高中数学北师大版 (2019)必修 第一册3 函数的单调性和最值获奖第1课时教学设计

这是一份高中数学北师大版 (2019)必修 第一册3 函数的单调性和最值获奖第1课时教学设计，共9页。

§3 函数的单调性和最值


第1课时 函数的单调性











1．定义域为I的函数f(x)的增减性





思考：定义中的“任意x1，x2∈D”能否改成“存在x1，x2∈D”？


提示：不能．


2．单调性与单调区间


如果函数y＝f(x)在区间I上单调递增或单调递减，那么就称函数y＝f(x)在区间I具有单调性，区间I叫做y＝f(x)的单调区间．


思考：函数y＝ eq \f(1,x)在(－∞，0)上和(0，＋∞)上都是减函数，能否说它在整个定义域上是减函数？


提示：不能．在整个定义域上不满足减函数的定义，我们只能说(－∞，0)与(0，＋∞)分别是函数y＝ eq \f(1,x)的单调减区间．





1．函数y＝(2k＋1)x＋b在(－∞，＋∞)上是减函数，则 ( )


A．k> eq \f(1,2) B．k< eq \f(1,2)


C．k>－ eq \f(1,2) D．k<－ eq \f(1,2)


D [函数y＝(2k＋1)x＋b是减函数，则2k＋1<0，∴k<－ eq \f(1,2).]


2．函数y＝f(x)的图象如图所示，其单调递增区间是( )





A．[－4，4] B．[－4，－3]∪[1，4]


C．[－3，1] D．[－3，4]


[答案] C


3．已知函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝2x2－ax＋5在区间[1，＋∞)上是单调递增函数，则实数a的取值范围是________．


a≤4 [因为函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝2x2－ax＋5的单调递增区间是 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,4)，＋∞))，


所以[1，＋∞)⊆ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,4)，＋∞))，


所以 eq \f(a,4)≤1，解得a≤4.]


4．画出函数y＝－x2＋2|x|＋1的图象并写出函数的单调区间．


[解] y＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x2＋2x＋1，x≥0，,－x2－2x＋1，x<0，))


即y＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－（x－1）2＋2，x≥0，,－（x＋1）2＋2，x<0.))


函数的大致图象如图所示，





单调增区间为(－∞，－1]，[0，1]，单调减区间为(－1，0)，(1，＋∞).








求函数的单调区间


【例1】 求函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－3)) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x))的单调区间．


[思路点拨] 化成分段函数，作出图象，利用图象求解．





[解] f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－3)) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x))＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x2＋3x，x>0,x2－3x，x≤0)) ，


作出该函数的图象，观察图象知递增区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))，递减区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，0))， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)).





求函数单调区间的两种方法


(1)定义法：先求出定义域，再利用定义进行判断．


(2)图象法：先画出图象，再根据图象求单调区间．





eq \a\vs4\al([跟进训练])


1．求函数f(x)＝ eq \f(1,x－1)的单调减区间．


[解] 函数f(x)＝ eq \f(1,x－1)的定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)，


设x1，x2∈(－∞，1)，且x1

f(x1)－f(x2)＝ eq \f(1,x1－1)－ eq \f(1,x2－1)＝ eq \f(x2－x1,（x1－1）（x2－1）).


因为x10，x1－1<0，x2－1<0，


所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2).


所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递减，同理函数f(x)在(1，＋∞)上单调递减．


综上，函数f(x)的单调递减区间是(－∞，1)，(1，＋∞).





函数单调性的证明


角度一 证明具体函数的单调性


【例2】 求证：函数f(x)＝ eq \f(1,x2)在(0，＋∞)上是减函数，在(－∞，0)上是增函数．


[证明] 对于任意的x1，x2∈(－∞，0)，且x1

有f(x1)－f(x2)＝ eq \f(1,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)))－ eq \f(1,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)))＝ eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))－x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)),x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)))


＝ eq \f(（x2－x1）（x2＋x1）,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))).


∵x1

∴x2－x1>0，x1＋x2<0，x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))>0.


∴f (x1)－f (x2)<0，即f (x1)

∴函数f (x)＝ eq \f(1,x2)在(－∞，0)上是增函数．


对于任意的x1，x2∈(0，＋∞)，且x1

f (x1)－f(x2)＝ eq \f(（x2－x1）（x2＋x1）,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))).


∵00，x2＋x1>0，x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))>0.


∴f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2).


∴函数f(x)＝ eq \f(1,x2)在(0，＋∞)上是减函数．





利用定义证明函数单调性的4个步骤








eq \a\vs4\al([跟进训练])


2．判断并证明函数f(x)＝－ eq \f(1,x)＋1在(0，＋∞)上的单调性．


[解] 函数f(x)＝－ eq \f(1,x)＋1在(0，＋∞)上是增函数．证明如下：


设x1，x2是(0，＋∞)上的任意两个实数，且x1

则f(x1)－f(x2)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x1)＋1))－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x2)＋1))＝ eq \f(x1－x2,x1x2)，


由x1，x2∈(0，＋∞)，得x1x2>0，


又由x1

于是f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)

∴f(x)＝－ eq \f(1,x)＋1在(0，＋∞)上是增函数．


角度二 证明抽象函数的单调性


【例3】 已知函数f(x)对任意的实数x、y都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)－1，且当x>0时，f(x)>1.求证：函数f(x)在R上是增函数．


[证明] 法一：设x1，x2是实数集上的任意两个实数，且x1>x2.


令x＋y＝x1，y＝x2，则x＝x1－x2>0.


f(x1)－f(x2)＝f(x＋y)－f(y)＝f(x)＋f(y)－1－f(y)＝f(x)－1.


∵x>0，∴f(x)>1，f(x)－1>0，


∴f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2).


∴函数f(x)在R上是增函数．


法二：设x1>x2，则x1－x2>0，


从而f(x1－x2)>1，即f(x1－x2)－1>0.


f(x1)＝f[x2＋(x1－x2)]＝f(x2)＋f(x1－x2)－1>f(x2)，


故f(x)在R上是增函数．





因为抽象函数不知道解析式，所以不能代入求f(x1)－f(x2)，但可以借助题目提供的函数性质来确定f(x1)－f(x2)的大小，这时就需要根据解题需要对抽象函数进行赋值．





eq \a\vs4\al([跟进训练])


3．已知函数f(x)的定义域是R，对于任意实数m，n，恒有f(m＋n)＝f(m)·f(n)，且当x>0时，0

[证明] ∵对于任意实数m，n，恒有f(m＋n)＝f(m)·f(n)，令m＝1，n＝0，可得f(1)＝f(1)·f(0)，


∵当x＞0时，0＜f(x)＜1，


∴f(1)≠0，∴f(0)＝1.


令m＝x＜0，n＝－x＞0，


则f(m＋n)＝f(0)＝f(－x)·f(x)＝1，∴f(x)f(－x)＝1，


又∵－x＞0时，0＜f(－x)＜1，


∴f(x)＝ eq \f(1,f（－x）)＞1.


∴对任意实数x，f(x)恒大于0.


设任意x10，


∴0

∴f(x2)－f(x1)＝f[(x2－x1)＋x1]－f(x1)＝f(x2－x1)f(x1)－f(x1)＝f(x1)[f(x2－x1)－1]<0，


∴f(x)在R上是减函数．





函数单调性的应用


[探究问题]


已知y＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))是其定义域A上的增函数，


1．若a，b∈A，且a

提示：f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a))

2．若f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a))

提示：a

【例4】 若函数y＝f(x)的定义域为R，且为增函数，f(1－a)

[解] ∵y＝f(x)的定义域为R，且为增函数，


f(1－a)

∴1－a<2a－1，即a> eq \f(2,3)，


∴所求a的取值范围是( eq \f(2,3)，＋∞).





1．已知函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在区间[－1，1]上是单调函数且f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0))

eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2))) [由题意知函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在区间[－1，1]上是单调增函数，


所以不等式f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))

2．将例4中的定义域改为区间(－1，1)，求实数a的取值范围．


[解] f(1－a)

eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1<1－a<1，,－1<2a－1<1，,1－a＜2a－1，)) eq \f(2,3)＜a＜1，


即所求a的取值范围是 eq \f(2,3)＜a＜1.





函数单调性的应用


(1)单调性是函数的重要性质，利用单调性可以比较大小、求函数的最值．


(2)若一个函数在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a，b))上是单调的，则此函数在这一单调区间内的任意子集上也是单调的，且单调性相同．











1．若f(x)的定义域为D，A⊆D，B⊆D，f(x)在A和B上都递减，未必有f(x)在A∪B上递减．


2．对增函数的判断，对任意x1

(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0或 eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0.对减函数的判断，对任意x1f(x2)，相应地也可用一个不等式来替代：(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0或 eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)<0.


3．熟悉常见的一些单调性结论，包括一次函数，二次函数，反比例函数等．


4．若f(x)，g(x)都是增函数，h(x)是减函数，则：①在定义域的交集(非空)上，f(x)＋g(x)递增，f(x)－h(x)递增，②－f(x)递减，③ eq \f(1,f（x）)递减(f(x)≠0).


5．对于函数值恒正(或恒负)的函数f(x)，证明单调性时，也可以作商 eq \f(f（x1）,f（x2）)与1比较．





1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)


(1)函数y＝x2在R上是增函数．( )


(2)所有的函数在其定义域上都具有单调性．( )


(3)在增函数与减函数的定义中，可以把“任意两个自变量”改为“存在两个自变量”．( )


[答案] (1)× (2)× (3)×


2．下列函数f(x)中，满足对任意x1，x2∈(0，＋∞)，当x1f(x2)的是( )


A．f(x)＝x2 B．f(x)＝ eq \f(1,x)


C．f(x)＝|x| D．f(x)＝2x＋1


[答案] B


3．函数f(x)＝－x2－2x的单调递增区间是________．


[答案] (－∞，－1]


4．求证：f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝ eq \f(x,x＋2)在(－∞，－2)内单调递增．


[证明] 任设x1

∵x1

∴(x1＋2)(x2＋2)>0，x1－x2<0，于是f(x1)－f(x2)<0，


∴f(x1)

∴f(x)在(－∞，－2)内单调递增．


学 习 目 标
核 心 素 养
1.理解函数单调区间、单调性等概念．(重点)


2．会划分函数的单调区间，判断单调性．(重点、易混点)


3．会用定义证明函数的单调性．(难点)
1．通过单调区间、单调性等概念的学习，培养抽象概括素养．


2．通过用定义证明函数的单调性，培养逻辑推理素养．