苏教版必修12.2.1 函数的单调性教学设计及反思

这是一份苏教版必修12.2.1 函数的单调性教学设计及反思，共10页。
会利用函数图像，进一步研究函数性质、不等式中恒成立和有解等问题
理解函数与方程的关系，会判断方程解的个数和求函数零点等问题
知识链接：
1．(2012·天津改编)函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2,|x－4|)x≠4，,a x＝4，))若函数y＝f(x)－2有3个零点，则实数a的值为________．
解析 函数y＝f(x)－2有3个零点，即为函数y＝f(x)与y＝2的图象有3个不同的交点，在同一坐标系中作出函数y＝f(x)与y＝2的图象如图，由图象可知a＝2.
答案 2
2．(2011·江苏)已知实数a≠0，函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋a，x＜1,－x－2a，x≥1))，若f(1－a)＝f(1＋a)，则a的值为________．
解析 因为函数f(x)在(－∞，1)，[1，＋∞)都是单调函数，所以由f(1－a)＝f(1＋a)得1－a,1＋a分别在(－∞，1)，[1，＋∞)上，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－a＜1,1＋a≥1,21－a＋a＝－1＋a－2a))①
或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－a≥1，,1＋a＜1，,21＋a＋a＝－1－a－2a，))②
①无解，②解得a＝－eq \f(3,4).
答案 －eq \f(3,4)
3．(2012·江苏)设f(x)是定义在R上且周期为2的函数，在区间[－1,1]上，f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax＋1，－1≤x＜0，,\f(bx＋2,x＋1)，0≤x≤1，))其中a，b∈R.若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))，则a＋3b的值为________．
解析 因为函数f(x)是周期为2的函数，所以f(－1)＝f(1)⇒－a＋1＝eq \f(b＋2,2)，又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))⇒eq \f(\f(1,2)b＋2,\f(3,2))＝－eq \f(1,2)a＋1，联立列成方程组解得a＝2，b＝－4，所以a＋3b＝2－12＝－10.
答案 －10
4．(2012·南京、盐城模拟)若函数f(x)＝a－eq \f(1,2x－1)是定义在(－∞，－1]∪[1，＋∞)上的奇函数，则f(x)的值域为________．
解析 由题意可得f(－1)＝－f(1)，解得a＝－eq \f(1,2)，所以f(x)＝－eq \f(1,2)－eq \f(1,2x－1)，当x≥1时，得f(x)为增函数，2x≥2,2x－1≥1，∴0＜eq \f(1,2x－1)≤1，∴－eq \f(3,2)≤f(x)＜－eq \f(1,2).由对称性知，当x≤－1时，eq \f(1,2)＜f(x)≤eq \f(3,2).综上，所求值域为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，－\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,2))).
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，－\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,2)))
5．(2012·江苏)已知函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)的值域为[0，＋∞)，若关于x的不等式f(x)＜c的解集为(m，m＋6)，则实数c的值为________．
解析 由题意知f(x)＝x2＋ax＋b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,2)))2＋b－eq \f(a2,4).
∵f(x)的值域为[0，＋∞)，∴b－eq \f(a2,4)＝0，即b＝eq \f(a2,4).
∴f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,2)))2.
又∵f(x)＜c，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,2)))2＜c，即－eq \f(a,2)－eq \r(c)＜x＜－eq \f(a,2)＋eq \r(c).
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)－\r(c)＝m， ①,－\f(a,2)＋\r(c)＝m＋6. ②))
②－①，得2eq \r(c)＝6，∴c＝9.
答案 9
6．(2012·天一、淮阴、海门中学调研)将一个长宽分别是a，b(0＜b＜a)的铁皮的四角切去相同的正方形，然后折成一个无盖的长方体的盒子，若这个长方体的外接球的体积存在最小值，则eq \f(a,b)的取值范围是________．
解析 设切去正方形的边长为x，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(b,2)))，则该长方体外接球的半径为、
可得
在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(b,2)))存在最小值时，必有0＜eq \f(2a＋b,9)＜eq \f(b,2)，解得eq \f(a,b)＜eq \f(5,4)，又0＜b＜a⇒eq \f(a,b)＞1，故eq \f(a,b)的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(5,4))).
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(5,4)))
命题角度一 函数性质的应用
[命题要点] ①给定解析式，求函数定义域；②对分段函数的理解和应用；③函数奇偶性、单调性的应用．

【例1】► (2010·江苏)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋1，x≥0，,1， x＜0，))则满足不等式f(1－x2)＞f(2x)的x的范围是________．
[审题视点]

[听课记录]
[审题视点] 分段函数的单调性，可以画出图象，利用图象直观地判断单调性．
解析 作出函数f(x)的图象，如图所示利用图象得
f(1－x2)＞f(2x)⇔1－x2＞2x≥0或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－x2＞0，,2x≤0，))解得0≤x＜eq \r(2)－1或－1＜x≤0，即x的范围是(－1，eq \r(2)－1)．
答案 (－1，eq \r(2)－1)
分段函数是指在定义域内的不同部分上，有不同的解析表达式的函数，它的单调性不仅要考虑各个部分的单调性，还要注意各段交界处的函数值的大小关系，所以分段函数是函数部分的一个重要考点，应引起我们的高度重视．
【突破训练1】 (2012·常州一中期中，5)已知y＝f(x)是R上的奇函数，且x＞0时，f(x)＝1，则不等式f(x2－x)＜f(0)的解集为________．
解析 由条件y＝f(x)为R上的奇函数，x＞0时，f(x)＝1；则f(0)＝0，x＜0时，f(x)＝－1，函数图象如图所示，由f(x2－x)＜f(0)，得
x2－x＜0，从而x∈(0,1)．
答案 (0,1)
命题角度二 函数图象的应用
[命题要点] ①应用函数图象研究函数性质；②应用图象确定方程根的个数．

【例2】► (2012·苏州模拟)已知函数f(x)＝eq \f(x,1－|x|)(x∈(－1,1))，有下列结论：①∀x∈(－1,1)，等式f(－x)＋f(x)＝0恒成立：②∀m∈[0，＋∞)，方程|f(x)|＝m有两个不等实数根；③∀x1，x2∈(－1,1)，若x1≠x2，则一定有f(x1)≠f(x2)；④存在无数个实数k，使得函数g(x)＝f(x)－kx在(－1,1)上有三个零点，则其中正确结论的序号为______________．
[审题视点]
[听课记录]
[审题视点] 可以作出函数图象，利用图象直观判断函数的奇偶性、单调性及交点个数．
解析：因为f(－x)＝－f(x)，函数f(x)是奇函数，故①正确；当 可以先画出的图像，再由奇偶性画出的图像
当m＝0时，|f(x)|＝0只有一个解，故②错误；作出函数f(x)在(－1,1)上的图象如图所示，可知f(x)在(－1,1)上是增函数，故③正确；由图象可知y＝f(x)，y＝kx在(－1,1)上有三个不同的交点时，k有无数个取值，故④正确．
答案 ①③④
由于根据函数解析式不太清楚该函数的有关性质，或者直接计算太麻烦，甚至解不出，故要学会利用数形结合的方法直观判断．
【变题训练2】 (2012·盐城调研，12)若y＝f(x)是定义在R上周期为2的周期函数，且f(x)是偶函数，当x∈[0,1]时f(x)＝2x－1，则函数g(x)＝f(x)－lg5|x|的零点个数为________．
解析 ∵f(x)为偶函数，周期为2,0≤x≤1时，f(x)＝2x－1，又lg5|x|(x≠0)亦为偶函数，
∴只需分析g(x)＝f(x)－lg5|x|在x＞0时零点个数，如图所示，交点有4个，即g(x)在x＞0时有4个零点．
由对称性，g(x)在x＜0时亦有4个零点．
综上可知，g(x)的零点共有8个．
答案 8
命题角度三 函数的综合应用
[命题要点] ①函数性质的综合应用；②函数与不等式等其它知识的综合；③复合函数的性质．
【例3】► (2012·无锡模拟)设函数f(x)＝lgeq \f(\(∑,\s\up6(n－1),\s\d4(i＝1))ix＋nxa,n)，其中a∈R，对于任意的正整数n(n≥2)，如果不等式f(x)＞(x－1)lg n在区间[1，＋∞)上有解，则实数a的取值范围为______________．
[听课记录]
[审题视点] 本题是指数函数的性质与不等式的综合应用，用分离参数的方法转化为函数最值问题求解，注意指数函数单调性的应用．
解析 [由题意可得函数f(x)＝lgeq \f(\(∑,\s\up6(n－1),\s\d4(i＝1))ix＋nxa,n)＝lgeq \f(1x＋2x＋3x＋…＋n－1x＋nxa,n)＞(x－1)lg n＝lg nx－1，即为eq \f(1x＋2x＋3x＋…＋n－1x＋nxa,n)＞nx－1在区间[1，＋∞)上有解，分离参数可得1－a＜eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)))x＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,n)))x＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,n)))x＋…＋))eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,n)))x))max，由指数函数的单调性可得函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)))x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,n)))x＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,n)))x＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,n)))x在区间[1，＋∞)递减，即x＝1时取得最大值eq \f(1＋2＋3＋…＋n－1,n)＝eq \f(n－1,2)，所以1－a＜eq \f(n－1,2)⇒a＞eq \f(3－n,2)在n≥2时恒成立，所以a＞eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3－n,2)))max，而eq \f(3－n,2)在[2，＋∞)上递减，所以当n＝2时取得最大值eq \f(1,2)，故a＞eq \f(1,2).]
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
, 关于不等式恒成立、有解问题，通常利用分离参数的方法将所求字母的取值范围转化为函数最值，再利用相关函数的单调性等性质求函数最值，要熟练掌握并且能够灵活应用这一解法．
【变题训练3】 已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,a)－1))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,x)－1))2的定义域是[a，b]，其中0＜a＜b.
(1)求f(x)的最小值；
(2)讨论f(x)的单调性．
解 (1)f(x)＝eq \f(x2,a2)＋eq \f(b2,x2)－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,a)＋\f(b,x)))＋2
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,a)＋\f(b,x)))2－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,a)＋\f(b,x)))＋2－eq \f(2b,a).
设t＝eq \f(x,a)＋eq \f(b,x)，则由x∈[a，b]，0＜a＜b，得t≥2 eq \r(\f(b,a))，
从而t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2 \r(\f(b,a))，1＋\f(b,a)))，于是y＝t2－2t＋2－eq \f(2b,a)
＝(t－1)2＋1－eq \f(2b,a)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2 \r(\f(b,a))，1＋\f(b,a)))上单调递增，
所以当t＝2 eq \r(\f(b,a))，即x＝eq \r(ab)时，f(x)min＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1( \r(\f(b,a))－1))2.
(2)由t＝eq \f(x,a)＋eq \f(b,x)≥2 eq \r(\f(b,a))，当且仅当eq \f(x,a)＝eq \f(b,x)，
即x＝eq \r(ab)时等号成立，
且t＝eq \f(x,a)＋eq \f(b,x)在[a，eq \r(ab)]上单调递减，
在[eq \r(ab)，b]上单调递增，
且y＝t2－2t＋2－2eq \r(\f(b,a))是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2 \r(\f(b,a))，1＋\f(b,a)))上单调递增函数，所以f(x)在区间[a，eq \r(ab)]上单调递减，区间[eq \r(ab)，b]上单调递增．
命题角度四 二次函数
[命题要点] ①针对三个“二次”之间的关系进行命题；②针对二次函数的相关性质进行命题．

【例4】► 已知二次函数f(x)＝ax2＋bx(a、b为常数且a≠0)满足条件f(x－3)＝f(5－x)，且方程f(x)＝x有等根．
(1)求f(x)的解析式；
(2)是否存在实数m、n(m＜n)，使f(x)的定义域和值域分别为[m，n]和[3m,3n]？如果存在，求出m、n的值；如果不存在，请说明理由．
[审题视点]

[听课记录]
[审题视点] 先由二次函数的对称轴及对应方程的解确定a，b，再由二次函数的性质进行解题．
解 (1)由f(x－3)＝f(5－x)可知，函数f(x)图象的对称轴为x＝1，即－eq \f(b,2a)＝1.①
又方程f(x)＝x有等根，即ax2＋(b－1)x＝0有等根，
∴b－1＝0，故b＝1，代入①可得a＝－eq \f(1,2).
∴f(x)＝－eq \f(1,2)x2＋x.
(2)∵f(x)＝－eq \f(1,2)x2＋x＝－eq \f(1,2)(x－1)2＋eq \f(1,2)≤eq \f(1,2)，
∴3n≤eq \f(1,2).∴m＜n≤eq \f(1,6)＜1.
∴函数f(x)在[m，n]上单调递增．
假设存在实数m、n(m＜n)，使f(x)的定义域和值域分别为[m，n]和[3m,3n]，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fm＝3m，,fn＝3n.))
即m、n是方程f(x)＝3x的两个不等根，且m＜n≤eq \f(1,6).
由f(x)＝3x得x1＝－4、x2＝0，所以m＝－4，n＝0.
∴存在实数m、n.
, (1)利用三个“二次”的相互转化解题
二次方程二次函数二次不等式
(2)处理二次方程根的分布问题，要注意数形结合、函数与方程等思想方法的运用，具体求解时一般考虑判别式、对称轴位置、函数在端点的符号、列出不等式(组)求解即可，对于大小比较问题，一般用比较法或函数的单调性进行．
【变题训练4】 (2011·南通、无锡调研)已知eq \f(1,3)≤a≤1，若f(x)＝ax2－2x＋1在区间[1,3]上的最大值为M(a)，最小值为N(a)，令g(a)＝M(a)－N(a)．
(1)求g(a)的函数表达式；
(2)判断g(a)的单调性，并求出g(a)的最小值．
解 (1)函数f(x)＝ax2－2x＋1的对称轴为直线x＝eq \f(1,a)，而eq \f(1,3)≤a≤1，所以1≤eq \f(1,a)≤3.
所以f(x)在[1,3]上N(a)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝1－eq \f(1,a).
①当1≤eq \f(1,a)≤2时，即eq \f(1,2)≤a≤1时，M(a)＝f(3)＝9a－5.
②当2＜eq \f(1,a)≤3时，即eq \f(1,3)≤a＜eq \f(1,2)时，M(a)＝f(1)＝a－1.
所以g(a)＝M(a)－N(a)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(9a＋\f(1,a)－6，\f(1,2)≤a≤1，,a＋\f(1,a)－2，\f(1,3)≤a＜\f(1,2).))
(2)由题意知g(a)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递增，g(a)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,2)))上单调递减，
故g(a)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(1,2).
学习诊断：
AUTONUM \* Arabic \* MERGEFORMAT ．已知函数在实数集R上具有下列性质:①直线是函数的一条对称轴;②;③当时,、从大到小的顺序为 .
,,
AUTONUM \* Arabic \* MERGEFORMAT ．已知函数
若关于的方程有两个不同的实根，则实数的取值范围是 .
AUTONUM \* Arabic \* MERGEFORMAT ．在平面直角坐标系中,横坐标、纵坐标均为整数的点称为整点,如果函数的图象恰好通过个整点,则称函数为阶整点函数.有下列函数:
①; ② ③ ④,
其中是一阶整点函数的是 .（ ）
①④
4．已知函数f(x)＝x|x－2|.设a＞0，求f(x)在[0，a]上的最大值．
解： f(x)＝x|x－2|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－2x＝x－12－1，x≥2，,－x2＋2x＝－x－12＋1，x＜2.))
∴ f(x)的单调递增区间是(－∞，1]和[2，＋∞); 单调递减区间是[1,2]．
① 当0＜a≤1时，f(x)是[0，a]上的增函数，此时f(x)在[0，a]上的最大值是f(a)＝a(2－a)；
② 当1＜a≤2时，f(x)在[0,1]上是增函数，在[1，a]上是减函数，此时f(x)在[0，a]上的最大值是f(1)＝1；
③ 当a＞2时，令f(a)－f(1)＝a(a－2)－1＝a2－2a－1＞0, 解得a＞1＋eq \r(2).
若2＜a≤1＋eq \r(2)，则f(a)≤f(1)，f(x)在[0，a]上的最大值是f(1)＝1；
若a＞1＋eq \r(2)，则f(a)＞f(1)，f(x)在[0，a]上的最大值是f(a)＝a(a－2)．
综上，当0＜a＜1时，f(x)在[0，a]上的最大值是a(2－a)；当1≤a≤1＋eq \r(2)时，f(x)在[0，a]上的最大值是1；当a＞1＋eq \r(2)时，f(x)在[0，a]上的最大值是a(a－2)．
达标检测：
1 ．（广东省湛江一中等“十校”2013届高三下学期联考数学（理）试题）函数满足,若,则 .
2 ．（广东省汕头市东厦中学2013届高三第三次质量检测数学（理）试题 ）函数f(x)的图象是如图所示的折线段OAB,点A坐标为(1,2),点B坐标为(3,0).定义函数.则函数g(x)最大值为 . 1
3 ．已知函数满足对任意成立,则a的取值范围是_________________.

AUTONUM \* Arabic \* MERGEFORMAT ．某公司一年购买某种货物吨，每次都购买吨，运费为万元/次，一年的总存储费用为
万元，若要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则每次需购买 吨．