小结教学设计和教学实录

第一章 单元小结（二）(一)教学目标1．知识与技能整合函数性质建构知识网络，以便于进一步理解和掌握函数的性质.提升综合运用函数性质的能力. 2．过程与方法在整合函数性质、综合运用函数性质的过程中，培养学生分析、观察、思考的教学能力、提升学生的归纳、推理能力.3．情感、态度与价值观在学习过程中，通过知识整合，能力培养，激发学生的学习兴趣. 养成合作、交流的良好学习品质.(二)教学重点与难点重点：整合知识、构建单元知识系统.难点：提升综合应用能力.(三)教学方法动手练习与合作交流相结合. 在回顾、反思中整合知识，在综合问题探究、解答中提升能力. 加深对知识的准确、到位的理解与应用.(四)教学过程教学环节

教学内容

函数性质单元知识网络函数性质

师生互动

设计意图

单调性

定义及单调性判定

奇偶性

生：借助课本.并回顾学习过程. 整理函回顾反思解不等式

求最值值域

定义及奇偶性判定

应用奇偶性等价转换

整理知识，培养归纳能力. 数掌握函数的有关性质归纳知识的纵横联系.构建体系

师生合作：学生口述单元基本知识及相互联系，老师点评、阐述、板书网络图. 形成知识网络系统. 综合应用

经典例题剖

析师生合作：学生独立尝试完成例1 ~ 例4并由学生代表板书解答过程. 老师点动手尝试练习，培

升华能力

评. 师生共同小结解题思络. ax，2x1养并提高解题能力. 例1试讨论函数f (x) =例1【解析】设–x＜x1＜x2＜1，

即△x = x2–x1＞0，

则△y = f (x2) –

f (x2)

=ax22x21x(–1，1)的单调性(其中a≠0).ax1x121

=a(x1x2)(x1x21)2(x121)(x21)

∵–1＜x1＜x2＜1，

∴x1–x2＜0，x12–1＜0，x22–1＜0. |x1x2|＜1，即

–1＜x1x2＜1，x1x2 +1＞0，

∴(x1x2)(x1x21)2(x121)(x21)＜0. 因此，当a＞0时，△y = f (x2) –

f

(x1)＜0，

即f

(x1)＞f

(x2)，此时函数为减函数；

当a＜0时，△y = f (x2) –

f (x1) ＞0，

即f

(x1)＜f

(x2)，此时函数为增函数. 例2【解析】函数y = x +a(a＞0)x例2

试计论并证明函数y

= f (x) = x +a(a＞0)在定义域上x在区间(–∞，–a)上是增函数，在区间[–a，0]上是减函数，在区间

(0，a]上是减函数，在区间(a，+∞)的单调性，函数在(0，+∞)上是否有最小值？上是增函数. 先证明y = x +a(a＞0)在(0，+∞)x上的增减性，

任取0＜x1＜x2，

则△x = x1–x2＜0，

△y = f (x1) –

f (x2) = (x1 +aa) – (x2 +) x1x2

= (x1–x2) + (aa–) x1x2= (x1–x2) +a(x2x1)

x1x2a) x1x2= (x1–x2) (1–=△xx1x2a. x1x2∵0＜x1＜x2，

∴△x = x1–x2＜0，x1x2＞0. （1）当x1，x2∈(0，a)时，0＜x1x2＜a，∴x1x2 –

a＜0，

此时①＞0时，

△y = f (x1) –

f (x2)＞0，

∴f (x)在(0，a)上是减函数. （2）当x1，x2∈[a，+∞）时，x1x2＞a，∴x1x2 –

a＞0，

此时①＜0，△y= f (x1) –

f (x2)＜0，

∴f (x)在[a，+∞）上是增函数，

同理可证函数f

(x)在(–∞，–a)上为增函数，

在[–a，0)上为减函数. 由函数f (x) = x +a在[0，a)上为x减函数，且在[a，+∞)上为增函数知道，f (x)≥f (a) =2a，其中x∈(0，+ ∞)，

∴f (x)min=2a，

也可以配方求f

(x) = x

+a(a＞0)x在(0，+∞)上的最小值，

∴f

(x) = x +a2a= (x)

+ xx22，

当且仅当x =a时，f (x)min =2a.

例3

已知f (x)是定义在(0，

+∞)上的增函数，且满足f (xy) = 例3【解析】（1）在f (xy) = f (x) + f (y)中，

f (x) + f (y)，f (2) =1.设x = y =2，则有f (4)=f (2)+f (2)，

（1）求证：f (8) =3；（2）解不等式设x= 4，y =2，

则有f (8) = f (4) + f (2) f (x) –

f (x–2) ＞3.=3 f (2) = 3. （2）由f (x) –

f (x–2)＞3，

得f

(x)＞f

(8) + f

(x–2) = f [8 (x–2)]，

∵f (x) 是(0，+∞)上的增函数，

x8(x2)16∴x0，解得2＜x＜，

78(x2)0故原不等式的解集为{x|2＜x＜16}. 7例4 已知函数f (x)，当x、

y∈R时，恒有f (x + y) = f (x) + f ( y).例4【解析】（1）∵函数定义域为R，其定义域关于原点对称，

∵f (x + y) = f (x) + f ( y)，

令y = –x，x、–

x∈R，

（1）求证：f (x)是奇函数；（2）如果x∈R+ ，f

(x)1＜0，并且f (1) =，试求f (x)2代入f (x + y) = f (x) + f ( y)，

∴f (0) = f (0) + f (0)，得f (0) = 0，

∴f (x) + f (–x) = 0，得

f (–x) = –

f (x)，

∴f (x)为奇函数. （2）设x、y∈R+，

∵f (x+y) = f (x) + f ( y)，

∴f (x+y) –

f (x) = f ( y)，

∵x∈R+，f (x)＜0，

∴f (x+y) –

f (x)＜0，

∴f (x+y)＜f (x). ∵x+y＜x，

∴f (x)在(0，+∞)上是减函数. 又∵f (x)为奇函数，

f (0) = 0，

∴f (x)在(–∞，+∞)上是减函数. 在区间[–2，6]上的最值.

∴在区间[–2，6]上f (–2)为最大值，f (6)为最小值. ∵f (1) =1，

2∴f (–2)= –

f (2) = –2 f (1) =1，

f (6) = 2 f (3)=2[ f (1) + f (2)] = –3，

∴f (x)在区间[–2，6]上的最大值为1，最小值为–3. 备选例题

例1

用定义证明函数y = f (x) =x21x是减函数. 【解析】∵x2 +1＞0对任意实数x均成立，

∴函数y = f (x) =x21x的定义域是R，

任取x1、x2∈R，且x1＜x2，则△x = x2–x1＞0，

△y = f (x2) –

f (x1)

2=x21x2x121x1

==22x21x21122x21(x21)(x2x1)

x1x1(x2x1)2x21x1212221– (x2–x1) =2(x2 + x1–x21–x121)，

∵x1∈R，x2∈R，且x1＜x2，

∴x2–x1＞0，x121＞x12= |x1|≥x1，

2∴x1–x121＜0，同理x2–x21＜0，

2x1 + x2–x121–x21＜0，

2x121+x21＞| x1| + | x2 |＞0，

∴f (x2) –

f (x1) ＜0，

∴y = f (x) =x21x在R上是减函数. 例2

已知函数f (x)的定义域为R，满足f (–x) =1＞0，且g (x) = f (x) + c（c为常数）f(x)

在区间[a，b]上是减函数. 判断并证明g (x)在区间[–

b，–

a]上的单调性. 解析：设–

b≤x1＜x2≤–

a，

则△x = x2 –

x1＞0，b≥–x1＞–x2≥a，

∵g (x)在区间[a，b]上是减函数，

∴g (–x1)＜g (–x2)，即f (–x1) + c＜f (–x2) + c，

则f (–x1)＜f (–x2)，又∵f (–x) =1＞0，

f(x)∴011，即f (x1)＞f (x2) f(x1)f(x2)∴f (x1) + c＞f (x2) + c，即g (x1)＞g(x2)，

△y = g (x2) –

g (x1)＜0，

∴g (x)在区间[–

b，–

a]上是减函数.