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2.2.1.2 函数的单调性与最值(准高一新授课教案)

时间:2015-07-04


第 2 课时 函数的最大值、最小值 函数的最大值、最小值 【问题导思】 已知函数 f(x)=2x,x∈[1,3]. 1.该函数图象是什么图形? 【提示】 一条线段. 2.其端点值是多少? 【提示】 f(3)=6,f(1)=2.

3.f(x)与端点值大小如何? 【提示】 f(1)≤f(x)≤f(3).

1.函数的最大值 一般地, 设 y=

f(x)的定义域为 A, 如果存在 x0∈A, 使得对于任意的 x∈A 都有 f(x)≤f(x0), 那么称 f(x0)为 y=f(x)的最大值,记为 ymax=f(x0). 2.函数的最小值 一般地, 设 y=f(x)的定义域为 A, 如果存在 x0∈A, 使得对于任意的 x∈A, 都有 f(x)≥f(x0), 那么称 f(x0)为 y=f(x)的最小值,记为:ymin=f(x0).

课堂互动探究

利用图象求函数最值 例 1 求函数 y=|x+1|-|x-2|的最大值和最小值. 【思路探究】 去绝对值得分段函数 → 画图象 → 求最值

3 ?x≥2? ? ? 【自主解答】 y=|x+1|-|x-2|=?2x-1 ?-1<x<2? ? ?-3 ?x≤-1? y∈[-3,3].所以函数的最大值为 3,最小值为-3.

.作出函数的图象,由图可知,

1

规律方法

1.对于形如 y=|x+a|+|x+b|型的函数最值求法,常先把函数利用“零点分段法”化成 分段函数,然后画出函数图象,结合图象求其最值. 2.图象法求最值的一般步骤:

互动探究 若将函数解析式改为 y=|x+1|+|x-2|如何求解? 【解】 y=|x+1|+|x-2|= -2x+1 ?x≤-1? ? ? ?3 ?-1<x≤2?, ? ?2x-1 ?x>2? 其图象如图所示:

所以函数的最小值为 3,无最大值.

利用单调性求函数最值

2

x 例 2 求函数 f(x)= 在区间[2,5]上的最大值与最小值. x-1 【思路探究】 先用定义研究函数在区间上的单调性,再求最值. 【自主解答】 任取 2≤x1<x2≤5, x1 x2 则 f(x1)= ,f(x2)= , x1-1 x2-1 f(x2)-f(x1)= x1-x2 x2 x1 - = , x2-1 x1-1 ?x2-1??x1-1?

∵2≤x1<x2≤5, ∴x1-x2<0,x2-1>0,x1-1>0, ∴f(x2)-f(x1)<0. ∴f(x2)<f(x1). x ∴f(x)= 在区间[2,5]上是单调减函数. x-1 ∴f(x)max=f(2)= f(x)min=f(5)= 2 =2, 2-1

5 5 = . 5-1 4

规律方法

1.当函数的图象不知或不易作出时,常利用单调性求其最值. 2.函数的最值与单调性的关系: 若函数在闭区间[a,b]上是减函数,则 f(x)在[a,b]上的最大值为 f(a),最小值为 f(b); 若函数在闭区间[a,b]上是增函数,则 f(x)在[a,b]上的最大值为 f(b),最小值为 f(a). 变式训练

1 求函数 f(x)=x- 在[1,3]上的最大值与最小值. x 1 1 1 1 【解】 任取 1≤x1<x2≤3,则 f(x1)-f(x2)=(x1- )-(x2- )=(x1-x2)+( - )=(x1 x1 x2 x2 x1 x1x2+1 -x2) , x1x2 ∵1≤x1<x2≤3,∴x1-x2<0,x1x2+1>0,x1x2>0, ∴f(x1)-f(x2)<0,即 f(x1)<f(x2),从而 f(x)在[1,3]上单调递增, 1 8 ∴f(x)max=f(3)=3- = ,f(x)min=f(1)=0. 3 3

3

函数最值的应用 x2+2x+a 例 3 已知函数 f(x)= ,若对于任意 x∈[1,+∞),f(x)>0 恒成立,试求实数 a x 的取值范围. a 【自主解答】 法一 f(x)=x+ +2,x∈[1,+∞), x 当 a≥0 时,函数 f(x)的值恒为正. 当 a<0 时,设 1≤x1<x2, a a 则 f(x1)-f(x2)=(x1+ +2)-(x2+ +2) x1 x2 = ?x1-x2??x1x2-a? . x1x2

∵1≤x1<x2,∴x1x2>1,x1-x2<0, 又 a<0,∴f(x1)-f(x2)<0,即 f(x1)<f(x2), ∴f(x)在[1,+∞)上为递增函数, ∴当 x=1 时,f(x)min=3+a. 当且仅当 f(x)min=3+a>0 时,函数 f(x)>0 恒成立, 故-3<a<0. 综上 a>-3 时,f(x)>0 在[1,+∞)上恒成立. 法二 在区间[1,+∞)上, f(x)= x2+2x+a >0(x∈[1,+∞))恒成立?x2+2x+a>0 恒成立. x

设 g(x)=x2+2x+a,x∈[1,+∞), ∵g(x)=x2+2x+a=(x+1)2+a-1 在[1,+∞)上递增, ∴当 x=1 时,g(x)min=3+a,当且仅当 g(x)min=3+a>0 时, 函数 f(x)>0 恒成立,故 a>-3.

规律方法 不等式在某区间上的恒成立问题常转化为先求某熟知函数在该区间上的最值, 再利用函 数的最值构建不等式求解.有时需对所给不等式进行适当的变形,能够大大地简化运算. 变式训练 若-x2+4x-a<0 恒成立,求实数 a 的取值范围. 【解】 ∵-x2+4x-a<0 恒成立, ∴a>-x2+4x, 又-x2+4x=-(x2-4x+4)+4=-(x-2)2+4≤4, ∴a>4.
4

故 a 的取值范围为(4,+∞).

思想方法技巧

分类讨论思想在二次函数最值问题中的应用 典例 (12 分)求函数 f(x)=x2-2ax-1 在区间[0,2]上的最大值和最小值.

【思路点拨】 当 f(x)的对称轴相对于区间[0,2]的位置不同时,f(x)在[0,2]上的单调性不 同,最值也会不同.因此需根据对称轴 x=a 相对于区间[0,2]的位置进行分类讨论. 【规范解答】 f(x)=(x-a)2-1-a2,对称轴为 x=a.

(1)当 a<0 时,由图 1 可知, f(x)min=f(0)=-1,f(x)max=f(2)=3-4a. 4分

图1

图2

5

(2)当 0≤a<1 时,由图 2 可知, f(x)min=f(a)=-1-a2,f(x)max=f(2)=3-4a. (3)当 1≤a≤2 时,由图 3 可知, f(x)min=f(a)=-1-a2,f(x)max=f(0)=-1. 8分 6分

图3 (4)当 a>2 时,由图 4 可知,

图4

f(x)min=f(2)=3-4a,f(x)max=f(0)=-1. 综上所述:当 a<1 时,f(x)的最大值为 3-4a; 当 a≥1 时,f(x)的最大值为-1; 当 a<0 时,f(x)的最小值为-1; 当 0≤a≤2 时,f(x)的最小值为-1-a2; 当 a>2 时,f(x)的最小值为 3-4a.

10 分

12 分

思维启迪
1.本题以对称轴 x=a 是否落在区间[0,2]内进行分类讨论,从而做到不重不漏;另在求 解过程中注重了数形结合的思想方法. 2.对于二次函数 f(x)=a(x-h)2+k(a>0)在区间[m,n]上的最值可作如下结论:

对称轴 x=h 与[m,n] 的位置关系 h<m h> n m≤h≤n m+n m≤h< 2 m+n h= 2 m+n <h≤n 2

最大值 f(n) f(m)

最小值 f(m) f(n)

f(n) f(m)或 f(n) f(m)

f(h) f(h) f(h)

课堂小结
6

1 .函数最值的定义强调两个方面:一是任意性,即对任意 x ∈ I ,都有 f(x)≤M( 或 (f(x)≥M).二是存在性,即存在 x0∈I 使得 f(x0)=M. 2.函数最值的求法: (1)利用图象求最值,关键是找到图象的最高点与最低点. (2)利用单调性求最值,首先利用定义证明函数在某个区间上的单调性,然后求最值. (3)二次函数求最值,注意数形结合,从二次函数图象的开口方向,对称轴与区间的关 系入手,若对称轴与区间的关系不定,应分类讨论.

课堂练习
1.函数 f(x)在[-2,2]上的图象如图 2-2-3 所示,则此函数的最小值、最大值分别是 ________.

图 2-2-3 【解析】 由函数图象可知,函数的最大值为 2,最小值为-1. 【答案】 -1、2 2.函数 f(x)=x2+3x+a 在区间(-3,3)上的最小值为________. 【解析】 3 9 f(x)=x2+3x+a=(x+ )2+a- , 2 4

∵-3<x<3, 3 9 ∴f(x)在(-3,3)上的最小值为 f(- )=a- . 2 4 9 【答案】 a- 4 3.函数 y=(a-1)x 在[1,3]上的最大值是 2,则 a=________. 【解析】 当 a-1>0 时,函数 y=(a-1)x 在[1,3]上是增函数,∴由 ymax=3(a-1)=2, 5 得 a= . 3

7

当 a-1<0 时, 函数 y=(a-1)x 在[1,3]上是减函数, ∴由 ymax=a-1=2, 得 a=3(舍去). 5 综上可知,a= . 3 【答案】 5 3

4.已知函数 f(x)=x2-2ax+5(a>1),若 f(x)的定义域和值域均是[1,a],求实数 a 的值. 【解】 ∵f(x)开口向上,对称轴 x=a>1, ∴f(x)在[1,a]上是单调减函数, ∴f(x)的最大值为 f(1)=6-2a, f(x)的最小值为 f(a)=5-a2, ∴6-2a=a,5-a2=1, ∴a=2.

课后巩固练习
一、填空题 1.已知函数 f(x)=x2-4x,x∈[1,5],则函数 f(x)的值域是________. 【解析】 f(x)=(x-2)2-4

∵2∈[1,5], ∴f(x)min=-4,f(x)max=f(5)=5. 【答案】 [-4,5]

2.已知函数 y=f(x)的定义域为[a,b],a<c<b,当 x∈[a,c]时,f(x)是单调减函数,当 x∈[c,b]时,f(x)是单调增函数,则下列说法正确的有________. ①f(x)最大值为 f(c); ②f(x)最小值为 f(c); ③f(x)有最小值但无最大值; ④f(x)既有最大值, 又有最小值;⑤f(x)最大值为 f(a). 【解析】 ∵函数 y=f(x)在区间[a,c]上单调递减,在区间[c,b]上单调递增, ∴f(x)min=f(c),由于无法比较 f(a)与 f(b)的大小,故无法确定 f(x)的最大值,但函数 f(x) 在[a,b]上存在最大值,故②④正确. 【答案】 ②④ 3.已知集合 P={y|y=-x2+2,x∈R},Q={y|y=-x+2,x∈R},则 P∩Q=______. 【解析】 ∵P={y|y=-x2+2,x∈R}={y|y≤2}, Q={y|y=-x+2,x∈R}=R, ∴P∩Q={y|y≤2}.

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【答案】

{y|y≤2}

1 4.(2013· 连云港高一检测)函数 y= ,x∈[3,4]的最大值为________. x-2 【解析】 易证 y= 【答案】 1 2x+3,x≤0 ? ? 5.函数 y=?x+3,0<x≤1 ? ?-x+5,x>1 1 1 在[3,4]上递减,ymax= =1. x-2 3-2

的最大值是________.

【解析】 当 x≤0 时,2x+3≤3;当 0<x≤1 时,3<x+3≤4;当 x>1 时,-x+5<4. 综上可知,当 x=1 时,y 有最大值 4. 【答案】 4 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________. 【解析】 由题意知 f(x)在[1,a]内是单调递减的, 又∵f(x)的单调减区间为(-∞,3],∴1<a≤3. 【答案】 (1,3]

1 7.(2013· 苏州高一检测)已知函数 f(x)=x2+ -a,且 f(x)≥0 在(-∞,-1]上恒成立, x 则 a 的取值范围是________. 1 1 【解析】 由 f(x)≥0 得 x2+ -a≥0,即 a≤x2+ , x x 1 1 1 令 g(x)=x2+ , 由函数 y=x2 与 y= 在(-∞, -1]上都是减函数知 g(x)=x2+ 是(-∞, x x x -1]上的减函数, ∴g(x)≥g(-1)=0,∴a≤0. 【答案】 (-∞,0]

25 8.若二次函数 y=x2-3x-4 的定义域为[0,m],最大值为-4,最小值为- ,则 m 4 的取值范围是________. 3 25 【解析】 ∵y=(x- )2- , 2 4 3 25 ∴f( )=- ,f(0)=f(3)=-4, 2 4 3 ∴结合图象知 ≤m≤3. 2

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【答案】 二、解答题

3 [ ,3] 2

4 9.求函数 f(x)=x+ 在 x∈[1,2]上的最大值与最小值. x 【解】 设 x1,x2∈[1,2],且 x1<x2,则 4 4 f(x1)-f(x2)=(x1+ )-(x2+ ) x1 x2 4 4 =(x1-x2)+( - ) x1 x2 = ?x1-x2??x1x2-4? . x1x2

∵1≤x1<x2≤2, ∴x1x2>0,x1-x2<0,x1x2-4<0. ∴f(x1)-f(x2)>0,即 f(x1)>f(x2). ∴f(x)在区间[1,2]上是减函数. ∴当 x=1 时,f(x)max=f(1)=5, 4 当 x=2 时,f(x)min=f(2)=2+ =4. 2 10.当 x≥1 时,x2-ax-1≥0 恒成立,求 a 的取值范围. 【解】 由 x2-ax-1≥0 恒成立得 ax≤x2-1, 1 又 x≥1,∴a≤x- , x 1 ∵函数 y=x 与 y=- 在[1,+∞)上都是增函数, x 1 ∴函数 f(x)=x- 是[1,+∞)上的增函数, x ∴f(x)的最小值是 f(1)=0,∴a≤0. 故 a 的取值范围为(-∞,0]. 11.已知函数 f(x)=x2+ax+3 在区间(-1,1]上的最小值为-3,求实数 a 的值. a a2 a 【解】 ∵f(x)=x2+ax+3=(x+ )2- +3,对称轴为 x=- , 2 4 2 a ∴当- <-1,即 a>2 时, 2
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则 f(x)min=f(-1)=4-a=-3, 得 a=7. a 当-1≤- ≤1,即-2≤a≤2 时, 2 a a2 则 f(x)min=f(- )=- +3=-3, 2 4 ∴a=± 2 6(舍去); a 当- >1,即 a<-2 时, 2 则 f(x)min=f(1)=4+a=-3, ∴a=-7. 综上所述,a=7 或 a=-7.

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