ax2－x1x1x2＋1,x\o\al(2,1)－1x\o\al(2,2)－1).∵－1<x1<x2<1，∴x2－x1>0，x1x2＋1>0，(xeq\o\al(2,1)－1)(xeq\o\al(2,2)－1)>0.又a>0，∴f(x1)－f(x2)>0，函數(shù)f(x)在(－1,1)上為減函數(shù)．②設(shè)1<x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝eq\f(ax1,x\o\al(2,1)－1)－eq\f(ax2,x\o\al(2,2)－1)＝eq\f(ax2－x1x1x2＋1,x\o\al(2,1)－1x\o\al(2,2)－1)，∵1<x1<x2，∴xeq\o\al(2,1)－1>0，xeq\o\al(2,2)－1>0，x2－x1>0，x1x2＋1>0.∴f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)．∴f(x)在(1，＋∞)上為減函數(shù)．又函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，∴f(x)在(－∞，－1)上是減函數(shù).

【例題2】【題干】求函數(shù)y＝eq\r(x2＋x－6)的單調(diào)區(qū)間

【解析】令u＝x2＋x－6，y＝eq\r(x2＋x－6)可以看作有y＝eq\r(u)與u＝x2＋x－6的復(fù)合函數(shù)．由u＝x2＋x－6≥0，得x≤－3或x≥2.∵u＝x2＋x－6在(－∞，－3]上是減函數(shù)，在[2，＋∞)上是增函數(shù)，而y＝eq\r(u)在(0，＋∞)上是增函數(shù)．∴y＝eq\r(x2＋x－6)的單調(diào)減區(qū)間為(－∞，－3]，單調(diào)增區(qū)間為[2，＋∞)

【例題3】【題干】已知f(x)＝eq\f(x,x－a)(x≠a)，若a>0且f(x)在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，求a的取值范圍．

【解析】]任設(shè)1<x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,x1－a)－eq\f(x2,x2－a)＝eq\f(ax2－x1,x1－ax2－a).∵a>0，x2－x1>0，∴要使f(x1)－f(x2)>0，只需(x1－a)(x2－a)>0恒成立．∴a≤1.綜上所述，a的取值范圍是(0,1]．

【例題4】【題干】設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－1，對(duì)任意x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,m)))－4m2f(x)≤f(x－1)＋4f(m)恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

【解析】由題意知，eq\f(x2,m2)－1－4m2(x2－1)≤(x－1)2－1＋4(m2－1)在x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))上恒成立，即eq\f(1,m2)－4m2≤－eq\f(3,x2)－eq\f(2,x)＋1在x∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))上恒成立，當(dāng)x＝eq\f(3,2)時(shí)，函數(shù)y＝－eq\f(3,x2)－eq\f(2,x)＋1取得最小值－eq\f(5,3)，所以eq\f(1,m2)－4m2≤－eq\f(5,3)，即(3m2＋1)(4m2－3)≥0，解得m≤－eq\f(\r(3),2)或m≥eq\f(\r(3),2).即實(shí)數(shù)m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(3),2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，＋∞)).

五、課堂運(yùn)用【基礎(chǔ)】1．(2012·廣東高考)下列函數(shù)中，在區(qū)間(0，＋∞)上為增函數(shù)的是()A．y＝ln(x＋2) B．y＝－eq\r(x＋1)C．y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x D．y＝x＋eq\f(1,x)

解析：選A選項(xiàng)A的函數(shù)y＝ln(x＋2)的增區(qū)間為(－2，＋∞)，所以在(0，＋∞)上一定是增函數(shù)．

2．若f(x)＝－x2＋2ax與g(x)＝eq\f(a,x＋1)在區(qū)間[1,2]上都是減函數(shù)，則a的取值范圍是()A．(－1,0)∪(0,1) B．(－1,0)∪(0,1]C．(0,1) D．(0,1]

解析：選D∵函數(shù)f(x)＝－x2＋2ax在區(qū)間[1,2]上是減函數(shù)，∴a≤1.又∵函數(shù)g(x)＝eq\f(a,x＋1)在區(qū)間[1,2]上也是減函數(shù)，∴a>0.∴a的取值范圍是(0,1]．

3．若函數(shù)f(x)＝loga(2x2＋x)(a>0且a≠1)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))內(nèi)恒有f(x)>0，則f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,4))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞))C．(0，＋∞) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))

解析：選D令g(x)＝2x2＋x>0，得x>0或x<－eq\f(1,2)，所以函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪(0，＋∞)．易知函數(shù)g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞增，所以在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上，0<g(x)<1.又因?yàn)閒(x)>0恒成立，故0<a<1，故函數(shù)y＝logax在其定義域上為減函數(shù)．而g(x)＝2x2＋x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上是單調(diào)遞減的，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))).

【鞏固】4．函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－log2(x＋2)在區(qū)間[－1,1]上的最大值為________．

解析：由于y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x在R上遞減，y＝log2(x＋2)在[－1,1]上遞增，所以f(x)在[－1,1]上單調(diào)遞減，故f(x)在[－1，1]上的最大值為f(－1)＝3.答案：3

5．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e－x－2，x≤0，,2ax－1，x>0))(a是常數(shù)且a>0)．對(duì)于下列命題：①函數(shù)f(x)的最小值是－1；②函數(shù)f(x)在R上是單調(diào)函數(shù)；③若f(x)>0在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上恒成立，則a的取值范圍是a>1；④對(duì)任意的x1<0，x2<0且x1≠x2，恒有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<eq\f(fx1＋fx2,2).其中正確命題的序號(hào)是________(寫出所有正確命題的序號(hào))．

解析：根據(jù)題意可畫出草圖，由圖象可知，①顯然正確；函數(shù)f(x)在R上不是單調(diào)函數(shù)，故②錯(cuò)誤；若f(x)>0在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上恒成立，則2a×eq\f(1,2)－1>0，a>1，故③正確；由圖象可知在(－∞，0)上對(duì)任意的x1<0，x2<0且x1≠x2，恒有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<eq\f(fx1＋fx2,2)成立，故④正確．答案：①③④

【拔高】6．討論函數(shù)f(x)＝eq\f(mx,x－2)(m<0)的單調(diào)性．

解：函數(shù)定義域?yàn)閧x|x≠2}，不妨設(shè)x1，x2∈(－∞，2)且x1<x2，f(x2)－f(x1)＝eq\f(mx2,x2－2)－eq\f(mx1,x1－2)＝eq\f(mx2x1－2－mx1x2－2,x1－2x2－2)＝eq\f(2mx1－x2,x1－2x2－2).∵m<0，x1，x2∈(－∞，2)，且x1<x2，∴x1－x2<0，(x2－2)(x1－2)>0.∴eq\f(mx1－x2,x2－2x1－2)>0，即f(x2)>f(x1)，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，2)上是增函數(shù)．同理可得函數(shù)f(x)在區(qū)間(2，＋∞)上也是增函數(shù)．綜上，函數(shù)f(x)在(－∞，2)，(2，＋∞)上為增函數(shù)．

7．已知函數(shù)f(x)對(duì)任意的a，b∈R恒有f(a＋b)＝f(a)＋f(b)－1，并且當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>1.(1)求證：f(x)是R上的增函數(shù)；(2)若f(4)＝5，解不等式f(3m2－m－2)<3.

解：(1)證明：任取x1，x2∈R,且x1<x2，∵f(x2)＝f((x2－x1)＋x1)＝f(x2－x1)＋f(x1)－1，又x2－x1>0，∴f(x2－x1)>1.∴f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)－1>0，即f(x2)>f(x1)．∴f(x)是R上的增函數(shù)．(2)令a＝b＝2，得f(4)＝f(2)＋f(2)－1＝2f(2)－1，∴f(2)＝3.而f(3m2－m－2)<3，∴f(3m2－m－2)<f(2