第三章函数的概念与性质》《3.2.1单调性与最大（小）值》
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】《函数的单调性与最大（小）值》是高中数学新教材第一册第三章第2节的内容。在此之前，学生已学习了函数的概念、定义域、值域及表示法，这为过渡到本节的学习起着铺垫作用。学生在初中已经学习了一次函数、二次函数、反比例函数的图象，在此基础上学生对增减性有一个初步的感性认识，所以本节课是学生数学思想的一次重要提高。函数单调性是函数概念的延续和拓展，又是后续研究指数函数、对数函数等内容的基础，对进一步研究闭区间上的连续函数最大值和最小值的求法和实际应用，对解决各种数学问
题
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有着广泛作用。【教学目标与核心素养】课程目标1、理解增函数、减函数的概念及函数单调性的定义；2、会根据单调定义证明函数单调性；3、理解函数的最大（小）值及其几何意义；4、学会运用函数图象理解和研究函数的性质.数学学科素养1.数学抽象：用数学语言表示函数单调性和最值；2.逻辑推理：证明函数单调性；3.数学运算：运用单调性解决不等式；4.数据分析：利用图像求单调区间和最值；5.数学建模：在具体问题情境中运用单调性和最值解决实际问题。【教学重难点】重点：1、函数单调性的定义及单调性判断和证明；2、利用函数单调性或图像求最值.难点：根据定义证明函数单调性．【教学方法】：以学生为主体，采用诱思探究式教学，精讲多练。【教学过程】第一课时 函数的单调性一、情景引入德国心理学家艾宾浩斯研究发现，遗忘在学习之后立即开始，而且遗忘的进程并不是均匀的，最初遗忘速度较快，以后逐渐缓慢．他认为“保持和遗忘是时间的函数”，并根据实验结果绘成描述遗忘进程的曲线，即著名的艾宾浩斯记忆遗忘曲线．如下图：这条曲线告诉我们，学习中的遗忘是有规律的，遗忘的进程是不均衡的，记忆的最初阶段遗忘的速度很快，后来就逐渐变慢了．这条曲线表明了遗忘规律是“先快后慢”．通过这条曲线能说明什么数学问题呢？二、新知导学1．增函数和减函数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)f(x1)__＞__f(x2)那么就说函数f(x)在区间D上是增函数．区间D称为函数f(x)的单调递增区间那么就说函数f(x)在区间D上是减函数．区间D称为函数f(x)的单调递减区间图象特征函数f(x)在区间D上的图象是__上升__的函数f(x)在区间D上的图象是__下降__的图示[
知识点
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拨] (1)函数f(x)在区间D上是增函数，x1，x2∈D，则x1
f(x2)．2．单调性(1)定义：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上具有(严格的)单调性，区间D叫做函数y＝f(x)的__单调区间__.(2)图象特征：函数y＝f(x)在区间D上具有单调性，则函数y＝f(x)在区间D上的图象是上升的或下降的．[归纳
总结
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] 基本初等函数的单调区间如下表所示：函数条件单调递增区间单调递减区间正比例函数(y＝kx，k≠0)与一次函数(y＝kx＋b，k≠0)k＞0R无k＜0无R反比例函数(y＝eq\f(k,x)，k≠0)k＞0无(－∞，0)和(0，＋∞)k＜0(－∞，0)和(0，＋∞)无二次函数(y＝ax2＋bx＋c，a≠0)a＞0[－eq\f(b,2a)，＋∞)(－∞，－eq\f(b,2a)]a＜0(－∞，－eq\f(b,2a)][－eq\f(b,2a)，＋∞)三、课前小测1．函数y＝f(x)在区间(a，b)上是减函数，x1，x2∈(a，b)，且x1＜x2，则有( B )A．f(x1)f(x2)，故选B．2．下列函数中，在区间(0,2)上为增函数的是( B )A．y＝3－xB．y＝x2＋1C．y＝eq\f(1,x)D．y＝－x2[解析] 分别画出各个函数的图象，在区间(0,2)上上升的图象只有B．3．若定义在R上的函数f(x)对任意两个不相等的实数a，b，总有eq\f(fa－fb,a－b)>0成立，则必有( A )A．f(x)在R上是增函数B．f(x)在R上是减函数C．函数f(x)是先增后减D．函数f(x)是先减后增[解析] 由单调性的定义可知，对任意两个不相等的实数a、b，总有eq\f(fa－fb,a－b)>0成立，则f(x)在R上是增函数，故选A．4．已知函数f(x)是区间(0，＋∞)上的减函数，那么f(a2－a＋1)与f(eq\f(3,4))的大小关系为__f(a2－a＋1)≤f(eq\f(3,4))__.[解析] ∵a2－a＋1＝(a－eq\f(1,2))2＋eq\f(3,4)≥eq\f(3,4)，又∵f(x)在区间(0，＋∞)上为减函数，∴f(a2－a＋1)≤f(eq\f(3,4))．5．判断并证明函数f(x)＝－eq\f(1,x)＋1在(0，＋∞)上的单调性．[解析] 函数f(x)＝－eq\f(1,x)＋1在(0，＋∞)上是增函数．证明：设x1，x2是(0，＋∞)上的任意两个实数，且x10.又由x10.又eq\r(1－x1)＋eq\r(1－x2)>0，∴f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，故函数f(x)＝eq\r(1－x)在(－1,1)上单调递减．『规律方法』 1.函数单调性的证明方法——定义法利用定义法证明或判断函数单调性的步骤是：2．用定义证明函数单调性时，作差f(x1)－f(x2)后，若f(x)为多项式函数，则“合并同类项”，再因式分解；若f(x)是分式函数，则“先通分”，再因式分解；若f(x)解析式是根式，则先“分子有理化”再分解因式．〔跟踪练习2〕(1)用函数单调性定义证明函数f(x)＝2x2＋4x在(－∞，－1]上是单调减函数；(2)用函数单调性定义证明，函数y＝eq\f(2x,x＋1)在(－1，＋∞)上为增函数．[证明] (1)设x10，即f(x1)>f(x2)，∴f(x)在(－∞，－1]上是减函数．(2)设x1>x2>－1，则x1－x2>0，x1＋1>0，x2＋1>0，y1－y2＝eq\f(2x1,x1＋1)－eq\f(2x2,x2＋1)＝eq\f(2x1－x2,x1＋1x2＋1)>0，∴y1>y2，∴函数y＝eq\f(2x,x＋1)在(－1，＋∞)上为增函数．命题方向3 ⇨单调性的应用典例3 已知函数f(x)是定义在R上的增函数，且f(3a－7)>f(11＋8a)，求实数a的取值范围．[思路分析] 根据函数的单调性定义可知，由两个自变量的大小可以得到相应的函数值的大小，反之，由两个函数值的大小也可以得到相应自变量的大小．[解析] ∵函数f(x)是定义在R上的增函数，且f(3a－7)>f(11＋8a)，∴3a－7>11＋8a，∴a<－eq\f(18,5)，∴实数a的取值范围是(－∞，－eq\f(18,5))．『规律方法』 利用函数的单调性解函数值的不等式就是利用函数在某个区间内的单调性，去掉对应关系“f”，转化为自变量的不等式，此时一定要注意自变量的限制条件，以防出错．〔跟踪练习3〕已知函数g(x)是定义在R上为增函数，且g(t)>g(1－2t)，求实数t的取值范围．[解析] ∵g(x)在R上为增函数，且g(t)>g(1－2t)，∴t>1－2t，∴t>eq\f(1,3)，即所求t的取值范围为(eq\f(1,3)，＋∞)．对单调区间和在区间上单调两个概念理解错误 典例4 若函数f(x)＝x2＋2ax＋4的单调递减区间是(－∞，2]，则实数a的取值范围是__－2__.[错解] 函数f(x)的图象的对称轴为直线x＝－a，由于函数在区间(－∞，2]上单调递减，因此－a≥2，即a≤－2.[错因分析] 错解中把单调区间误认为是在区间上单调．[正解] 因为函数f(x)的单调递减区间为(－∞，2]，且函数f(x)的图象的对称轴为直线x＝－a，所以有－a＝2，即a＝－2.[警示] 若一个函数在区间[a，b]上是单调的，则此函数在这一单调区间内的任意子区间上也是单调的，因此f(x)在区间A上单调增(或减)和f(x)的单调增(或减)区间为A不等价．抽象函数单调性的判断与证明 所谓抽象函数，一般是指没有给出具体解析式的函数，研究抽象函数的单调性，主要是考查对函数单调性的理解，是一类重要的题型，而证明抽象函数的单调性常采用定义法．典例5 设f(x)是定义在R上的函数，对m，n∈R，恒有f(m＋n)＝f(m)·f(n)(f(m)≠0，f(n)≠0)，且当x>0时，00；(3)f(x)在R上是减函数．[思路分析] (1)可通过赋值求f(0)；(2)可通过f(0)＝f[x＋(－x)]＝f(x)·f(－x)证明f(x)>0；(3)利用定义可证明函数的单调性．[解析] (1)根据题意，令m＝0，可得f(0＋n)＝f(0)·f(n)，∵f(n)≠0，∴f(0)＝1.(2)由题意知x>0时，00；当x<0时，－x>0，∴00.故x∈R时，恒有f(x)>0.(3)设x1，x2∈R，且x10，又x2－x1>0，∴0f(2a)B．f(a2)0，∴a2＋1>a，又∵f(x)在(－∞，＋∞)上是减函数，∴f(a2＋1)2>1，则f(3)f(－m＋9)，则实数m的取值范围是( C )A．(－∞，－3)B．(0，＋∞)C．(3，＋∞)D．(－∞，－3)∪(3，＋∞)[解析] 因为函数y＝f(x)在R上为增函数，且f(2m)>f(－m＋9)，所以2m>－m＋9，即m>3，故选C．二、填空题7．函数f(x)＝eq\f(1,x＋1)在(a，＋∞)上单调递减，则a的取值范围是__[－1，＋∞)__.[解析] ∵函数f(x)＝eq\f(1,x＋1)的单调递减区间为(－1，＋∞)，(－∞，－1)，又∵函数f(x)＝eq\f(1,x＋1)在(a，＋∞)上单调递减，∴(a，＋∞)⊆(－1，＋∞)，∴a≥－1.8．函数f(x)＝－2x2＋4x－3的单调递增区间为__(－∞，1]__.[解析] f(x)＝－2x2＋4x－3的图象是开口向下，对称轴为x＝1的抛物线，∴其单调递增区间为(－∞，1]．三、解答题9．求证函数f(x)＝x＋eq\f(4,x)在(2，＋∞)上是增函数．[证明] 任取x1，x2∈(2，＋∞)，且x14，x1x2－4>0，所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)f(1)的实数x的取值范围是( D )A．(－∞，1)B．(1，＋∞)C．(eq\f(1,2)，＋∞)D．(－∞，eq\f(1,2))[解析] ∵f(x)在R上为减函数且f(2x)>f(1)．∴2x<1，∴x<eq\f(1,2).2．设(a，b)，(c，d)都是函数f(x)的单调增区间，且x1∈(a，b)，x2∈(c，d)，x1＜x2，则f(x1)与f(x2)的大小关系是( D )A．f(x1)＜f(x2)B．f(x1)＞f(x2)C．f(x1)＝f(x2)D．不能确定[解析] ∵x1，x2不在同一单调区间内，∴大小关系无法确定．3．已知函数y＝ax和y＝－eq\f(b,x)在(0，＋∞)上都是减函数，则函数f(x)＝bx＋a在R上是( A )A．减函数且f(0)＜0B．增函数且f(0)＜0C．减函数且f(0)＞0D．增函数且f(0)＞0[解析] ∵y＝ax和y＝－eq\f(b,x)在(0，＋∞)都是减函数，∴a＜0，b＜0，f(x)＝bx＋a为减函数且f(0)＝a＜0，故选A．4．下列有关函数单调性的说法，不正确的是( C )A．若f(x)为增函数，g(x)为增函数，则f(x)＋g(x)为增函数B．若f(x)为减函数，g(x)为减函数，则f(x)＋g(x)为减函数C．若f(x)为增函数，g(x)为减函数，则f(x)＋g(x)为增函数D．若f(x)为减函数，g(x)为增函数，则f(x)－g(x)为减函数[解析] 若f(x)为增函数，g(x)为减函数，则f(x)＋g(x)的增减性不确定．例如f(x)＝x＋2为R上的增函数，当g(x)＝－eq\f(1,2)x时，则f(x)＋g(x)＝eq\f(1,2)x＋2为增函数；当g(x)＝－3x，则f(x)＋g(x)＝－2x＋2在R上为减函数，∴选C．二、填空题5．函数y＝－(x－3)|x|的递增区间为__[0，eq\f(3,2)]__.[解析] y＝－(x－3)|x|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋3xx＞0,x2－3xx≤0)).作出其图象如图，观察图象知递增区间为[0，eq\f(3,2)]．6．若函数f(x)＝4x2－kx－8在[5,8]上是单调函数，则k的取值范围是__(－∞，40]∪[64，＋∞)__.[解析] 对称轴为x＝eq\f(k,8)，则eq\f(k,8)≤5或eq\f(k,8)≥8，得k≤40或k≥64.三、解答题7．用函数单调性的定义判断函数f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2)(a<eq\f(1,2))在(－2，＋∞)上的单调性．[解析] 证明：f(x)在(－2，＋∞)上是减函数．∵函数f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2)＝eq\f(ax＋2－2a＋1,x＋2)＝a＋eq\f(1－2a,x＋2)，任取x1，x2∈(－2，＋∞)，且x10，(x1＋2)(x2＋2)>0，∵a<eq\f(1,2)，∴1－2a>0，∴f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，∴f(x)在(－2，＋∞)上是减函数．8．已知y＝f(x)在定义域(－1,1)上是减函数，且f(1－a)2a－1，即a<eq\f(2,3).②由①②可知，00，x2＋2>0，∴f(x1)－f(x2)<0，∴f(x1)1时，f(x)>0.(1)求f(1)；(2)求证f(x)在定义域上是增函数；(3)如果f(eq\f(1,3))＝－1，求满足不等式f(x)－f(x－2)≥2的x的取值范围．[思路分析] (1)由于f(x·y)＝f(x)＋f(y)对任意x，y∈(0，＋∞)都成立，故可给x、y赋值产生f(1)；(2)欲证f(x)在(0，＋∞)上为增函数，需证对任意x1，x2∈(0，＋∞)且x11时，f(x)>0，这里eq\f(x2,x1)>1.∴f(eq\f(x2,x1))>0，即f(x2·eq\f(1,x1))＝f(x2)＋f(eq\f(1,x1))>0，于是在f(x·y)＝f(x)＋f(y)中令y＝eq\f(1,x)可得f(x)＋f(eq\f(1,x))＝0，从而f(eq\f(1,x))＝－f(x)．从而有f(x2)－f(x1)＝f(x2)＋f(eq\f(1,x1))＝f(eq\f(x2,x1))>0，即可沟通条件与结论．(3)利用(2)和条件f(eq\f(1,3))＝－1可得f(3)，求得f(m)＝2，将不等式f(x)－f(x－2)≥2化为f(x)≥f(x－2)＋f(m)的形式结合条件即可得f(x)≥f(m(x－2))，再利用单调性脱去符号“f”即可求解．莫忘定义域的限制．[解析] (1)令x＝y＝1，得f(1)＝2f(1)，故f(1)＝0.(2)证明：令y＝eq\f(1,x)，得f(1)＝f(x)＋f(eq\f(1,x))＝0，故f(eq\f(1,x))＝－f(x)．任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x11，故f(eq\f(x2,x1))>0，从而f(x2)>f(x1)．∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．(3)由于f(eq\f(1,3))＝－1，而f(eq\f(1,3))＝－f(3)，故f(3)＝1.在f(x·y)＝f(x)＋f(y)中，令x＝y＝3，得f(9)＝f(3)＋f(3)＝2.故所给不等式可化为f(x)－f(x－2)≥f(9)，∴f(x)≥f[9(x－2)]，∴x≤eq\f(9,4)，又eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0,x－2>0))，∴20，x1－1>0，又∵x10时，最大值为4a－b，最小值为2a－b，差为2a，∴a＝1；当a≤0时，最大值为2a－b，最小值为4a－b，差为－2a，∴a＝－1.6．已知函数f(x)＝－x2＋4x＋a，x∈[0,1]，若f(x)有最小值－2，则f(x)的最大值为( C )A．－1B．0C．1D．2[解析] f(x)＝－(x2－4x＋4)＋a＋4＝－(x－2)2＋4＋a，∴函数f(x)图象的对称轴为直线x＝2，∴f(x)在[0,1]上单调递增．又∵f(x)min＝f(0)＝a＝－2，∴f(x)max＝f(1)＝－1＋4－2＝1.二、填空题7．函数f(x)＝x－eq\f(2,x)在[1,2]上的最大值是__1__.[解析] 函数f(x)＝x－eq\f(2,x)在[1,2]上是增函数，∴当x＝2时，f(x)取最大值f(2)＝2－1＝1.8．函数y＝x2－2x－1的值域是__[－2，＋∞)__.[解析] 因为二次函数图象开口向上，所以它的最小值为eq\f(4×1×－1－－22,4)＝－2.故值域为[－2，＋∞)．三、解答题9．已知函数f(x)＝x＋eq\f(1,2x)＋2，其中x∈[1，＋∞)．(1)试判断它的单调性；(2)试求它的最小值．[解析] (1)f(x)在[1，＋∞)上单调递增，理由如下：f(x1)－f(x2)＝(x1－x2)＋(eq\f(1,2x1)－eq\f(1,2x2))＝(x1－x2)(1－eq\f(1,2x1x2))＝(x1－x2)eq\f(2x1x2－1,2x1x2)，∵1≤x1＜x2，∴x1－x2＜0，x1x2＞1，∴2x1x2－1＞0，∴f(x1)－f(x2)＜0.即f(x1)＜f(x2)，所以f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增．(2)由(1)知，f(x)在[1，＋∞)上是增函数，∴当x＝1时，f(x)有最小值eq\f(7,2).B级 素养提升一、选择题1．函数f(x)＝2－eq\f(3,x)在区间[1,3]上的最大值是( D )A．2B．3C．－1D．1[解析] 函数f(x)＝2－eq\f(3,x)在[1,3]上单调递增，∴f(x)的最大值为f(3)＝2－eq\f(3,3)＝2－1＝1.故选D．2．已知f(x)＝eq\r(x)－eq\r(1－x)，则( C )A．f(x)max＝eq\r(2)，f(x)无最小值B．f(x)min＝1,f(x)无最大值C．f(x)max＝1,f(x)min＝－1D．f(x)max＝1,f(x)min＝0[解析] 要使f(x)有意义，应满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0,1－x≥0))，∴0≤x≤1，显然f(x)在[0,1]上单调递增，所f(x)max＝1，f(x)min＝－1.3．某公司在甲、乙两地销售一种品牌车，利润(单位：万元)分别为L1＝5.06x－0.15x2和L2＝2x，其中x为销售量(单位：辆)．若该公司在这两地共销售15辆车，则能获得的最大利润为( B )A．45.606万元B．45.6万元C．45.56万元D．45.51万元[解析] 设在甲地销售量为a辆，则在乙地销售量为15－a辆，设利润为y万元，则y＝5.06a－0.15a2＋2(15－a)(0≤a≤15且a∈N)，则y＝－0.15a2＋3.06a＋30，可求ymax＝45.6万元．4．已知函数y＝x2－2x＋3在闭区间[0，m]上有最大值3，最小值2，则m的取值范围是( D )A．[1，＋∞)B．[0,2]C．(－∞，2]D．[1,2][解析] f(x)＝(x－1)2＋2，∵f(x)min＝2，f(x)max＝3，且f(1)＝2，f(0)＝f(2)＝3，∴1≤m≤2，故选D．二、填空题5．已知函数f(x)＝2x－3，当x≥1时，恒有f(x)≥m成立，则实数m的取值范围是__(－∞，－1]__.[解析] ∵f(x)＝2x－3在[1，＋∞)上单调递增，∴f(x)≥f(1)＝－1.∵m≤f(x)恒成立，∴m≤－1.6．已知函数f(x)＝x2－6x＋8，x∈[1，a]，并且f(x)的最小值为f(a)，则实数a的取值范围是__1＜a≤3__.[解析] 画f(x)＝x2－6x＋8的图象，∴f(x)的单调递减区间为(－∞，3]，∴1＜a≤3.三、解答题7．已知函数f(x)＝|x|(x＋1)，试画出函数f(x)的图象，并根据图象解决下列两个问题．(1)写出函数f(x)的单调区间；(2)求函数f(x)在区间[－1，eq\f(1,2)]的最大值．[解析] f(x)＝|x|(x＋1)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2－xx≤0,x2＋xx＞0))的图象如图所示．(1)f(x)在(－∞，－eq\f(1,2)]和[0，＋∞)上是增函数，在[－eq\f(1,2)，0]上是减函数，因此f(x)的单调增区间为(－∞，－eq\f(1,2)]，[0，＋∞)，单调减区间[－eq\f(1,2)，0]．(2)∵f(－eq\f(1,2))＝eq\f(1,4)，f(eq\f(1,2))＝eq\f(3,4)，∴f(x)在区间[－1，eq\f(1,2)]的最大值为eq\f(3,4).8．设f(x)是定义在R上的函数，且对任意实数x，有f(1－x)＝x2－3x＋3.(1)求函数f(x)的解析式；(2)若函数g(x)＝f(x)－5x＋1在[m，m＋1]上的最小值为－2，求实数m的取值范围．[解析] (1)令1－x＝t，则x＝1－t，得f(t)＝(1－t)2－3(1－t)＋3，化简得f(t)＝t2＋t＋1，即f(x)＝x2＋x＋1，x∈R.(2)由(1)知g(x)＝x2－4x＋2＝(x－2)2－2(m≤x≤m＋1)，∵g(x)min＝－2，∴m≤2≤m＋1，∴1≤m≤2.9．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足f(eq\f(x1,x2))＝f(x1)－f(x2)，且当x＞1时，f(x)＜0.(1)求f(1)的值；(2)判断f(x)的单调性；(3)若f(3)＝－1，求f(x)在[2,9]上的最小值．[解析] (1)令x1＝x2，则f(1)＝f(eq\f(x1,x2))＝f(x1)－f(x2)＝0.(2)任取x1，x2满足0＜x1＜x2，则eq\f(x2,x1)＞1，∴f(eq\f(x2,x1))＜0.∵f(eq\f(x2,x1))＝f(x2)－f(x1)，∴f(x2)－f(x1)＜0，即f(x1)＞f(x2)，∴f(x)在(0，＋∞)上是减函数．(3)∵f(3)＝f(eq\f(9,3))＝f(9)－f(3)，∴f(9)＝2f(3)＝－2.又f(x)在(0，＋∞)上是减函数，∴f(x)在[2,9]上是减函数．∴f(x)在[2,9]上的最小值为f(9)＝－2.
浙公网安备 33021202002483