《2.3函数的单调性与最值》 教案

27/29函数的单调性与最值适用学科数学适用年级高三适用区域新课标课时时长（分钟）60知识点单调性的概念单调性的判断单调性的应用最值与值域问题教学目标1．理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义．2．会运用函数图像理解和研究函数的单调性、最值．教学重点单调区间、判断单调性、求最值及利用它们求参数的取值范围教学难点函数的单调性与最值

教学过程一、课堂导入问题1：大家一起来举出生活中描述上升或下降的变化规律的成语

（蒸蒸日上、每况愈下、波澜起伏）

问题2：请你根据上述的成语分别给出一个函数，并在直角坐标系中绘制相应的函数图象.

二、复习预习1、函数的概念2、函数的三要素3、函数的表示方法

三、知识讲解考点1函数的单调性(1)单调函数的定义：增函数减函数定义一般地，设函数f(x)的定义域为I，如果对于定义域I内某个区间D上的任意两个自变量的值x1，x2.当x1<x2时，都有f(x1)<f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是增函数当x1<x2时，都有f(x1)>f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是减函数图象描述自左向右看图象是逐渐上升的自左向右看图象是逐渐下降的(2)如果函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，那么就说函数y＝f(x)在区间D具有(严格的)单调性，这一区间叫做y＝f(x)的单调区间．

考点2函数的最值前提设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足条件对于任意x∈I，都有f(x)≤M；存在x0∈I，使得f(x0)＝M.对于任意x∈I，都有f(x)≥M；存在x0∈I，使得f(x0)＝M.结论M为最大值M为最小值

四、例题精析【例题1】【题干】讨论函数f(x)＝eq\f(ax,x2－1)(a>0)的单调性

【解析】由x2－1≠0，得x≠±1，即定义域为(－∞，－1)∪(－1,1)∪(1，＋∞)．①当x∈(－1,1)时，设－1<x1<x2<1，则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，函数f(x)在(－1,1)上为减函数．②设1<x1<x2，则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，＋∞)上为减函数．又函数f(x)是奇函数，∴f(x)在(－∞，－1)上是减函数.

【例题2】【题干】求函数y＝eq\r(x2＋x－6)的单调区间

【解析】令u＝x2＋x－6，y＝eq\r(x2＋x－6)可以看作有y＝eq\r(u)与u＝x2＋x－6的复合函数．由u＝x2＋x－6≥0，得x≤－3或x≥2.∵u＝x2＋x－6在(－∞，－3]上是减函数，在[2，＋∞)上是增函数，而y＝eq\r(u)在(0，＋∞)上是增函数．∴y＝eq\r(x2＋x－6)的单调减区间为(－∞，－3]，单调增区间为[2，＋∞)

【例题3】【题干】已知f(x)＝eq\f(x,x－a)(x≠a)，若a>0且f(x)在(1，＋∞)内单调递减，求a的取值范围．

【解析】]任设1<x1<x2，则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.综上所述，a的取值范围是(0,1]．

【例题4】【题干】设函数f(x)＝x2－1，对任意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，求实数m的取值范围．

【解析】由题意知，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，当x＝eq\f(3,2)时，函数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).即实数m的取值范围为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、课堂运用【基础】1．(2012·广东高考)下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是()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：选A选项A的函数y＝ln(x＋2)的增区间为(－2，＋∞)，所以在(0，＋∞)上一定是增函数．

2．若f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝eq\f(a,x＋1)在区间[1,2]上都是减函数，则a的取值范围是()A．(－1,0)∪(0,1) B．(－1,0)∪(0,1]C．(0,1) D．(0,1]

解析：选D∵函数f(x)＝－x2＋2ax在区间[1,2]上是减函数，∴a≤1.又∵函数g(x)＝eq\f(a,x＋1)在区间[1,2]上也是减函数，∴a>0.∴a的取值范围是(0,1]．

3．若函数f(x)＝loga(2x2＋x)(a>0且a≠1)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))内恒有f(x)>0，则f(x)的单调递增区间为()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：选D令g(x)＝2x2＋x>0，得x>0或x<－eq\f(1,2)，所以函数f(x)的定义域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪(0，＋∞)．易知函数g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递增，所以在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上，0<g(x)<1.又因为f(x)>0恒成立，故0<a<1，故函数y＝logax在其定义域上为减函数．而g(x)＝2x2＋x在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))上是单调递减的，所以f(x)的单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))).

【巩固】4．函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－log2(x＋2)在区间[－1,1]上的最大值为________．

解析：由于y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x在R上递减，y＝log2(x＋2)在[－1,1]上递增，所以f(x)在[－1,1]上单调递减，故f(x)在[－1，1]上的最大值为f(－1)＝3.答案：3

5．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e－x－2，x≤0，,2ax－1，x>0))(a是常数且a>0)．对于下列命题：①函数f(x)的最小值是－1；②函数f(x)在R上是单调函数；③若f(x)>0在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上恒成立，则a的取值范围是a>1；④对任意的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).其中正确命题的序号是________(写出所有正确命题的序号)．

解析：根据题意可画出草图，由图象可知，①显然正确；函数f(x)在R上不是单调函数，故②错误；若f(x)>0在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上恒成立，则2a×eq\f(1,2)－1>0，a>1，故③正确；由图象可知在(－∞，0)上对任意的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正确．答案：①③④

【拔高】6．讨论函数f(x)＝eq\f(mx,x－2)(m<0)的单调性．

解：函数定义域为{x|x≠2}，不妨设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)，故函数f(x)在区间(－∞，2)上是增函数．同理可得函数f(x)在区间(2，＋∞)上也是增函数．综上，函数f(x)在(－∞，2)，(2，＋∞)上为增函数．

7．已知函数f(x)对任意的a，b∈R恒有f(a＋b)＝f(a)＋f(b)－1，并且当x>0时，f(x)>1.(1)求证：f(x)是R上的增函数；(2)若f(4)＝5，解不等式f(3m2－m－2)<3.

解：(1)证明：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上的增函数．(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