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2018高中数学人教a版必修1学案:1.3.1函数的基本性质课堂导学案(含答案)

1.3.1 函数的基本性质 课堂导学 三点剖析 一、函数单调性 1 【例 1】 证明函数 y=x- 在(0,+∞)上单调递增. x 思路分析:作为证明单调性的要求,不能只作简单定性分析,还要用定义严格证明. 证明:设任意 x1、x2∈(0,+∞)且 x1<x2,则 f(x1)-f(x2)=x1∵0<x1<x2, ∴x1-x2<0,x1x2>0,1+ 1 >0. x1 x2 1 1 1 1 ( x ? x2 ) 1 -(x2- )=(x1-x2)+ - =(x1-x2)+ 1 =(x1-x2)(1+ ). x1 x2 x2 x1 x1 x2 x1 x2 因此(x1-x2)(1+1x1x2)<0, ∴f(x1)-f(x2)<0,即 f(x1)<f(x2). ∴f(x)=x1 在(0,+∞)上单调递增. x 温馨提示 1.函数单调性的证明不同于对它判断,应严格按单调性定义加以证明. 2.利用定义证明单调性,一般要遵循:(1)取值(任取给定区间上两个自变量);(2) 作差变形〔将 f(x1)-f(x2)进行代数恒等变形,一般要出现乘积形式,且有(x1-x2) 的因式〕;(3)判断符号(根据条件判断差式的正负);(4)得出结论. 3.有时需要通过观察函数的图象,先对函数是否具有某种性质做出猜想,然后通 过逻辑推理,证明这种猜想的正确性,这是研究函数性质的一种常用方法. 【例 2】 f(x)是二次函数,且在 x=1 处取得最值,又 f( 2 )<f(π),试判断 f(-2)与 f(2)的大小. 思路分析: 解决此题的关键是将 f(-2)与 f(2)置于某一单调区间内再进行比较大小. 解: 由于 f(x)是二次函数, 且在 x=1 处取得最值, 因此 x=1 是二次函数的对称轴. 又∵1< 2 <π,f( 2 )<f(π),可以得 f(x)在[1,+∞)上单调递增,∴二次函数的图象开 口方向向上,f(x)在(-∞,1)上单调递减. 由于 0 与 2 关于 x=1 对称,∴f(2)=f(0). ∵-2<0,∴f(-2)>f(0),即 f(-2)>f(2). 温馨提示 利用函数的单调性比较两函数值的大小, 关键是将所比较的数值对应的自变量转 化到同一单调区间上,才能进行比较. 二、函数的最值 【例 3】 求 f(x)=x+ x ? 1 的最小值. 思路分析:该题函数 f(x)由 x 与 x ? 1 相加构成,x 与 x ? 1 具有相同的单调性, 因此该题可借助单调性直接解决,同时由于 x 的次数不一致,出现了相当于 2 倍的关系,因此该题也可先转化为二次函数再利用二次函数的单调性解决. 解法一:f(x)=x+ x ? 1 的定义域为[1,+∞],在[1,+∞]上 x、 x ? 1 同时单调递 增,因此 f(x)=x+ x ? 1 在[1,+∞]上单调递增,最小值为 f(1)=1+ 1 ? 1 =1. 解法二:f(x)=x+ x ? 1 的定义域为[1,+∞] ,令 x ? 1 =t≥0,x=t2+1, ∴f(x)=g(t)=t2+1+t=t2+t+1=(t+ 1 2 3 ) + (t≥0). 2 4 由于 g(t)的对称轴 t=- 1 在[0,+∞)的左侧,g(t)的开口方向向上,如右图所示.二 2 次函数在[0,+∞)上单调递增,当 t=0 时,g(t)min=1,∴f(x)的最小值为 1. 温馨提示 1.本题的两种解法都是利用函数的单调性求最值,其中解法二是利用换元法,将 原函数转化为已知二次函数在给定区间上的最值问题, 该方法要特别注意正确确 定中间变量的取值范围. 2.利用单调性求最值,其规律为:若 f(x)在[a,b]上单调递增,则 f(a)≤f(x)≤f(b), 即最大值为 f(b),最小值为 f(a);若 f(x)在[a,b]上单调递减,则 f(b)≤f(x)≤f(a),即 最大值为 f(a),最小值为 f(b). 三、函数单调性的应用 【例 4】 (1)若函数 f(x)=x2+2(a-1)x+2 在区间(-∞,4]上是减函数,求实数 a 的取 值范围; (2)y=kx22 x+1 在[0,+∞)上单调递减,求实数 k 的取值范围. 3 思路分析:(1)二次函数的单调区间依赖于其对称轴的位置,处理二次函数的单 2 x+1 中的 k 是否为零要注意讨论. 3 ? 2(a ? 1) 解:(1)f(x)=x2+2(a-1)x+2,其对称轴为 x= =1-a,若要二次函数在(-∞,4] 2 ?1 调性问题需对对称轴进行讨论.(2)y=kx2- 上单调递减,必须满足 1-a≥4,即 a≤-3.如图所示. 2 x+1 满足题意;k>0 时,抛物线开口向上,在[0,+∞)上不可能 3 1 单调递减;k<0 时,对称轴 x= <0 在[0,+∞]上单调递减. 3k (2)k=0 时,y=- 综上,k≤0. 温馨提示 f(x)在(-∞,4]上是减函数,只说明区间(-∞,4]是函数 f(x)在定义域上单调递减 区间的一个子集. 各个击破 类题演练 1 证明二次函数 f(x)=ax2+bx+c(a<0)在区间(-∞,证明:设 x1、x2∈(-∞,[a(x1+x2)+b]. ∵x1,x2∈(-∞,∴x1+x2<b ), 2a b )上是增函数. 2a b ),且 x1<x,则 f(x1)-f(x2)=ax12+bx1-ax22-bx2=(x1-x2) 2a b ,∴a(x1+x2)>-b, a ∴a(x1+x2)+b>0. ∵x1-x2<0, ∴f(x1)-f(x2)<0,即 f(x1)<f(x2). ∴y=ax2+bx+c 在(-∞,变式提升 1 若函数 f(x)=x+ 1 定义在(0,+∞)上,试讨论函数的单调区间. x b ]上单调递增. 2a 解析:设任意 x1、x2∈(0,+∞)且 x1<x2, 则 f(x1)-f(x2)=x1+ x2 ? x1 x1 x2 1 ) x1 x2 1

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