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 函数的基本性质学案

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授课提示：对应学生用书第39页
[教材提炼]
知识点 函数的最值
eq \a\vs4\al(预习教材，思考问题)
(1)函数f(x)＝x2图象的最低点的纵坐标是多少？
(2)函数f(x)＝－x2图象的最高点的纵坐标是多少？
知识梳理
[自主检测]
1．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
答案：B
2．函数f(x)在[－2，＋∞)上的图象如图所示，则此函数的最大、最小值分别为( )
A．3、0 B．3、1
C．3、无最小值 D．3、－2
答案：C
3．函数y＝2x2＋2，x∈N*的最小值是________．
答案：4
授课提示：对应学生用书第40页
探究一 利用图象法求函数的最值
[例1] 已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－x0≤x≤2，,\f(2,x－1)x＞2，))求函数f(x)的最大值、最小值．
[解析] 作出f(x)的图象如图：
由图象可知，当x＝2时，f(x)取最大值为2；当x＝eq \f(1,2)时，f(x)取最小值为－eq \f(1,4).
所以f(x)的最大值为2，最小值为－eq \f(1,4).
用图象法求最值的三个步骤
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：由函数f(x)＝eq \f(2,x－1)(x∈[2,6])的图象(如图所示)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．ymax＝f(2)＝2，ymin＝f(6)＝eq \f(2,5).
探究二 利用单调性求最值
[例2] 求函数f(x)＝eq \r(x2＋9)－x，x∈[－4,0]的最大值和最小值．
[解析] 设x1，x2是[－4,0]上的任意两个实数，且x1＜x2，则
f(x1)－f(x2)＝eq \r(x\\al(2,1)＋9)－x1－eq \r(x\\al(2,2)＋9)＋x2
＝eq \f(x1－x2x1＋x2,\r(x\\al(2,1)＋9)＋\r(x\\al(2,2)＋9))＋x2－x1.
∵－4≤x1＜x2≤0，
∴x1－x2＜0，x1＋x2＜0，x2－x1＞0，
∴f(x1)－f(x2)＞0，
即f(x1)＞f(x2)，
∴f(x)在[－4,0]上是减函数．
∴f(x)min＝f(0)＝3，f(x)max＝f(－4)＝9.
利用单调性求最值的一般步骤
(1)判断函数的单调性．
(2)利用单调性写出最值．
已知函数f(x)＝eq \f(2x,x＋1)，x∈[－3，－2]，求f(x)的最大值和最小值．
[解析] 法一：设x1，x2是区间[－3，－2]上的任意两个实数，且x1＜x2，
则f(x1)－f(x2)＝eq \f(2x1,x1＋1)－eq \f(2x2,x2＋1)
＝eq \f(2x1x2＋1－2x2x1＋1,x1＋1x2＋1)
＝eq \f(2x1－x2,x1＋1x2＋1).
由于－3≤x1＜x2≤－2，
则x1－x2＜0，x1＋1＜0，x2＋1＜0.
所以f(x1)－f(x2)＜0，f(x1)＜f(x2)．
所以函数y＝eq \f(2x,x＋1)，x∈[－3，－2]是增函数．
又因为f(－2)＝4，f(－3)＝3，
所以函数的最大值是4，最小值是3.
法二：f(x)＝eq \f(2x,x＋1)＝eq \f(2x＋1－2,x＋1)＝2＋eq \f(－2,x＋1)，所以f(x)图象的对称中心是(－1,2)，在(－∞，－1)，(－1，＋∞)是增函数，图象如图：
由图象可知f(x)在[－3，－2]的值域为[3,4]，最小值为f(－3)＝3，最大值为f(－2)＝4.
探究三 二次函数的最值问题
[例3] [教材P80例4拓展探究]
(1)已知二次函数f(x)＝x2－2x＋3.
①当x∈[－2,0]时，求f(x)的最值；
②当x∈[－2,3]时，求f(x)的最值；
③当x∈[t，t＋1]时，求f(x)的最小值g(t)．
[解析] f(x)＝x2－2x＋3＝(x－1)2＋2，其对称轴为x＝1，开口向上．
①当x∈[－2,0]时，f(x)在[－2,0]上是单调递减的，
故当x＝－2时，f(x)有最大值f(－2)＝11；
当x＝0时，f(x)有最小值f(0)＝3.
②当x∈[－2,3]时，f(x)在[－2,3]上先递减后递增，
故当x＝1时，f(x)有最小值f(1)＝2.
又|－2－1|＞|3－1|，
所以f(x)的最大值为f(－2)＝11.
③a.当t＞1时，f(x)在[t，t＋1]上单调递增，
所以当x＝t时，f(x)取得最小值，
此时g(t)＝f(t)＝t2－2t＋3.
b．当t≤1≤t＋1，即0≤t≤1时，
f(x)在区间[t，t＋1]上先递减后递增，
故当x＝1时，f(x)取得最小值，此时g(t)＝f(1)＝2.
c．当t＋1＜1，即t＜0时，f(t)在[t，t＋1]上单调递减，
所以当x＝t＋1时，f(x)取得最小值，
此时g(t)＝f(t＋1)＝t2＋2，
综上得，g(t)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t2－2t＋3，t＞1，,2，0≤t≤1，,t2＋2，t＜0.))
(2)求f(x)＝x2－2ax－1在区间[0,2]上的最大值和最小值．
[解析] f(x)＝(x－a)2－1－a2，对称轴为x＝a.
①当a<0时，由图可知，
f(x)min＝f(0)＝－1，
f(x)max＝f(2)＝3－4a.
②当0≤a＜1时，由图可知，
f(x)min＝f(a)＝－1－a2，
f(x)max＝f(2)＝3－4a.
③当1≤a≤2时，由图可知，
f(x)min＝f(a)＝－1－a2，
f(x)max＝f(0)＝－1.
④当a>2时，由图可知，
f(x)min＝f(2)＝3－4a，
f(x)max＝f(0)＝－1.
(1)二次函数在闭区间上的最值主要有三种类型：轴定区间定、轴动区间定、轴定区间动，不论哪种类型，解决的关键是考查对称轴与区间的关系，当含有参数时，要依据对称轴与区间的关系进行分类讨论．
(2)二次函数的单调性问题则主要依据二次函数图象的对称轴进行分类讨论求解.
探究四 利用单调性比较大小、解不等式
[例4] (1)如果函数f(x)＝x2＋bx＋c，对任意实数x都有f(2＋x)＝f(2－x)．试比较f(1)，f(2)，f(4)的大小．
[解析] 由题意知，f(x)的对称轴为x＝2，
故f(1)＝f(3)．
∵f(x)＝x2＋bx＋c，
∴f(x)在[2，＋∞)上为增函数．
∴f(2)＜f(3)＜f(4)，
即f(2)＜f(1)＜f(4)．
(2)已知y＝f(x)在定义域(－1,1)上是减函数，且f(1－a)＜f(2a－1)，求a的取值范围．
[解析] 由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1＜1－a＜1，,－1＜2a－1＜1，))解得0＜a＜1.①
又f(x)在(－1,1)上是减函数，且f(1－a)＜f(2a－1)，
∴1－a＞2a－1，即a＜eq \f(2,3).②
由①②可知，0＜a＜eq \f(2,3)，
即所求a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3))).
1．利用单调性比较大小的方法
(1)利用函数单调性可以比较函数自变量(函数值)的大小，即已知f(x)在区间D上为增函数，则对x1，x2∈D，x1＜x2⇔f(x1)＜f(x2)．
(2)利用单调性比较函数值的大小，务必将自变量x的值转化到同一单调区间上才能进行比较，最后写结果时再还原回去．
2．利用函数单调性解不等式
与函数单调性有关的结论
(1)正向结论：若y＝f(x)在给定区间上是增函数，则当x1＜x2时，f(x1)＜f(x2)；当x1＞x2时，f(x1)＞f(x2)；
(2)逆向结论：若y＝f(x)在给定区间上是增函数，则当f(x1)＜f(x2)时，x1＜x2；当f(x1)＞f(x2)时，x1＞x2.
当y＝f(x)在给定区间上是减函数时，也有相应的结论．
已知函数f(x)在(0，＋∞)上是减函数，且f(x)解析：∵f(x)是定义在(0，＋∞)上的减函数，且f(x)∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>0，,2x－3>0，,x>2x－3，))解得eq \f(3,2)授课提示：对应学生用书第41页
一、抽象函数单调性及最值的求解
抽象函数一般由方程(不等式)确定，这类函数的单调性问题一般用单调性的定义来处理，但要注意运用好所给条件，判断出函数值之间的关系，常见思路是：先在所证区间上设出任意x1，x2(x1＜x2)，然后利用题设条件向已知区间上转化，最后运用函数单调性的定义解决问题．
注意：若给出的是和型[f(x＋y)＝…]抽象函数，判定符号时的变形为f(x2)－f(x1)＝f[(x2－x1)＋x1]－f(x1)，f(x2)－f(x1)＝f(x2)－f[(x1－x2)＋x2]；
若给出的是积型[f(xy)＝…]抽象函数，判定符号时的变形为f(x2)－f(x1)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1·\f(x2,x1)))－f(x1)．
[典例] 已知函数f(x)对任意x，y∈R，总有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且当x＞0时，f(x)＜0，f(1)＝－eq \f(2,3).
(1)求证：f(x)在R上是减函数；
(2)求f(x)在[－3,3]上的最大值与最小值．
[解析] (1)证明：令x＝y＝0，得f(0)＋f(0)＝f(0)，
∴f(0)＝0.
又令y＝－x，得f(x)＋f(－x)＝f(x－x)＝f(0)＝0，
∴f(－x)＝－f(x)．
任取x1，x2∈R，且x1＜x2，
则x2－x1＞0，f(x2)－f(x1)＝f(x2)＋f(－x1)＝f(x2－x1)．
∵x2－x1＞0，依题设x＞0时，有f(x)＜0，
∴f(x2－x1)＜0，即f(x2)－f(x1)＜0，
∴f(x2)＜f(x1)．
∴y＝f(x)在R上是减函数．
(2)∵[－3,3]⊆R，故f(x)max＝f(－3)，f(x)min＝f(3)．
由(1)可知f(－3)＝－f(3)，
又∵f(3)＝f(2＋1)＝f(2)＋f(1)＝f(1＋1)＋f(1)＝f(1)＋f(1)＋f(1)＝3f(1)＝3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))＝－2，
∴f(－3)＝－f(3)＝2，
∴f(x)max＝f(－3)＝2，f(x)min＝f(3)＝－2.
二、忽视参数对最值的影响
[典例] 函数y＝ax＋1在区间[－1,3]上的最大值为4，求a的值．
[解析] 当a＞0时，y＝ax＋1为增函数．
∴当x＝3时，∴ymax＝3a＋1＝4.∴a＝1.
当a＜0时，y＝ax＋1为减函数．
∴当x＝－1时，ymax＝－a＋1＝4.∴a＝－3.
综上，a＝1或a＝－3.
纠错心得 忽视对a，即对函数单调性的讨论，直接认为y＝ax＋b为增函数，只有一个解，当函数的单调性受参数影响时，要根据题意进行讨论．
内 容 标 准
学 科 素 养
1.理解函数的最大(最小)值及几何意义．
直观想象
逻辑推理、数学运算
2.利用单调性求最值、比较大小、解不等式.
最大值
最小值
条件
一般地，设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足：对于任意的x∈I，都有
f(x)≤M
f(x)≥M
存在x0∈I，使得f(x0)＝M
结论
称M是函数y＝f(x)的最大值
称M是函数y＝f(x)的最小值
几何意义
f(x)图象上最高点的纵坐标
f(x)图象上最低点的纵坐标