单调性与最大(小)值

1.3.1单调性与最大（小）值一、教材1、教材的地位和作用本节课主要学习内容是函数的单调性的概念，判断函数的单调性和应用定义证明函数的单调性以及通过函数的单调性求函数的最大最小值，它是在学生学习了函数的表示的基础上来进行的，为以后学习指、对、幂函数的做知识准备。

因此本节课在知识结构上起了承上启下的作用。

函数单调性概念的建立过程中蕴涵诸多数学思想方法，对于进一步探索、研究函数的其他性质有很强的启发与示范作用。

2、教学目标根据《课程标准》的要求和学生的心理认知特点，确定了以下目标：（1）知识与技能：理解函数的单调性和最大（小）值的定义，学会函数单调性的判断和证明以及最大小值的求解。

通过对函数单调性定义的探究，培养学生观察、归纳的能力；通过对函数单调性的证明，提高学生的推理论证能力。

（2）过程与方法：培养学生严密的逻辑思维能力以及用运动变化、数形结合、分类讨论的方法去分析和处理问题，以提高学生的思维品质。

（3）情感态度与价值观: 通过函数单调性与最大（小）值学习解决学生身边实际具体事情，使学生感受到数学的魅力，培养数学的敏感性，激发学生学习数学的兴趣。

3、教学重点、难点及确定依据根据《课程标准》的规定、上述教材的分析和学生已有知识的储备，本课的重点、难点如下：重点：函数的单调性和最大（小）值的定义、函数单调性的判断和证明，以及函数的单调性求函数的最大（小）值。

难点：函数单调性的理解和函数单调性的证明。

二、学情学习的对象是高一学生，他们已具备一定的数学基础，逻辑思维从经验型逐步走向理论型发展。

高中生好奇心强，渴望明白原理、知道方法，同时他们也希望得到平等的交流研讨，厌烦空洞的说教。

三、教法学法1、教法根据本节课的教学目标以及学生的实际情况，为了更有效地突出重点、突破难点，按照学生的认知规律，遵循教师为主导，学生为主体，训练为主线的指导思想，采用以启发式引导法为主，问答式教学法、反馈式评价法为辅。

在教学中，要注重展开探索过程，充分利用好函数图象的直观性，培养学生数形结合的思想，尽可能多的挖掘学生潜力，使师生、生生配合好。

⾼中数学-单调性与最⼤（⼩）值说课稿《单调性与最⼤（⼩）值》说课稿说课⼈：张燕各位评委：⼤家好！今天我说课的内容是⼈教版⾼中数学必修1第⼀章第三节单调性与最⼤（⼩）值第⼀课时。

我将从教材分析、教学⽬标、重点难点、教学过程设计及教学评价等⽅⾯来对本节课的教学进⾏说明。

⼀、教材分析——教材的特点、地位与作⽤函数单调性是⾼中数学中相当重要的⼀个基础知识点，是研究和讨论初等函数有关性质的基础。

掌握本届内容不仅为今后的函数学习打下理论基础，还有利于培养学⽣的抽象思维能⼒及分析问题和解决问题的能⼒。

⼆、教学⽬标（1）知识与技能使学⽣理解函数单调性的概念，并能判断⼀些简单函数在给定区间上的单调性。

（2）过程与⽅法从⽣活实际和已有旧知出发，引导学⽣探索函数的单调性的概念，应⽤图象和单调性的定义解决函数单调性问题，使学⽣领会数形结合的数学⽅法，培养学⽣发现问题、分析问题、解决问题的能⼒．(3）情感、态度与价值观使学⽣体验数学的严谨性，培养学⽣细⼼观察、归纳、分析的良好习惯和不断探求新知识的精神．三、教学的重点和难点（1）重点：①函数单调性的概念；②运⽤函数单调性的定义判断⼀些函数的单调性．（2）难点：①函数单调性的知识形成；②利⽤函数图象、单调性的定义判断和证明函数的单调性．四、教学过程设计为了完成教学⽬标，突出教学重点，突破教学难点，我将我的教学过程设计为由“创设情境、引⼊新课”、“发现问题、探求新知”、“知识总结、及时体验”、“归纳总结、知识整合”、“课后延续、作业布置”五个环节。

（1）创设情境、引⼊新课利⽤课件展⽰⼏个函数图像，观察各个函数的图像，你能说说他们分别反映了相应函数的哪些变化特征码？由教师引导，借助对⼏个函数图像的观察，对所观察到得特征进⾏归类，引⼊函数的单调性研究。

设计意图：通过⼏何直观，引导学⽣关注图像所反映出的特征。

（2）发现问题、探求新知问题1：观察⼀次函数和⼆次函数的图像，说说随着⾃变量的增⼤，图像的升降情况。

第2节函数的单调性与最大(小)值考试要求 1.理解函数的单调性、最大(小)值及其几何意义；2.会运用基本初等函数的图像分析函数的性质.知识梳理1.函数的单调性(1)单调函数的定义增函数减函数定义在函数y＝f(x)的定义域内的一个区间A上，如果对于任意两数x1，x2∈A当x1<x2时，都有f(x1)<f(x2)，那么就说函数f(x)在区间A上是增加的当x1<x2时，都有f(x1)>f(x2)，那么就说函数f(x)在区间A上是减少的图像描述自左向右看图像是上升的自左向右看图像是下降的(2)单调区间的定义如果y＝f(x)在区间A上是增加的或是减少的，那么称A为单调区间.2.函数的最值前提函数y＝f(x)的定义域为D条件(1)对于任意x∈D，都有f(x)≤M；(2)存在x0∈D，使得f(x0)＝M(3)对于任意x∈D，都有f(x)≥M；(4)存在x0∈D，使得f(x0)＝M结论M为最大值M为最小值[常用结论与微点提醒]1.若f(x)，g(x)均为区间A上的增(减)函数，则f(x)＋g(x)也是区间A上的增(减)函数.2.函数y ＝f (x )(f (x )>0或f (x )<0)在公共定义域内与y ＝－f (x )，y ＝1f （x ）的单调性相反.3.“对勾函数”y ＝x ＋ax (a >0)的单调增区间为(－∞，－a )，(a ，＋∞)；单调减区间是[－a ，0)，(0，a ].诊 断 自 测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)对于函数f (x )，x ∈D ，若对任意x 1，x 2∈D ，且x 1≠x 2有(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0，则函数f (x )在区间D 上是增函数.( )(2)函数y ＝1x 的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞).( ) (3)对于函数y ＝f (x )，若f (1)<f (3)，则f (x )为增函数.( )(4)函数y ＝f (x )在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞).( ) 解析 (2)此单调区间不能用并集符号连接，取x 1＝－1，x 2＝1，则f (－1)＜f (1)，故应说成单调递减区间为(－∞，0)和(0，＋∞). (3)应对任意的x 1＜x 2，f (x 1)＜f (x 2)成立才可以.(4)若f (x )＝x ，f (x )在[1，＋∞)上为增函数，但y ＝f (x )的单调递增区间是R . 答案 (1)√ (2)× (3)× (4)×2.(老教材必修1P37例1改编)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是( )A.y ＝x 12 B.y ＝2－x C.y ＝log 12xD.y ＝1x解析 函数y ＝x 12在(0，+∞)上是增函数，函数y ＝2－x ，y ＝log 12x ，y ＝1x 在(0，+∞)上均是减函数. 答案 A3.(新教材必修第一册P61例5改编)函数y ＝xx －1在区间[2，3]上的最大值是________.解析 函数y ＝x x －1＝1＋1x －1在[2，3]上递减，当x ＝2时，y ＝x x －1取得最大值22－1＝2.答案 24.(2017·全国Ⅱ卷)函数f (x )＝ln(x 2－2x －8)的单调递增区间是( ) A.(－∞，－2) B.(－∞，1) C.(1，＋∞)D.(4，＋∞)解析 由x 2－2x －8>0，得x >4或x <－2. 设t ＝x 2－2x －8，则y ＝ln t 为增函数.要求函数f (x )的单调递增区间，即求函数t ＝x 2－2x －8的单调递增区间. ∵函数t ＝x 2－2x －8的单调递增区间为(4，＋∞)， ∴函数f (x )的单调递增区间为(4，＋∞). 答案 D5.(2020·西安模拟)函数y ＝f (x )是定义在[－2，2]上的减函数，且f (a ＋1)<f (2a )，则实数a 的取值范围是________.解析由条件知⎩⎨⎧－2≤a ＋1≤2，－2≤2a ≤2，a ＋1>2a ，解得－1≤a <1.答案 [－1，1)6.(2020·青岛二中月考)函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1x ，x ≥1，－x 2＋2，x <1的最大值为________.解析 当x ≥1时，函数f (x )＝1x 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 )＝－x 2＋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考点一 确定函数的单调性(区间)【例1】 (1)函数y ＝log 12(－x 2＋x ＋6)的单调增区间为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，12 C.(－2，3)D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ 解析 由－x 2＋x ＋6>0，得－2<x <3，故函数的定义域为(－2，3)，令t ＝－x 2＋x ＋6，则y ＝log 12t ，易知其为减函数，由复合函数的单调性法则可知本题等价于求函数t ＝－x 2＋x ＋6在(－2，3)上的单调递减区间.利用二次函数的性质可得t ＝ －x 2＋x ＋6在定义域(－2，3)上的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3，故选A.答案 A(2)(一题多解)试讨论函数f (x )＝axx －1(a ≠0)在(－1，1)上的单调性. 解 法一 设－1<x 1<x 2<1， f (x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1＋1x －1＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x －1， f (x 1)－f (x 2)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 1－1－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 2－1＝a （x 2－x 1）（x 1－1）（x 2－1），由于－1<x 1<x 2<1，所以x 2－x 1>0，x 1－1<0，x 2－1<0，故当a >0时，f (x 1)－f (x 2)>0，即f (x 1)>f (x 2)，函数f (x )在(－1，1)上单调递减； 当a <0时，f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)，函数f (x )在(－1，1)上单调递增. 法二 f ′(x )＝（ax ）′（x －1）－ax （x －1）′（x －1）2＝a （x －1）－ax （x －1）2＝－a（x －1）2.当a >0时，f ′(x )<0，函数f (x )在(－1，1)上单调递减； 当a <0时，f ′(x )>0，函数f (x )在(－1，1)上单调递增.规律方法 1.(1)求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间，如例1(1).(2)单调区间不能用集合或不等式表达，且图像不连续的单调区间要用“和”“，”连接.2.(1)函数单调性的判断方法有：①定义法；②图像法；③利用已知函数的单调性；④导数法.(2)函数y ＝f [g (x )]的单调性应根据外层函数y ＝f (t )和内层函数t ＝g (x )的单调性判断，遵循“同增异减”的原则.【训练1】 (1)设函数f (x )＝⎩⎨⎧1，x >0，0，x ＝0，－1，x <0，g (x )＝x 2f (x －1)，则函数g (x )的递减区间是________.解析由题意知g (x )＝⎩⎨⎧x 2，x >1，0，x ＝1，－x 2，x <1，函数的图像如图所示的实线部分，根据图像，g (x )的递减区间是[0，1). 答案 [0，1)(2)判断并证明函数f (x )＝ax 2＋1x (其中1<a <3)在x ∈[1，2]上的单调性.解 f (x )在[1，2]上单调递增，证明如下： 设1≤x 1<x 2≤2，则f (x 2)－f (x 1)＝ax 22＋1x 2－ax 21－1x1＝(x 2－x 1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤a （x 1＋x 2）－1x 1x 2，由1≤x 1<x 2≤2，得x 2－x 1>0，2<x 1＋x 2<4. 1<x 1x 2<4，－1<－1x 1x 2<－14.又因为1<a <3，所以2<a (x 1＋x 2)<12， 得a (x 1＋x 2)－1x 1x 2>0，从而f (x 2)－f (x 1)>0，即f (x 2)>f (x 1)， 故当a ∈(1，3)时，f (x )在[1，2]上单调递增. 考点二 求函数的最值【例2】 (1)已知函数f (x )＝a x ＋log a x (a >0，且a ≠1)在[1，2]上的最大值与最小值之和为log a 2＋6，则a 的值为( ) A.12B.14C.2D.4(2)(2020·九江一中月考)对于任意实数a ，b ，定义min{a ，b }＝⎩⎨⎧a ，a ≤b ，b ，a >b .设函数f (x )＝－x ＋3，g (x )＝log 2x ，则函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}的最大值是________. 解析 (1)f (x )＝a x ＋log a x 在[1，2]上是单调函数， 所以f (1)＋f (2)＝log a 2＋6， 则a ＋log a 1＋a 2＋log a 2＝log a 2＋6， 即(a －2)(a ＋3)＝0，又a >0，所以a ＝2.(2)法一 在同一坐标系中，作函数f (x )，g (x )的图像，依题意，h (x )的图像如图所示的实线部分. 易知点A (2，1)为图像的最高点， 因此h (x )的最大值为h (2)＝1.法二 依题意，h (x )＝⎩⎨⎧log 2x ，0<x ≤2，－x ＋3，x >2.当0<x ≤2时，h (x )＝log 2x 是增函数， 当x >2时，h (x )＝3－x 是减函数， 因此h (x )在x ＝2时取得最大值h (2)＝1. 答案 (1)C (2)1规律方法 求函数最值的四种常用方法(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值.(2)图像法：先作出函数的图像，再观察其最高点、最低点，求出最值.(3)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值.(4)导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值. 【训练2】 (1)定义max{a ，b ，c }为a ，b ，c 中的最大值，设M ＝max{2x ，2x －3，6－x }，则M 的最小值是( ) A.2B.3C.4D.6(2)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ≤1，x ＋6x－6，x >1，则f (x )的最小值是________.解析 (1)画出函数M ＝{2x ，2x －3，6－x }的图像(如图)，由图可知，函数M 在A (2，4)处取得最小值22＝6－2＝4， 故M 的最小值为4.(2)当x ≤1时，f (x )＝x 2的最小值为0，当x >1时，f (x )＝x ＋6x －6≥26－6(当且仅当x ＝6时，取“＝”). 由于26－6<0，所以f (x )min ＝26－6. 答案 (1)C (2)26－6 考点三 函数单调性的应用 多维探究角度1 利用单调性比较大小【例3－1】 已知函数f (x )的图像关于直线x ＝1对称，当x 2>x 1>1时，[f (x 2)－f (x 1)](x 2－x 1)<0恒成立，设a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，b ＝f (2)，c ＝f (e)，则a ，b ，c 的大小关系为( )A.c >a >bB.c >b >aC.a >c >bD.b >a >c解析 因为f (x )的图像关于直线x ＝1对称，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52.由当x 2>x 1>1时，[f (x 2)－f (x 1)](x 2－x 1)<0恒成立，知f (x )在(1，＋∞)上单调递减.又1<2<52<e ，所以f (2)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52>f (e)，即f (2)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12>f (e)，故b >a >c . 答案 D角度2 求解函数不等式【例3－2】 (2018·全国Ⅰ卷)设函数f (x )＝⎩⎨⎧2－x ，x ≤0，1，x >0.则满足f (x ＋1)<f (2x )的x的取值范围是( ) A.(－∞，－1]B.(0，＋∞)C.(－1，0)D.(－∞，0)解析 当x ≤0时，函数f (x )＝2－x 是减函数，则f (x )≥f (0)＝1.作出f (x )的大致图像如图所示，结合图像知，要使f (x ＋1)＜f (2x )，当且仅当⎩⎨⎧x ＋1<0，2x <0，2x <x ＋1或⎩⎨⎧x ＋1≥0，2x <0，解得x <－1或－1≤x <0，即x <0.答案 D角度3 求参数的值或取值范围【例3－3】 (1)(2018·全国Ⅱ卷)若f (x )＝cos x －sin x 在[0，a ]上是减函数，则a 的最大值是( ) A.π4B.π2C.3π4D.π(2)如果函数f (x )＝⎩⎨⎧（2－a ）x ＋1，x <1，a x ，x ≥1满足对任意x 1≠x 2，都有f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2>0成立，那么a 的取值范围是________.解析 (1)∵f (x )＝cos x －sin x ＝－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4，∴当x －π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2，即x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，3π4时， y ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4单调递增，f (x )＝－2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π4单调递减，∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，3π4是f (x )在原点附近的单调减区间， 结合条件得[0，a ]⊆⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π4，3π4，∴a ≤3π4，即a max ＝3π4.(2)对任意x 1≠x 2，都有f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2>0，所以y ＝f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数.所以⎩⎨⎧2－a >0，a >1，（2－a ）×1＋1≤a ，解得32≤a <2. 故实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2.答案 (1)C (2)⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2规律方法 1.比较函数值的大小，应将自变量转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决.2.求解函数不等式，其实质是函数单调性的逆用，由条件脱去“f ”.3.利用单调性求参数的取值(范围)的思路是：根据其单调性直接构建参数满足的方程(组)(不等式(组))或先得到其图像的升降，再结合图像求解.对于分段函数，要注意衔接点的取值.【训练3】 (1)(角度2)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧e －x ，x ≤0，－x 2－2x ＋1，x >0，若f (a －1)≥f (－a )，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1 (2)(角度1)(2019·全国Ⅲ卷)设f (x )是定义域为R 的偶函数，且在(0，＋∞)单调递减，则( )A.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 314>f (2－32)>f (2－23) B.f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 314>f (2－23)>f (2－32) C.f (2－32)>f (2－23)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 314D.f (2－23)>f (2－32)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 314(3)(角度3)若函数f (x )＝－x 2＋2ax 与g (x )＝ax ＋1在区间[1，2]上都是减函数，则a 的取值范围是( )A.(－1，0)∪(0，1)B.(－1，0)∪(0，1]C.(0，1)D.(0，1]解析 (1)作出函数f (x )的图像如图所示，知函数f (x )在R 上是减函数，由f (a －1)≥f (－a )，得a －1≤－a ， 解得a ≤12.(2)因为f (x )是定义域为R 的偶函数，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 314＝f (－log 34)＝f (log 34).又因为log 34>1>2－23>2－32>0，且函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，所以f (log 34)< f (2－23)<f (2－32).即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫log 314<f (2－23)<f (2－32).(3)因为f (x )＝－x 2＋2ax ＝－(x －a )2＋a 2在[1，2]上为减函数，所以由其图像得a ≤1.g (x )＝a x ＋1，g ′(x )＝－a（x ＋1）2，要使g (x )在[1，2]上为减函数，需g ′(x )<0在[1，2]上恒成立，故有－a <0，因此a >0.综上可知0<a ≤1. 答案 (1)A (2)C (3)DA 级 基础巩固一、选择题1.(2019·唐山调研)设函数f (x )＝x (e x ＋e －x )，则f (x )( ) A.是奇函数，且在(0，＋∞)上是增函数 B.是偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数 C.是奇函数，且在(0，＋∞)上是减函数 D.是偶函数，且在(0，＋∞)上是减函数解析 f (－x )＝(－x )(e －x ＋e x )＝－f (x )，所以f (x )为奇函数，f ′(x )＝e x ＋e －x ＋x (e x － e －x )，当x >0时，e x －e －x >0，e x ＋e －x >0，所以f ′(x )>0.故f (x )在(0，＋∞)上是增函数. 答案 A2.(2020·合肥模拟)已知函数f (x )在R 上单调递减，且a ＝33.1，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13π，c ＝ln 13，则f (a )，f (b )，f (c )的大小关系为( ) A.f (a )>f (b )>f (c ) B.f (b )>f (c )>f (a ) C.f (c )>f (a )>f (b )D.f (c )>f (b )>f (a )解析 因为a ＝33.1>30＝1，0<b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13π<⎝ ⎛⎭⎪⎫130＝1，c ＝ln 13<ln 1＝0，所以c <b <a ，又因为函数f (x )在R 上单调递减，所以f (c )>f (b )>f (a ). 答案 D3.已知函数f (x )＝log a (－x 2－2x ＋3)(a >0且a ≠1)，若f (0)<0，则此函数的单调递增区间是( ) A.(－∞，－1] B.[－1，＋∞) C.[－1，1)D.(－3，－1]解析 令g (x )＝－x 2－2x ＋3，由题意知g (x )>0，可得－3<x <1，故函数的定义域为{x |－3<x <1}.根据f (0)＝log a 3<0，可得0<a <1，又g (x )在定义域(－3，1)内的减区间是[－1，1)，∴f (x )的单调递增区间为[－1，1). 答案 C4.函数y ＝2－xx ＋1，x ∈(m ，n ]的最小值为0，则m 的取值范围是( )A.(1，2)B.(－1，2)C.[1，2)D.[－1，2)解析 函数y ＝2－x x ＋1＝3－（x ＋1）x ＋1＝3x ＋1－1在区间(－1，＋∞)上是减函数，且f (2)＝0，所以n ＝2.根据题意，x ∈(m ，n ]时，y min ＝0. ∴m 的取值范围是[－1，2). 答案 D5.(2020·福州调研)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x 2＋（4a －3）x ＋3a ，x <0，log a （x ＋1）＋1，x ≥0(a >0且a ≠1)在R 上单调递减，则a 的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，1 B.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，34 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，34D.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13 解析 由分段函数f (x )在R 上单调递减，可得0<a <1，根据二次函数图像及性质，可得－4a －32≥0，解得a ≤34，又由3a ≥log a (0＋1)＋1得3a ≥1，解得a ≥13. ∴实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，34.答案 C 二、填空题6.函数y ＝|x |(1－x )的单调递增区间是________.解析 y ＝|x |(1－x )＝⎩⎨⎧x （1－x ），x ≥0，－x （1－x ），x <0＝⎩⎨⎧－x 2＋x ，x ≥0，x 2－x ，x <0，函数的大致图像如图所示.由图易知函数的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12.答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，127.设函数f (x )＝ax ＋1x ＋2a在区间(－2，＋∞)上是增函数，那么a 的取值范围是________. 解析 f (x )＝ax ＋2a 2－2a 2＋1x ＋2a ＝a －2a 2－1x ＋2a ，∵函数f (x )在区间(－2，＋∞)上是增函数， ∴⎩⎨⎧2a 2－1>0，－2a ≤－2，即⎩⎨⎧2a 2－1>0，a ≥1，即a ≥1.答案 [1，＋∞)8.设函数f (x )＝⎩⎨⎧－x 2＋4x ，x ≤4，log 2x ，x >4.若函数y ＝f (x )在区间(a ，a ＋1)上单调递增，则实数a 的取值范围是________. 解析 作函数f (x )的图像如图所示，由图像可知f (x )在(a ，a ＋1)上单调递增，需满足a ≥4或a ＋1≤2，即a ≤1或a ≥4. 答案 (－∞，1]∪[4，＋∞) 三、解答题9.已知函数f (x )＝1a －1x (a >0，x >0). (1)求证：f (x )在(0，＋∞)上是增函数； (2)若f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，求a 的值.(1)证明 设x 2>x 1>0，则x 2－x 1>0，x 1x 2>0，∵f (x 2)－f (x 1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a －1x 1＝1x 1－1x 2＝x 2－x 1x 1x 2>0，∴f (x 2)>f (x 1)，∴f (x )在(0，＋∞)上是增函数.(2)解 ∵f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，又由(1)知f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2上是单调增函数，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12，f (2)＝2，易得a ＝25. 10.已知函数f (x )＝a －22x ＋1.(1)求f (0)；(2)探究f (x )的单调性，并证明你的结论； (3)若f (x )为奇函数，求满足f (ax )<f (2)的x 的范围. 解 (1)f (0)＝a －220＋1＝a －1. (2)f (x )在R 上单调递增.证明如下：∵f (x )的定义域为R ，∴任取x 1，x 2∈R 且x 1<x 2， 则f (x 1)－f (x 2)＝a －22x 1＋1－a ＋22x 2＋1＝2·（2x 1－2x 2）（1＋2x 1）（1＋2x 2）， ∵y ＝2x 在R 上单调递增且x 1<x 2，∴0<2x 1<2x 2，∴2x 1－2x 2<0，2x 1＋1>0，2x 2＋1>0. ∴f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2). ∴f (x )在R 上单调递增.(3)∵f (x )是奇函数，∴f (－x )＝－f (x )， 即a －22－x＋1＝－a ＋22x ＋1，解得a ＝1. ∴f (ax )<f (2)即为f (x )<f (2)， 又∵f (x )在R 上单调递增，∴x <2. ∴x 的取值范围是(－∞，2).B 级 能力提升11.已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x 3，x ≤0，ln （x ＋1），x >0，若f (2－x 2)>f (x )，则实数x 的取值范围是( )A.(－∞，－1)∪(2，＋∞)B.(－∞，－2)∪(1，＋∞)C.(－1，2)D.(－2，1)解析 ∵当x ＝0时，两个表达式对应的函数值都为0，∴函数的图像是一条连续的曲线.又∵当x ≤0时，函数f (x )＝x 3为增函数，当x >0时，f (x )＝ln(x ＋1)也是增函数，∴函数f (x )是定义在R 上的增函数.因此，不等式f (2－x 2)>f (x )等价于2－x 2>x ，即x 2＋x －2<0，解得－2<x <1. 答案 D12.(2020·皖东名校联盟联考)若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－12x ＋m ，x <e ，x －ln x ，x ≥e的值域是[e －1，＋∞)，其中e 是自然对数的底数，则实数m 的最小值是________. 解析 当x ≥e 时，(x －ln x )′＝1－1x >0，此时函数f (x )在[e ，＋∞)上单调递增，值域是[e －1，＋∞).当x <e 时，y ＝－12x ＋m 是减函数，其值域是⎝ ⎛⎭⎪⎫－e 2＋m ，＋∞.因此⎝ ⎛⎭⎪⎫－e 2＋m ，＋∞⊆[e －1，＋∞).于是－e 2＋m ≥e －1，解得m ≥3e2－1，故实数m 的最小值是3e2－1.答案 3e 2－113.已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f (x )是增函数，f (1)＝0，f (3)＝1. (1)解不等式0<f (x 2－1)<1；(2)若f (x )≤m 2－2am ＋1对所有x ∈(0，3]，a ∈[－1，1]恒成立，求实数m 的取值范围.解 (1)由⎩⎨⎧x 2－1>0，1<x 2－1<3，解得2<x <2或－2<x <－ 2.∴原不等式的解集为{x |－2<x <－2或2<x <2}. (2)∵函数f (x )在(0，3]上是增函数， ∴f (x )在(0，3]上的最大值为f (3)＝1，∴不等式f (x )≤m 2－2am ＋1对所有x ∈(0，3]，a ∈[－1，1]恒成立转化为1≤m 2－2am ＋1对所有a ∈[－1，1]恒成立，即m 2－2am ≥0对所有a ∈[－1，1]恒成立. 设g (a )＝－2ma ＋m 2，a ∈[－1，1]， ∴需满足⎩⎨⎧g （－1）≥0，g （1）≥0，即⎩⎨⎧2m ＋m 2≥0，－2m ＋m 2≥0，解该不等式组，得m ≤－2或m ≥2或m ＝0， 即实数m 的取值范围为(－∞，－2]∪{0}∪[2，＋∞).C 级 创新猜想14.(多填题)(2019·北京卷)设函数f (x )＝e x ＋a e －x (a 为常数).若f (x )为奇函数，则a ＝________；若f (x )是R 上的增函数，则a 的取值范围是________. 解析 若f (x )为奇函数，则f (－x )＝－f (x )， 即e －x ＋a e x ＝－(e x ＋a e －x )，即(a ＋1)(e x ＋e －x )＝0对任意的x 恒成立，所以a ＝－1.若函数f(x)＝e x＋a e－x是R上的增函数，则f′(x)＝e x－a e－x≥0恒成立，所以a≤e2x恒成立，则有a≤0，即a的取值范围是(－∞，0].答案－1(－∞，0]。

《单调性与最大（小）值》教案教学目标1、理解增函数、减函数、单调区间、单调性等概念.2、掌握增（减）函数的证明和判别.3、学会运用函数图像进行理解和研究函数的性质.教学重难点重点：判断函数单调性，找出单调区间，熟练求函数的最大（小）值.难点：理解函数的最大（小）值，能利用单调性求函数的最大(小)值.教学过程在教法学法方面，采用启发式、探讨式的教学方法，引导学生自主探究，合作交流。

通过学生身边熟悉的事物，教师创造疑问，学生想办法解决疑问，通过教师的启发点拨，学生以自己的努力找到了解决问题的方法。

一、情景导入问题：1、观察下列各个函数的图象，并说说它们分别反映了相应函数的哪些变化规律：（1）随x 的增大，y 的值有什么变化？（2）能否看出函数的最大、最小值？二、新课教学（一）函数单调性定义1．增函数一般地，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x 1，x 2，当x 1<x 2时，都有f(x 1)<f(x 2)，那么就说f(x)在区间D 上是增函数（increasing function ）．思考：仿照增函数的定义说出减函数的定义．（学生活动）注意：○1 函数的单调性是在定义域内的某个区间上的性质，是函数的局部性质；单调性是与“区间”紧密相关的概念，一个函数在定义域的不同的区间上可以有不同的单调性。

○2 必须是对于区间D 内的任意两个自变量x 1，x 2；当x 1<x 2时，总有f(x 1)<f(x 2) ．注意“任意”两字绝不能丢掉，证明单调性时更不可随意以两个特殊值替换，两个任意的自变量是属于同一个单调区间。

2．函数的单调性定义如果函数y =f(x)在某个区间上是增函数或是减函数，那么就说函数y =f(x)在这一区间具有（严格的）单调性，区间D 叫做y =f(x)的单调区间：3．判断函数单调性的方法步骤利用定义证明函数f(x)在给定的区间D 上的单调性的一般步骤：○1 任取x 1，x 2∈D ，且x 1<x 2；○2 作差f(x 1)－f(x 2)；○3 变形（通常是因式分解和配方）；○4 定号（即判断差f(x 1)－f(x 2)的正负）；○5 下结论（即指出函数f(x)在给定的区间D 上的单调性）．4、判定函数单调性的常见方法（1）定义法：如上述步骤，这是证明或判定函数单调性的常用方法（2）图象法：根据函数图象的升降情况进行判断。