第9课时函数的单调性（二）

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1、第9课时函数的单调性（二）教学目标：使学生理解增函数、减函数的概念，掌握判断某些函数增减性的方法，培养学生利用数学概念进行判断推理的能力和数形结合，辩证思维的能力；通过本节课的教学，启示学生养成细心观察，认真分析，严谨论证的良好思维习惯.教学重点：函数单调性的判断和证明.教学难点：函数单调性的判断和证明.教学过程：［例1］已知函数f（x）在其定义域M内为减函数，且f（x）＞0，则g（x）＝1＋在M内为增函数。证明：在定义域M内任取x1、x2，且x1＜x2，则：g（x1）－g（x2）＝1＋－1－＝－＝∵对于任意x∈M，有f（x

2、）＞0∴f（x1）f（x2）＞0∵f（x）在其定义域M内为减函数，∴f（x1）＞f（x2）∴g（x1）－g（x2）＜0即g（x1）＜g（x2）∴g（x）在M内为增函数［例2］函数f（x）在（0，＋∞）上是减函数,求f（a2－a＋1）与f（）的大小关系?解：∵f（x）在（0，＋∞）上是减函数∵a2－a＋1＝（a－）2＋≥＞0∴f（a2－a＋1）≤f（）评述：体会“等价转化”思想的运用，注意解题时的层次分明和思路清晰.［例3］已知函数f（x）＝在区间（－2，+∞）上单调递增，求a的取值范围。解：在区间（－2，+∞）内任取x1、x

3、2，使－2＜x1＜x2，则：f（x1）－f（x2）＝－＝∵f（x1）＜f（x2）∴（2a－1）（x1－x2）＜0而x1＜x2∴必须2a－1＞0即a＞［例4］已知函数f（x）＝x2－2ax＋a2＋1在区间（－∞，1）上是减函数，求a的取值范围。-3-解：∵顶点横坐标为a，且开口向上∴a≥1［例5］写出函数f（x）＝的单调区间。解：∵t＝x2－2x－3≥0∴x≤－1或x≥3当x∈（－∞，－1]时：x递增，t递减，f（x）递减当x∈[3，+∞）时：x递增，t递增，f（x）递增∴当x∈（－∞，－1]时，f（x）是减函数；当x∈[3，

4、+∞）时，f（x）是增函数.［例6］判断函数f（x）＝的增减情况。解：设t＝x2－4x，则t≥－4且t≠0y＝当t∈[－4，0]时，y＝递减；当t∈[0，+∞）时，y＝递减.又当x∈[0，4]时，t∈[－4，0]当x∈（－∞，0）或x∈（4，+∞）时，t∈[0，+∞）∴当x∈（－∞，0）时，x递增，t递减，y递增当x∈[0，2]时，x递增，t递减，y递增当x∈（2，4]时，x递增，t递增，y递减当x∈（4，+∞）时，x递增，t递增，y递减∴当x∈（－∞，0）∪[0，2]时，f（x）是增函数当x∈（2，4]∪（4，+∞）时，f

5、（x）是减函数［例7］已知f(x)的定义域为（0，＋∞），且在其定义域内为增函数，满足f（xy）＝f（x）＋f（y），f（2）＝1，试解不等式f（x）－f（x－2）＞3.解：由f（2）＝1及f（xy）＝f（x）＋f（y）可得3f（2）＝3＝f（2）＋f（2）＋f（2）＝f（4）＋f（2）＝f（8）∴f（x）－f（x－2）＞3∴f（x）＞f（x－2）＋3＝f（x－2）＋f（8）＝f[8（x－2）]又函数f（x）在定义域（0，＋∞）上是增函数∴即2＜x＜评述：（1）例7是利用函数的单调性解不等式的重要应用，这类问题解决时要特别注

6、意必须首先考虑定义域，进而结合函数单调性去求不等式的解集.（2）建议在教学中指导学生树立“定义域优先”的原则,即：在解题时必须时时考虑到.［例8］设f（x）定义在R+上，对于任意a、b∈R+，有f（ab）＝f（a）＋f（b）求证：（1）f（1）＝0；（2）f（）＝－f（x）；（3）若x∈（1，+∞）时，f（x）＜0，则f（x）在（1，+∞）上是减函数.证明：（1）令a＝b＝1，则：f（1）＝f（1）＋f（1）∴f（1）＝0-3-（2）令a＝x，b＝，则：f（1）＝f（x）＋f（）∴f（）＝－f（x）（3）令1＜x1＜x2，则

7、：－f（x1）＋f（x2）＝f（x2）＋f（）＝f（）∵1＜x1＜x2∴＞1∴f（）＜0即f（x1）＞f（x2）∴f（x）在（1，+∞）上是减函数.-3-