高中数学人教A版 (2019)必修第一册第三章函数概念与性质3.2 函数的基本性质教学设计

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这是一份高中数学人教A版 (2019)必修第一册第三章函数概念与性质3.2 函数的基本性质教学设计，共9页。

知识点函数的最大值

一般地，设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足：

(1)∀x∈I，都有f(x)≤M；

(2)∃x0∈I，使得f(x0)＝M.

那么，我们称M是函数y＝f(x)的最大值(maximum value)．

eq \x(状元随笔) 最大(小)值必须是一个函数值，是值域中的一个元素，如函数y＝－x2(x∈R)的最大值是0，有f(0)＝0.

[教材解难]

1．教材P80思考

函数f(x)的最大值包含“最大”和“值”两方面的含义．“最大”是指没有比它更大的，“值”是指一定是函数值．以f(x)＝－x2为例，画出其图象(图略)可以发现：所有函数值都不大于1，但1不是f(x)的某个函数值，因而1不是f(x)的最大值；存在x0使f(x0)＝－1，即－1是f(x)的某个函数值，但－1不是f(x)的函数值中最大的，因此也不是f(x)的最大值．两项要求均满足的函数值只能是0，即函数f(x)＝－x2的最大值为0.

2．教材P80思考

一般地，设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数m满足：

(1)对于任意的x∈I，都有f(x)≥m；

(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝m.

那么，我们称m是函数y＝f(x)的最小值(minimum value)

[基础自测]

1．函数f(x)＝eq \f(1,x)在[1，＋∞)上( )

A．有最大值无最小值 B．有最小值无最大值

C．有最大值也有最小值 D．无最大值也无最小值

解析：函数f(x)＝eq \f(1,x)是反比例函数，当x∈(0，＋∞)时，函数图象下降，所以在[1，＋∞)上f(x)为减函数，f(1)为f(x)在[1，＋∞)上的最大值，函数在[1，＋∞)上没有最小值．故选A.

答案：A

2．函数f(x)＝－2x＋1(x∈[－2,2])的最小、最大值分别为( )

A．3,5 B．－3,5

C．1,5 D．－5,3

解析：因为f(x)＝－2x＋1(x∈[－2,2])是单调递减函数，所以当x＝2时，函数的最小值为－3.当x＝－2时，函数的最大值为5.

答案：B

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

A．f(－2)，0 B．0,2

C．f(－2)，2 D．f(2)，2

解析：由图象知点(1,2)是最高点，故ymax＝2.点(－2，f(－2))是最低点，故ymin＝f(－2)．

答案：C

4．函数f(x)＝2x2－4x＋4有最________值，为________．

解析：f(x)＝2x2－4x＋4＝2(x2－2x＋1)＋2＝2(x－1)2＋2

答案：小 2

题型一图象法求函数的最值[经典例题]

例1 如图所示为函数y＝f(x)，x∈[－4,7]的图象，指出它的最大值、最小值．

【解析】观察函数图象可以知道，图象上位置最高的点是(3,3)，最低的点是(－1.5，－2)，

所以函数y＝f(x)当x＝3时取得最大值，最大值是3.

当x＝－1.5时取得最小值，最小值是－2.

观察函数图象，最高点坐标(3,3)，最低点(－1.5，－2)．

方法归纳

图象法求最值的一般步骤

跟踪训练1 已知函数y＝－|x－1|＋2，画出函数的图象，确定函数的最值情况，并写出值域．

解析：y＝－|x－1|＋2＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－x，x≥1，,x＋1，x<1，))图象如图所示．

由图象知，函数y＝－|x－1|＋2的最大值为2，没有最小值，

所以其值域为(－∞，2]．

利用x的不同取值先去绝对值，再画图．

题型二利用单调性求函数的最大(小值)[教材P81例5]

例2 已知函数f(x)＝eq \f(2,x－1)(x∈[2,6])，求函数的最大值和最小值．

【解析】 ∀x1，x2∈[2,6]，且x1

f(x1)－f(x2)＝eq \f(2,x1－1)－eq \f(2,x2－1)

＝eq \f(2[x2－1－x1－1],x1－1x2－1)

＝eq \f(2x2－x1,x1－1x2－1).

由2≤x10，(x1－1)(x2－1)>0，

于是f(x1)－f(x2)>0，

即f(x1)>f(x2)．

所以，函数f(x)＝eq \f(2,x－1)在区间[2,6]上单调递减．

因此，函数f(x)＝eq \f(2,x－1)在区间[2,6]的两个端点上分别取得最大值与最小值．在x＝2时取得最大值，最大值是2；在x＝6时取得最小值，最小值是0.4.

eq \x(状元随笔)

由函数f(x)＝eq \f(2,x －1)(x∈[2,6])的图象(如图)可知，函数f(x)＝eq \f(2,x －1)在区间[2,6]上单调递减．所以，函数f(x)＝eq \f(2,x －1)在区间[2,6]的两个端点上分别取得最大值和最小值.

教材反思

1．利用单调性求函数的最大(小)值的一般步骤

(1)判断函数的单调性．

(2)利用单调性求出最大(小)值．

2．函数的最大(小)值与单调性的关系

(1)若函数f(x)在区间[a，b]上是增(减)函数，则f(x)在区间[a，b]上的最小(大)值是f(a)，最大(小)值是f(b)．

(2)若函数f(x)在区间[a，b]上是增(减)函数，在区间[b，c]上是减(增)函数，则f(x)在区间[a，c]上的最大(小)值是f(b)，最小(大)值是f(a)与f(c)中较小(大)的一个.

跟踪训练2 已知函数f(x)＝eq \f(3,2x－1)，求函数f(x)在[1,5]上的最值．

解析：先证明函数f(x)＝eq \f(3,2x－1)的单调性，设x1，x2是区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上的任意两个实数，且x2>x1>eq \f(1,2)，

f(x1)－f(x2)＝eq \f(3,2x1－1)－eq \f(3,2x2－1)＝eq \f(6x2－x1,2x1－12x2－1).

由于x2>x1>eq \f(1,2)，所以x2－x1>0，且(2x1－1)·(2x2－1)>0，所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，所以函数f(x)＝eq \f(3,2x－1)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上是单调递减的，所以函数f(x)在[1,5]上是单调递减的，因此，函数f(x)＝eq \f(3,2x－1)在区间[1,5]的两个端点上分别取得最大值与最小值，

即最大值为f(1)＝3，最小值为f(5)＝eq \f(1,3).

1判断函数的单调性.

2利用单调性求出最大小值.

解题思想方法利用函数最值或分离参数求解恒

成立问题

例已知函数f(x)＝eq \f(x2＋2x＋a,x)，x∈[1，＋∞)．

(1)当a＝eq \f(1,2)时，求函数f(x)的最小值；

(2)若对任意x∈[1，＋∞)，f(x)>0恒成立，试求实数a的取值范围．

【解析】 (1)当a＝eq \f(1,2)时，f(x)＝x＋eq \f(1,2x)＋2.

设1≤x1

∵1≤x10,2x1x2>2，

∴00，

∴f(x2)－f(x1)>0，f(x1)

∴f(x)在区间[1，＋∞)上为增函数，

∴f(x)在区间[1，＋∞)上的最小值为f(1)＝eq \f(7,2).

(2)在区间[1，＋∞)上f(x)>0恒成立⇔x2＋2x＋a>0恒成立．

设y＝x2＋2x＋a，x∈[1，＋∞)，则函数y＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1在区间[1，＋∞)上是增函数．

所以当x＝1时，y取最小值，即ymin＝3＋a，

于是当且仅当ymin＝3＋a>0时，函数f(x)>0恒成立，

故a>－3.

【反思与感悟】在解决不等式恒成立问题时，最为常见和重要的方法是从函数最值的角度或分离参数的角度去处理，在分离参数后常使用以下结论：

a>f(x)恒成立⇔a>f(x)max，

a

一、选择题

1．下列函数在[1,4]上最大值为3的是( )

A．y＝eq \f(1,x)＋2 B．y＝3x－2

C．y＝x2 D．y＝1－x

解析：B，C在[1,4]上均为增函数，A，D在[1,4]上均为减函数，代入端点值，即可求得最值，故选A.

答案：A

2．函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋7， x∈[－1，1，,2x＋6， x∈[1，2]，))则f(x)的最大值、最小值分别为( )

A．10,6 B．10,8

C．8,6 D．以上都不对

解析：当－1≤x<1时，6≤x＋7<8，

当1≤x≤2时，8≤2x＋6≤10.

∴f(x)min＝f(－1)＝6，

f(x)max＝f(2)＝10.故选A.

答案：A

3．函数f(x)的部分图象如图所示，则此函数在[－2,2]上的最小值、最大值分别是( )

A．－1,3 B．0,2

C．－1,2 D．3,2

解析：当x∈[－2,2]时，由题图可知，x＝－2时，f(x)的最小值为f(－2)＝－1；x＝1时，f(x)的最大值为2.故选C.

答案：C

4．已知函数f(x)＝eq \f(2x＋1,x－1)，x∈[－8，－4)，则下列说法正确的是( )

A．f(x)有最大值eq \f(5,3)，无最小值

B．f(x)有最大值eq \f(5,3)，最小值eq \f(7,5)

C．f(x)有最大值eq \f(7,5)，无最小值

D．f(x)有最大值2，最小值eq \f(7,5)

解析：f(x)＝eq \f(2x＋1,x－1)＝2＋eq \f(3,x－1)，它在[－8，－4)上单调递减，因此有最大值f(－8)＝eq \f(5,3)，无最小值．故选A.

答案：A

二、填空题

5．函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,x)，x≥1，,－x2＋2，x<1))的最大值为________．

解析：当x≥1时，函数f(x)＝eq \f(1,x)为减函数，所以f(x)在x＝1处取得最大值，为f(1)＝1；当x<1时，易知函数f(x)＝－x2＋2在x＝0处取得最大值，为f(0)＝2.故函数f(x)的最大值为2.

答案：2

6．函数y＝x＋eq \r(x－1)的最小值为________．

解析：令eq \r(x－1)＝t，t≥0，则x＝t2＋1，

所以y＝t2＋t＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)，

当t≥0时，由二次函数的性质可知，当t＝0时，ymin＝1.

答案：1

7．函数f(x)＝eq \f(1,x)在[1，b](b>1)上的最小值是eq \f(1,4)，则b＝________.

解析：因为f(x)在[1，b]上是减函数，所以f(x)在[1，b]上的最小值为f(b)＝eq \f(1,b)＝eq \f(1,4)，所以b＝4.

答案：4

三、解答题

8．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eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))上的最大值．

解析：f(x)＝|x|(x＋1)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2－x，x≤0，,x2＋x，x>0))的图象如图所示．

(1)f(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))和[0，＋∞) 上是增函数，

在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))上是减函数，

因此f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))，[0，＋∞)；

单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0)) .

(2)因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝eq \f(1,4)，f(eq \f(1,2))＝eq \f(3,4)，

所以f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))上的最大值为eq \f(3,4).

9．已知函数f(x)＝eq \f(2x－1,x＋1)，x∈[3,5]．

(1)判断函数在区间[3,5]上的单调性，并给出证明；

(2)求该函数的最大值和最小值．

解析：(1)函数f(x)在[3,5]上是单调递增的，

证明：设任意x1，x2，满足3≤x1

因为f(x1)－f(x2)＝eq \f(2x1－1,x1＋1)－eq \f(2x2－1,x2＋1)

＝eq \f(2x1－1x2＋1－2x2－1x1＋1,x1＋1x2＋1)

＝eq \f(3x1－x2,x1＋1x2＋1)，

因为3≤x10，x2＋1>0，x1－x2<0.

所以f(x1)－f(x2)<0，

即f(x1)

所以f(x)＝eq \f(2x－1,x＋1)在[3,5]上是单调递增的．

(2)f(x)min＝f(3)＝eq \f(2×3－1,3＋1)＝eq \f(5,4)，

f(x)max＝f(5)＝eq \f(2×5－1,5＋1)＝eq \f(3,2).

[尖子生题库]

10．已知f(x)＝x2－2ax＋2，x∈[－1,1]．求f(x)的最小值．

解析：f(x)＝(x－a)2＋2－a2，对称轴为x＝a，且函数图象开口向上，如下图所示：

当a>1时，f(x)在[－1,1]上单调递减，

故f(x)min＝f(1)＝3－2a；

当－1≤a≤1时，f(x)在[－1,1]上先减后增，

故f(x)min＝f(a)＝2－a2；

当a<－1时，f(x)在[－1,1]上单调递增，

故f(x)min＝f(－1)＝3＋2a.

综上可知，f(x)的最小值为

f(x)min＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－2a，a>1,2－a2，－1≤a≤1,3＋2a.a<－1))