2.2.1 函数的单调性优秀教案案例

适用学科

适用区域

知识点

教学目标

高中数学

苏教版区域

适用年级

课时时长（分钟）

高一

2课时

单调性的概念、单调性的判断（证明）方法、单调性的应用

使学生掌握利用函数图象和单调性定义判断、证明函数单调性的方法．

通过对函数单调性定义的探究，渗透数形结合的思想方法，提高学生的推理论证能力．

教学重点

教学难点

函数单调性的概念、判断．

根据定义证明函数的单调性．

【知识导图】

教学过程

一、导入

函数的单调性是学生在了解函数概念后学习的函数的第一个性质，是函数学习中第一个用数学符号语言刻画的概念，为进一步学习函数其他性质提供了方法依据．

对于函数单调性，学生的认知困难主要在两个方面：

(1)要求用准确的数学符号语言去刻画图象的上升与下降，这种由形到数的翻译，从直观到抽象的转变对高一的学生是比较困难的；

(2)单调性的证明是学生在函数内容中首次接触到的代数论证内容，而学生在代数方面的推理论证能力是比较薄弱的．

二、知识讲解

1

单调性的定义

考点

增函数

减函数

设函数f(x)的定义域为I.如果对于定义域I内某个区间D上的任意两个自变量的值x1，x2

当x1

当x1f(x2) ，那么就说函数f(x)在区间D上是减函数

定义

图象描述

自左向右看图象逐渐上升

自左向右看图象逐渐下降

考点2

单调区间的定义

若函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，则称函数y＝f(x)在这一区间上具有(严格的)单调性，区间D叫做y＝f(x)的单调区间．

1. 增函数：设函数y=f(x)的定义域为I，如果对于定义域I内的某个区间D内的任意两个自变量x1，x2，当x1

2. 如果函数f(x)在某个区间D上是增函数或减函数，就说f(x)在这一区间上具有（严格的）单调性，区间D叫f(x)的单调区间. 在单调区间上，增函数的图象是从左向右是上升的（如右图1），减函数的图象从左向右是下降的（如右图2）. 由此，可以直观观察函数图象上升与下降的变化趋势，得到函数的单调区间及单调性. 3. 判断单调性的步骤：设x1,x2给定区间，且x1x2；→计算f(x1)f(x1)→判断符号→下结论.

三

、例题精析

类型一

函数单调性的判断

例题1

a

(a>0)在(0，＋∞)上的单调性

x判断函数fx=x

【解析】

(1)设x1，x2是任意两个正数，且0

则f(x1)－f(x2)＝x1aaxx(x2)=12(x1x2a)

x1x2x1x2当0

所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，

所以函数f(x)在(0，a]上是减函数；

当a≤x1a，又x1－x2<0，

所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)

所以函数f(x)在[a，＋∞)上是增函数．

a综上可知，函数f(x)x(a0)在(0,a)上是减函数，在(a,)上为增函数．

x【总结与反思】归纳解题步骤：

引导学生归纳证明函数单调性的步骤：设元、作差、变形、断号、定论．

类型二

函数单调区间的求法

设函数y＝f(x)在(－∞，＋∞)内有定义．对于给定的正数k，定义函数例题1

fx,fx≤k1，取函数f(x)＝2－|x|.当k＝时，函数fk(x)的单调递增区间为(

) fkx2k,fx＞kA．(－∞，0) 【解析】C

由f(x)B．(0，＋∞)

C．(－∞，－1)

D．(1，＋∞) 11，得－1

21,1x12故f1(x)的单调递增区间为(－∞，－1)．

2

【总结与反思】 （1）一般地，我们在解时，若正面情形较为复杂，我们就可以先考虑其反面，再利用其补集，求得其解，这就是“补集思想”．

（2）解决含参数问题的集合运算，首先要理清题目要求，看清集合间存在的相互关系，注意分类讨论思想的应用。空集作为一个特殊集合与非空集合间的关系，在解题中漏掉它极易导致错解。

类型三

函数单调性的应用

(1)若f(x)为R上的增函数，则满足f(2－m)

(2)若函数f(x)＝|2x＋a|的单调递增区间是[3，＋∞)，则a＝________. 例题1

【解析】(1)∵f(x)在R上为增函数，∴2－m0.∴m>1或m<－2. aa(2)由f(x)|2xa|可得函数f(x)的单调递增区间为(,)故3，解得a6. 22【总结与反思】 1．判断两集合的关系常有两种方法：一是化简集合，从表达式中寻找两集合间的关系；二是用列举法表示各集合，从元素中寻找关系．

2．已知两集合间的关系求参数时，关键是将两集合间的关系转化为元素间的关系，进而转化为参数满足的关系．解决这类问题常常需要合理利用数轴、Venn图帮助分析．

四

、课堂运用

基础

1. 已知函数yf(x)是R上的增函数，且f(m3)f(5)，则实数m的取值范围是________ ．

2.

函数y2的单调递减区间为___________.

x3. 已知函数f(x)为R上的单调函数，若f(a22a1)f(3a)，则a .

答案与解析

1.【答案】,2

【解析】省略

2.【答案】【解析】省略

3.【答案】-4和1

【解析】因为函数是R上的单调函数，所以自变量和函数值是一一对应关系，故由得

巩固

，即或．

和



1.设函数

2. 已知函数_________. 3.

画出函数

答案与解析

1.【答案】【解析】由2.【答案】【解析】3.【答案】同解析

2x2x3,x0【解析】yx22|x|32

x2x3,x0是上的减函数，若，则实数

的取值范围是________．是上的增函数，则实数的取值范围是的图象，并指出函数的单调区间．

且f(x)是R上的减函数得

，得

，∴.

函数图象如图所示．

函数在(－∞，－1]，[0,1]上是增函数，

函数在[－1,0]，[1，＋∞)上是减函数．

∴函数y＝－x2＋2|x|＋3的单调增区间是(－∞，－1]和[0,1]，

单调减区间是[－1,0]和[1，＋∞)．

1. 已知求证： 2. 定义在上的函数满足：对任意实数总有，且当在在上是增函数，且上也是增函数．

，

拔高

时，(1)试求(2)判断 答案与解析

. 的值；

的单调性并证明你的结论．

1.【答案】同解析

【解析】证明

设a

∵g(x)在(a，b)上是增函数，

∴g(x1)

且a

又∵f(x)在(a，b)上是增函数，

∴f(g(x1))

∴f(g(x))在(a，b)上是增函数．

2.【答案】同解析

【解析】(1)在f(m＋n)＝f(m)·f(n)中，

令m＝1，n＝0，得f(1)＝f(1)·f(0)．

因为f(1)≠0，所以f(0)＝1. (2)函数f(x)在R上单调递减．

任取x1，x2∈R，且设x1

若取m＋n＝x2，m＝x1，

则已知条件可化为f(x2)＝f(x1)·f(x2－x1)，

由于x2－x1>0，所以0

令m＝x，n＝－x，则得f(x)·f(－x)＝1. 当x>0时，0

1所以f(－x)＝f(x>1>0，

又f(0)＝1，所以对于任意的x1∈R均有f(x1)>0. 所以f(x2)－f(x1)＝f(x1)[f(x2－x1)－1]<0，

即f(x2)

所以函数f(x)在R上单调递减．

五

、课堂小结

用定义证明函数单调性的一般步骤，即：

（1）取值：即设x1、x2是该区间内的任意两个值，且x1

于判断差的符号的方向变形。

（3）定号：根据给定的区间和x2- x1符号，确定差f(x2)–f(x1)(或f(x1)-f(x2))的符号。当符号不确定时，可以进行分类讨论。

（4）判断：根据定义得出结论。

六

、课后作业

基础

1. 在区间上单调，且，则方程在区间上________．(填序号) ①至少有一个根；②至多有一个根；③无实根；④必有唯一的实根．

2. 函数①若函数②若函数③若函数④若函数

答案与解析

1.【答案】④

【解析】∵f(x)在[a，b]上单调，且f(a)·f(b)<0，

∴当f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)<0，f(b)>0，

当f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)>0，f(b)<0，

故f(x)在区间[a，b]上必有x0使f(x0)＝0且x0是唯一的．

2.【答案】增

【解析】二次函数开口方向向下，对称轴为 3.【答案】①

【解析】由函数单调性的定义可知①正确，②③④错误

巩固

1. 函数的单调递减区间为________．

，所以在区间上是增函数

在区间在在在在区间上是单调_________函数.（填“增”或“减”）

也为也为也为在上的增函数；

上的增函数；

上的增函数；

上也为增函数. 3.

下列命题中，正确的有______________.（写出所有正确命题的序号）

上均为增函数，则函数上均为增函数，则函数上均为增函数，则函数和上均为增函数，则函数

2.

函数f(x)对任意的m、n∈R，都有f(m＋n)＝f(m)＋f(n)－1，并且x>0时，恒有f(x)>1. (1)求证：f(x)在R上是增函数；

(2)若f(3)＝4，解不等式f(a2＋a－5)<2. 答案与解析

1.【答案】(－∞，－3]

【解析】该函数的定义域为(－∞，－3]∪[1，＋∞)，函数f(x)＝x2＋2x－3的对称轴为

x＝－1，由函数的单调性可知该函数在区间(－∞，－3]上是减函数．

2.【答案】同解析

【解析】

(1)证明

设x1，x2∈R，且x10，

∵当x>0时，f(x)>1，∴f(x2－x1)>1. f(x2)＝f[(x2－x1)＋x1]＝f(x2－x1)＋f(x1)－1，

∴f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)－1>0⇒f(x1)

∴f(x)在R上为增函数．

(2)解

∵m，n∈R，不妨设m＝n＝1，

∴f(1＋1)＝f(1)＋f(1)－1⇒f(2)＝2f(1)－1，

f(3)＝4⇒f(2＋1)＝4⇒f(2)＋f(1)－1＝4⇒3f(1)－2＝4，

∴f(1)＝2，∴f(a2＋a－5)<2＝f(1)，[10分]

∵f(x)在R上为增函数，∴a2＋a－5<1⇒－3

即a∈(－3,2)．

拔高

1. 已知函数f(x)对于任意a，b∈R,总有f(a+b)= f(a)+f(b)-1，并且当x＞0时，f(x)＞1．

(1)求证：f(x)在R上是增函数；

(2)若f(4)=5，解不等式f(3m2m2)3；

(3)若关于x的不等式f(nx2)f(xx2)2恒成立，求实数n的取值范围．

2. 函数有(1)求的值；

. 是定义在上的减函数，对任意的x，y∈(0，＋∞)，且. ，都(2)解不等式

答案与解析

1.【答案】同解析

【解析】

(1)设x1,x2∈R，且x1＜x2，则x2-x1>0，∴f(x2-x1)＞1

，

f(x2)-f(x1)=f((x2-x1)+x1)-f(x1)=f(x2-x1)+f(x1)-1-f(x1)=f(x2-x1)-1＞0, ∴f(x1)-f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)．∴f(x)在R上是增函数. (2)∵f(4)=f(2+2)=f(2)+f(2)-1=5,∴f(2)=3,∴不等式f(3m2m2)3即为2f(3mm2)f (2)4

3又∵f(x)在R上是增函数，∴3m2-m-2＜2，解得1m因此不等式的解集为{m|1m4}；

3(3)令a=b=0,得

f(0)=2f(0)-1,∴f(0)=1.

∵f(nx-2)+f(x-x2)＜2，即f(nx-2)+f(x-x2)-1＜1，∴f(nx-2+x-x2)＜f(0)．

由(1)知nx-2+x-x2＜0恒成立，∴x2-(n+1)x+2＞0恒成立．∴

Δ=［-(n+1)］2-4×2＜0,

221n221

2.【答案】同解析

【解析】(1)∵f(4)＝f(2＋2)＝2f(2)－1＝5，∴f(2)＝3. (2)由f(m－2)≤3，得f(m－2)≤f(2)．

∵f(x)是(0，＋∞)上的减函数，

m－2≥2∴m－2>0，解得m≥4.∴不等式的解集为{m|m≥4}