华师一附中2013届高一（新课标）学年教案必修(1)第一章 - 1.3 单调性与最大（小）值（二）

高中数学教案（新课标） 第一章 集合与函数概念（1.3 第2课时） 华中师大一附中 黄松生

课 题： 函数的基本性质 教学内容： 单调性与最大（小）值

教学目的： 函数单调性的研究经历了从直观到抽象，以图识数的过程，在这个过程中，让学生通过自主

探究活动，体验数学概念的形成过程的真谛，学会运用函数图象理解和研究函数的性质.

理解并掌握函数的单调性及其几何意义，掌握用定义证明函数单调性的步骤，会求函数的单调区间.使学生体会、理解到函数的最大（小）值及其几何意义.

能够用函数的性质解决日常生活中的简单的实际问题，使学生感受到学习函数单调性的必要性与重要性.

教学重点： 函数的单调性和最值. 教学难点： 函数的单调性和最值. 教学过程： 一、课前复习

二、讲解新课

引入新课 提出问题

知识点1 复合函数

如果y是u的函数，而u又是x的函数，即y=f(u)，u=g(x)，那么y关于x的函数y=f[g(x)]叫做函数f和g的复合函数，u叫做中间变量．

若f(u)的定义域是集合A，g(x)的值域是集合B，当且仅当A?B时，复合函数f[g(x)]的定义域是g(x)的定义域．

知识点2 复合函数的单调性

对于函数y?f(u)和u?g(x)，如果u?g(x)在区间(a,b)上是具有单调性，当x?(a,b)时，

u?(m,n)，且y?f(u)在区间(m,n)上也具有单调性，则复合函数y?f(g(x))在区间(a,b)具有单调

性的规律见下表：

y?f(u) u?g(x) y?f(g(x)) 增 ↗ 增 ↗ 增 ↗ 减 ↘ 减 ↘ 减 ↘ 增 ↗ 减 ↘ 减 ↘ 增 ↗ 以上规律还可总结为：“同向得增，异向得减”或“同增异减”.

证：① 设x1,x2?(a,b)，且x1?x2,∵u?g(x)在(a,b)上是增函数，∴g(x1)?g(x2)， 且g(x1),g(x2)?(m,n).∵y?f(u)在(m,n)上是增函数，∴f(g(x1))?g((x2)).所以复合函数

y?f(g(x))在区间(a,b)上是增函数。

② 设x1,x2?(a,b)，且x1?x2，∵u?g(x)在(a,b)上是增函数，∴g(x1)?g(x2)，

第一章 集合与函数概念（1.3 第2课时） 1

高中数学教案（新课标） 第一章 集合与函数概念（1.3 第2课时） 华中师大一附中 黄松生

且g(x1),g(x2)?(m,n),∵y?f(u)在(m,n)上是减函数，∴f(g(x1))?g((x2)).所以复合函数

y?f(g(x))在区间(a,b)上是减函数。

③ 设x1,x2?(a,b)，且x1?x2，∵u?g(x)在(a,b)上是减函数，∴g(x1)?g(x2)，

且g(x1),g(x2)?(m,n),∵y?f(u)在(m,n)上是增函数，∴f(g(x1))?g((x2)).所以复合函数

y?f(g(x))在区间(a,b)上是减函数。

④ 设x1,x2?(a,b)，且x1?x2，∵u?g(x)在(a,b)上是减函数，∴g(x1)?g(x2)，

且g(x1),g(x2)?(m,n),∵y?f(u)在(m,n)上是减函数，∴f(g(x1))?g((x2)).所以复合函数

y?f(g(x))在区间(a,b)上是增函数。

三、典例解析

例1 设f(x)?x2?1?ax，当a?[1, ??)时，试证明函数f(x)在区间[0, ??)上为单调减函数。 解：设0?x1?x2，则f(x1)?f(x2)?(x1?x22x12x1?1?2x2?1)?a(x1?x2)?22x1?xx2x1?1?2x2?1?(x1?x2)

?(x1?x2)(?1?2x2?122?a),∵0?x1?x2，∴x1?x1?1，x2?xx?1,∴

x1?x22x1?1?2x2?1?1，又

∵a?1，∴

x1?x22x1?1?2x2?1?a?0,又x1?x2?0，∴f(x1)?f(x2)?0，即f(x1)?f(x2).

∴f(x)在[0, ??)(a?1)上是单调减函数。

例2 求函数f(x)=x2-1的单调区间.

解：函数的定义域是(-∞,-1］∪［1,+∞).设y=u，u=x2-1，当x≥0时，u=x2-1是增函数，y=u也是增函数，又∵函数的定义域是(-∞,-1］∪［1,+∞)，∴函数f(x)=x2-1在［1,+∞)上是增函数.当x≤0时，u=x2-1是减函数，y=u也是增函数，又∵函数的定义域是(-∞,-1］∪［1,+∞)，∴函数f(x)=x2-1在(-∞,-1］上是减函数,

即函数f(x)的单调递增区间是［1,+∞)，单调递减区间是(-∞,-1］. 指出：讨论复合函数单调性的步骤是： ① 求复合函数的定义域；（讨论函数的性质要遵守定义域优先的原则） ② 把复合函数分解成若干个常见的基本初等函数并判断其单调性；

③ 依据复合函数的单调性规律口诀：“同增异减”，判断或写出函数的单调性或单调区间.

第一章 集合与函数概念（1.3 第2课时） 2

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例3 已知函数f(x)的定义域为R，且满足f(?x)?1?0，又g(x)?f(x)?c(c为常数)在[a, b](a

证：设?b?x1?x2??a，则b??x1?x2??a,∵g(x)在[a, b]上为减函数，∴g(?x1)?g(?x2)， ∴g(?x1)?g(?x2)?0.而g(?x1)?g(?x2)?f(?x1)?f(?x2)?又f(?x)?f(x2)?f(?x1)11???0 f(x1)f(x2)f(x1)f(x2)1?0，∴f(x1)?0，同理f(x2)?0,∴f(x2)?f(x1)?0，∴f(x1)?f(x2)?0, f(x)于是g(x1)?g(x2)?f(x1)?f(x2)?0,∴g(x)在[?b, ?a]上也是减函数。

综合x?3得3?x?4.

例4 函数f(x)=x2-2ax+a在区间（-∞，1）上有最小值，判断函数g(x)=

f(x)在区间（1，+∞）上的x单调性.

解：函数f(x)=x2-2ax+a的对称轴是直线x=a，由于函数f(x)在开区间（-∞，1）上有最小值，所以直线x=a位于区间（-∞，1）内，即a<1。∴g(x)＝间（1，+∞）上的单调性.

设1

f(x)a=x??2。下面用定义法判断函数g(x)在区 xxaaaaa-2)-(x2+-2)=(x1-x2)+()=(x1-x2)(1?) ?x1x2x1x2x1x2=(x1-x2)

x1x2?a. ∵11>0.又∵a<1，∴x1x2>a.∴x1x2-a>0. ∴g(x1)-g(x2)<0.

x1x2∴g(x1)

例5 已知函数f(x)定义域是(0,??)，当x?1时，f(x)?0且f(x?y)?f(x)?f(y). （1）求f(1)； （2）证明f(x)在定义域上是增函数； （3）如果f()??1，求满足不等式f(x)?f(131)?2的x的取值范围。 x?2解：（1）令x?y?1，得f(1)?2f(1)，故f(1)?0. （2）令y?111,得f(1)?f(x)?f()?0,故f()??f(x).任取x1,x2?(0,??),且x1?x2,则

xxxf(x2)?f(x1)?f(x2)?f((0,??)上是增函数.

xxx1)?f(2).由于2?1,故f(2)?0,从而f(x2)?f(x1).?f(x)在x1x1x1x1（3）由于f()??1,而f()??f(3),故f(3)?1.在f(x?y)?f(x)?f(y)中,令x?y?3,得

1313f(9)?f(3)?f(2)?2.又?f(1)?f(x?2),故所给不等式可化为f(x)?f(x?2)?f(9),即x?23

第一章 集合与函数概念（1.3 第2课时）

高中数学教案（新课标） 第一章 集合与函数概念（1.3 第2课时） 华中师大一附中 黄松生

x?0,??f[x(x?2)]?f(9).??x?2?0,解得x?1?10.?x的取值范围是[1?10,??).

??x(x?2)?9四、课堂练习

1.（1）证明函数f(x)=-x2+2x+3在区间(-∞,1］上是增函数；

（2）当函数f(x)在区间(-∞,m］上是增函数时，求实数m的取值范围. 解：（1）设x1、x2∈(-∞,1］，且x10. ∴f(x1)-f(x2)<0.∴f(x1)

（2）函数f(x)=-x2+2x+3的对称轴是直线x=1，在对称轴的左侧是增函数，那么当区间(-∞,m］位于对称轴的左侧时满足题意，则有m≤1，即实数m的取值范围是(-∞,1］.

指出：讨论有关二次函数的单调性问题时，常用数形结合的方法，结合二次函数图象的特点来分析；二次函数在对称轴两侧的单调性相反；二次函数在区间D上是单调函数，那么二次函数的对称轴不在区间D内.判断函数单调性时，通常先画出其图象，由图象观察出单调区间，最后用单调性的定义证明.

判断函数单调性的步骤：

第一步，画出函数的图象，观察图象，描述函数值的变化趋势； 第二步，结合图象来发现函数的单调区间；

第三步，用数学符号即函数单调性的定义来证明发现的结论.

2. 函数y=f(x)满足以下条件: ①定义域是R; ②图象关于直线x=1对称; ③在区间［2,+∞)上是增函数. 试写出函数y=f(x)的一个解析式f(x)=(只需写出一个即可,不必考虑所有情况).

解：图象关于直线x=1对称的函数解析式满足：f(x)=f(2-x)，基本初等函数中有对称轴的仅有二次函数，则由①②想到了二次函数；结合二次函数的图象，在区间［2,+∞)上是增函数说明开口必定向上，且正好满足二次函数的对称轴直线x=1不在区间［2,+∞)内，故函数的解析式可能是y=a(x-1)2+b(a>0). 结合二次函数的图象和性质，可知这三条都可满足开口向上的抛物线，故有：形如y=a(x-1)2+b(a>0)，或为y=a|x-1|+b(a>0)等都可以，答案不唯一.

五、备选习题

1．证明f(x)=x2-2x在区间(1，+∝)上是增函数．

2证：设x1，x2是区间(1，+∝)上的任意两个值，且x1

2= x22- x1-2x2+2x1=(x2-x1)(x2+x1)-2(x2-x1)=(x2-x1)(x2+x1-2)．∵x2>x1，∴x2-x1>0．又∵x1、x2∈(1，+∝)，

∴x2>x1>1，即有x1+x2>2，∴x1+x2-2>0．∴f(x2)-f(x1)>0，即有f(x2)>f(x1)．故f(x)=x2-2x在(1，+∝)上是增函数．

证法二：（导数法）f′(x)=2x-2=2(x-1)．∵x>1，∴f′(x)>0，∴f(x)在(1，+∝)上为增函数． 2．已知f(x)=x2?6x?9+x2?6x?9，求f(x)的单调区间．

??2x(x??3),?解：原来函数可化为f(x)=|x-3|+|x+3|=?6(?3?x?3),如图2-3-1所示，可得(-∝，-3)为f(x)的递减区

?2x(x?3)?间；[3，+∝]为f(x)的递增区间．而f(x)在[-3，3]上为常数函数． 3. 求函数y=

3x的最大值和最小值.

x2?43x解：（判别式法）由y=2得yx2-3x+4y=0，∵x∈R，∴ 关于x的方程yx2-3x+4y=0必有实数根.

x?4第一章 集合与函数概念（1.3 第2课时）

4

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当y=0时，则x=0.故y=0是一个函数值；

当y≠0时，则关于x的方程yx2-3x+4y=0是一元二次方程,则有Δ=(-3)2-4×4y2≥0.∴0

93.∴?≤y<01643. 4333x33≤y≤.∴函数y=2的最小值是?，最大值是. 4444x?4综上所得，?4. 定义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都有

f(a?b)?f(a)?f(b)。

（1）证明:f(0)?1；

（2）证明：对任意的x?R，恒有f(x)?0；

（3）证明：f(x)是R上的增函数； （4）若f(x)?f(2x?x2)?1，求x的增值范围。 解：（1）证明:令a?b?0，则f(0)?f2(0).又f(0)?0,?f(0)?1. （2）当x?0时,?x?0,?f(0)?f(x)?f(?x)?1.?f(?x)?1?0,又x?0时f(x)f(x)?1?0,?x?R时,恒有f(x)?0.

（3）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，?f(x2)?f(x1),?f(x)是又f(x1)?0,?(x2?x1)?f(x1)?f(x1)，

R上的增函数.

（4）由f(x)?f(2x?x)?1,f(0)?1得f(3x?x)?f(0)，又f(x)是R上的增函数.

22?3x?x2?0,?0?x?3.

5．已知函数f(x)的定义域为R，且对m、n∈R,恒有f(m+n)=f(m)+f(n)－1,且f(－

(1)求证 f(x)是单调递增函数；

(2)试举出具有这种性质的一个函数，并加以验证

11)=0,当x>－时，f(x)>0 22111>－,由题意f(x2－x1－)>0,∵f(x2)－f(x1) 2221=f［(x2－x1)+x1］－f(x1)=f(x2－x1)+f(x1)－1－f(x1)=f(x2－x1)－1=f(x2－x1)+f(－)－1

21=f［(x2－x1)－］>0,∴f(x)是单调递增函数

2证 (1） 设x1＜x2,则x2－x1－

(2) f(x)=2x+1 验证过程略

6．函数f(x) 对任意的a, b∈R，都有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.

第一章 集合与函数概念（1.3 第2课时） 5

高中数学教案（新课标） 第一章 集合与函数概念（1.3 第2课时） 华中师大一附中 黄松生

解：（1）设x1、x2∈R，且x10. ∵f(x2-x1)>1.f(x2)-f(x1)=f[(x2-x1)+x1]-f(x1) =f(x2-x1)+f(x1)-1-f(x1)=f(x2-x1)-1>0, ∴f(x1)

（2）f(4)=f(2+2)=f(2)+f(2)-1=5. ∴f(2)=3. ∴不等式即为f(3m2-m-2)

4. 37．f(x)是定义在(0, +∞)上的增函数，且f(（1）求f(1)的值；

（2）若f(6)=1，解不等式f(x+3)-f(

解：（1）令x=y，得f(1)=0。 （2）由x+3>0及

x)=f(x)-f(y). y1)<2. x11>0，得x>0，由f(6)=1及f(x+3)-f()<2, 得f[x(x+3)]<2f(6), 即f[x(x+4)]-f(6)

x(x?3)x(x?3)?3?317?3?317

?3?317}.

2六、教学小结

第一章 集合与函数概念（1.3 第2课时） 6

高中数学教案（新课标） 第一章 集合与函数概念（1.3 第2课时） 华中师大一附中 黄松生

解：（1）设x1、x2∈R，且x10. ∵f(x2-x1)>1.f(x2)-f(x1)=f[(x2-x1)+x1]-f(x1) =f(x2-x1)+f(x1)-1-f(x1)=f(x2-x1)-1>0, ∴f(x1)

（2）f(4)=f(2+2)=f(2)+f(2)-1=5. ∴f(2)=3. ∴不等式即为f(3m2-m-2)

4. 37．f(x)是定义在(0, +∞)上的增函数，且f(（1）求f(1)的值；

（2）若f(6)=1，解不等式f(x+3)-f(

解：（1）令x=y，得f(1)=0。 （2）由x+3>0及

x)=f(x)-f(y). y1)<2. x11>0，得x>0，由f(6)=1及f(x+3)-f()<2, 得f[x(x+3)]<2f(6), 即f[x(x+4)]-f(6)

x(x?3)x(x?3)?3?317?3?317

?3?317}.

2六、教学小结

第一章 集合与函数概念（1.3 第2课时） 6

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