資源簡介

第2課時　函數的單調性和最值的應用
【學習目標】
1.理解函數單調性的實質,會用函數單調性解決相關問題.
2.理解復合函數的單調性,并會證明和判斷.
3.熟悉單調性在研究函數問題中的應用.
◆ 知識點一　判斷函數單調性的方法
1.用定義法判斷并證明
(1)取值,即設x1,x2是所給區間內的　　　　兩個值,且x1(2)作差變形,即作差f(x1)-f(x2)(或f(x2)-f(x1)),并通過因式分解、配方、通分、有理化等方法使其轉化為易于判斷正負的式子.
(3)判號,即確定f(x1)-f(x2)(或f(x2)-f(x1))的符號,當符號不確定時,要進行　　　　.
(4)定論,即根據定義得出結論.
2.用函數單調性的運算性質判斷
設C為常數.
(1)函數y=f(x)與函數y=f(x)+C的單調性相同.
(2)當C>0時,函數y=f(x)與函數y=Cf(x)的單調性相同;當C<0時,函數y=f(x)與函數y=Cf(x)的單調性相反.
(3)當f(x)恒為正值或恒為負值時,函數y=f(x)與函數y=的單調性相反.
(4)在f(x),g(x)的公共單調區間上,有如下結論:
y=f(x) y=g(x) y=f(x)+g(x) y=f(x)-g(x)
單調遞增 單調遞增 單調遞增 不能確定單調性
單調遞增 單調遞減 不能確定單調性 單調遞增
單調遞減 單調遞減 單調遞減 不能確定單調性
單調遞減 單調遞增 不能確定單調性 單調遞減
◆ 知識點二　函數最值與單調性的聯系
(1)若函數y=f(x)在區間[a,b]上單調遞增,則f(x)在區間[a,b]上的最大值為　　　　,最小值為　　　　.
(2)若函數y=f(x)在區間[a,b]上單調遞減,則f(x)在區間[a,b]上的最大值為　　　　,最小值為　　　　.
◆ 探究點一　用定義證明或判定函數的單調性
例1 判斷函數f(x)=x-在區間(-1,+∞)上的單調性并用定義證明.
變式 判斷函數f(x)=-x3+1在R上的單調性并用定義證明.
[素養小結]
(1)利用定義證明函數單調性時,要嚴格按照定義的步驟進行,同時要注意取值的任意性.(2)利用定義證明函數單調性的關鍵是將f(x2)-f(x1)(或f(x1)-f(x2))進行恒等變形,轉化成易于判斷其正負的形式.當原函數是多項式函數時,通常作差后進行因式分解.當原函數是分式函數時,作差后往往先進行通分,然后對分子進行因式分解.當原函數是二次函數時,作差后若不能分解因式,則需考慮配方.當原函數是根式函數時,作差后往往考慮分子有理化.
拓展 討論函數f(x)=(a≠0)在區間(-1,1)上的單調性.
◆ 探究點二　利用單調性求函數的最值
例2 已知函數f(x)=.
(1)判斷函數f(x)在區間(-1,+∞)上的單調性并用定義證明;
(2)求f(x)在區間[2,4]上的最大值與最小值.
變式 已知f(x)=.
(1)判斷f(x)在(0,+∞)上的單調性并用定義證明;
(2)若f(x)在[m,n]上的取值范圍為,求n-m的取值范圍.
[素養小結]
利用單調性求函數的最大(小)值只需先判斷函數的單調性,再利用單調性求出最大(小)值即可,但求最值時勿忘先看定義域.對于函數在閉區間上的最值,不能不判斷單調性而直接將區間兩端點值代入求解.
◆ 探究點三　利用函數單調性比較大小、解不等式
例3 (1)已知函數f(x)的圖象關于直線x=1對稱,且當10恒成立.設a=f,b=f(2),c=f(3),則a,b,c的大小關系為 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.bC.b(2)若函數f(x)在R上是減函數,且f(m-2)>f(-m),則實數m的取值范圍是 (　 )
A.(1,+∞) B.(-1,+∞)
C.(-∞,-1) D.(-∞,1)
變式 (1)若函數f(x)在R上為減函數,a>0,則下列不等式一定成立的是 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.f(a2)C.f(a)(2)已知函數f(x)=-x|x|,則滿足f(2+5m)A.
B.
C.∪(3,+∞)
D.(-∞,-3)∪
[素養小結]
1.已知函數的單調性比較函數值的大小,只需先比較相應的自變量的大小,再利用單調性得出函數值的大小關系,這當中有時需結合函數的圖象先轉化再進行比較.
2.在求解與抽象函數有關的不等式時,往往是利用函數的單調性將“f”脫掉,使其轉化為具體的不等式求解.此時應特別注意函數的定義域.
第2課時　函數的單調性和最值的應用
【課前預習】
知識點一
1.(1)任意　(3)分類討論
知識點二
(1)f(b)　f(a)　(2)f(a)　f(b)
【課中探究】
探究點一
例1　解:f(x)=x-在區間(-1,+∞)上單調遞增.證明如下:任取x1,x2∈(-1,+∞),且x1則f(x1)-f(x2)=x1--x2+=x1-x2+-=x1-x2+=(x1-x2),
因為x1又x1,x2∈(-1,+∞),所以1+>0,
則f(x1)-f(x2)=(x1-x2)<0,
即f(x1)變式　解:函數f(x)在R上是減函數.證明如下:
任取x1,x2∈R,且x1因為x10,
所以f(x2)-f(x1)<0,即f(x1)>f(x2),
所以函數f(x)在R上是減函數.
拓展　解:任取x1,x2,且-1則f(x1)-f(x2)=-=
=.
∵-1∴x2-x1>0,x1x2+1>0,(-1)(-1)>0.
當a>0時,f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),
∴函數f(x)在(-1,1)上單調遞減;
當a<0時,f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)∴函數f(x)在(-1,1)上單調遞增.
探究點二
例2　解:(1)函數f(x)在區間(-1,+∞)上單調遞增.證明如下:任取x1,x2,且-1則f(x1)-f(x2)=-=.
因為-10,x2+1>0,x1-x2<0,
所以f(x1)(2)由(1)知f(x)在區間[2,4]上單調遞增,
所以當x∈[2,4]時,f(x)max=f(4)==,f(x)min=f(2)==.
變式　解:(1)當x>0時,f(x)==≤(當且僅當x=2時取等號),則函數f(x)在(0,2)上單調遞增,在(2,+∞)上單調遞減.證明如下:任取x1,x2∈(0,+∞),且x1=.
當00,
又+4>0,+4>0,
所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)所以f(x)在(0,2)上單調遞增;
當2又+4>0,+4>0,
所以f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),
所以f(x)在(2,+∞)上單調遞減.
(2)因為f(x)在[m,n]上的取值范圍為,
所以由(1)知0令=,即x2-5x+4=0,解得x=1或x=4.
當m=1時,2≤n≤4,則有n-m∈[1,3],
當n=4時,1≤m≤2,則有n-m∈[2,3],
綜上所述,n-m的取值范圍為[1,3].
探究點三
例3　(1)A　(2)D　[解析] (1)因為當10恒成立,所以f(x)在(1,+∞)上單調遞增.又f(x)的圖象關于直線x=1對稱,所以a=f=f,又1<2<<3,所以f(2)(2)由函數f(x)在R上是減函數,f(m-2)>f(-m),得m-2<-m,解得m<1,所以實數m的取值范圍是(-∞,1).故選D.
變式　(1)D　(2)A　[解析] (1)對于A,a2-a=a(a-1),當a>1時,a2>a,所以f(a2)1時,a>,所以f(a)0,所以2a>a,則f(a)>f(2a),即C一定不成立;對于D,a2-(a-1)=a2-a+1=+>0,則a2>a-1,所以f(a2)(2)函數f(x)=-x|x|=根據二次函數的性質,可得f(x)在(-∞,0),[0,+∞)上均單調遞減,又f(x)的定義域為R,當x=0時,-x2=x2,所以函數f(x)在R上為減函數.由f(2+5m)2m2-1,即(2m+1)(m-3)<0,解得-

展開更多......

收起↑