人教A版高中数学必修一《1.3.1函数的最大（小）值》教案5页

1.3.2函数的最大（小）值（一）教学目标1．知识与技能（1）理解函数的最大（小）值的概念及其几何意义.（2）理解函数的最大（小）值是在整个定义域上研究函数.体会求函数最值是函数单调性的应用之一.2．过程与方法借助函数的单调性，结合函数图象，形成函数最值的概念.培养应用函数的单调性求解函数最值问题.3．情感、态度与价值观在学生获取知识的过程中培养学生的数形结合思想，感知数学问题求解途径与方法，探究的基本技巧，享受成功的快乐.（二）教学重点与难点重点：应用函数单调性求函数最值；难点：理解函数最值可取性的意义.（三）过程与方法合作讨论式教学法.通过师生合作、讨论，在示例分析、探究的过程中，获得最值的概念.从而掌握应用单调性求函数最值这一基本方法.（四）教学过程教学环节教学内容师生互动设计意图1．函数f(x)=x2.在(–∞，0)上是减函数，在[0，+∞）上是增函师生合作回顾增函数、减函数的定义及图数.当x≤0时，f(x)≥f(0)，x应用单象特征；≥0时，f(x)≥f(0).调性的定义师生合作定性分析函数f(x)的图象特征，从而xR.都有f(x)≥f(0).和函数图象提出问题通过图象观察，明确函数图象在整个定义因此x=0时，f(0)是函数值中感知函数的域上有最低点和最高点，从而认识到最低的最小值.最小值和最点和最高点的函数值是函数的最小值和2．函数f(x)=–x2同理可知xR.大值.最大值.都有f(x)≤f(0).即x=0时，f(0)是函数值中的最大值.函数最大值概念：师：对于函数y=f(x)、f(x0)为其最大值.一般地，设函数y=f(x)的定义域即由实例为I.如果存在实数M满足：f(x0)≤f(x)意味着什么？共性抽象获形成概念（1）对于任意x都有f(x)≤M.生：f(x0)为函数的最大值，必须满足：得最大值概（2）存在x0I，使得f(x0)=M.①x0定义域；念.那么，称M是函数y=f(x)的最②f(x0)值域；大值.③f(x0)是整个定义域上函数值最大的.函数最小值概念.师：怎样理解最大值.一般地：设函数y=f(x)的定义域生：最大值是特别的函数值，具备存在性、由最大值定为I，如果存在实数M，满足：确定性.形成概念义类比最小（1）对于任意xI，都有f(x)≥师：函数最小值怎样定义？值定义.M.师生合作，学生口述，老师评析并板（2）存在x0I，使得f(x0)=M.书定义.,那么，称M是函数y=f(x)的最小值.师生合作讨论例1、例2的解法思想，自学与指导例1“菊花”烟花是最壮观并由学生独立完成训练题1、2、3.老师相结合，提高的烟花之一.制造时一般是期望点评.阐述解题思想，板书解题过程.学生的学习在它达到最高点时爆裂.如果烟例1解：作出函数h(t)=–4.9t2+能力.花距地面的高度hm与时间ts之14.7t+18的图象(如图).显然，函数图象讲练结间的关系为h(t)=–4.9t2+14.7t的顶点就是烟花上升的最高点，顶点的横合，形成技+18，那么烟花冲出后什么时候是坐标就是烟花爆裂的最佳时刻，纵坐标就能固化技能.它爆裂的最佳时刻？这时距地面是这时距地面的高度.深化概念能的高度是多少（精确到1m）？力培养训练题1：已知函数f(x)=x2–2x–3，若x[t，t+2]时，求函数f(x)的最值.例2已知函数y由二次函数的知识，对于函数h(t)=–4.9t2+14.7t+18，我们有：2=(x[2，6])，求函数的最大x114.7当t==1.5时，函数有最大值和最小值.2(4.9)值进一步24(4.9)1814.7固化求最值h=≈29.4(4.9)的方法及步于是，烟花冲出后1.5s是它爆裂的骤.应用举例最佳时刻，这时距地面的高度约为29m.师：投影训练题1、2.训练题2：设f(x)是定义在区生：学生相互讨论合作交流完成.间[–6，11]上的函数.如果f(x)在训练题1解：∵对称轴x=1，区间[–6，–2]上递减，在区间[–2，（1）当1≥t+2即t≤–1时，11]上递增，画出f(x)的一个大致f(x)2max=f(t)=t–2t–3，的图象，从图象上可以发现f(–2)f(x)2min=f(t+2)=t+2t–3.（1）以上实是函数f(x)的一个.tt2际问题考查（2）当≤1＜t+2，即–1＜t训练题3：甲、乙两地相距s2了学生灵活km，汽车从甲地匀速行驶到乙地，≤0时，应用数学知已知汽车每小时的运输成本(单f(x)2max=f(t)=t–2t–3，识于实践的位：元)由可变部分和固定部f(x)min=f(1)=–4.能力，可见分组成，可变部分与速度x(km/h)tt2“逐渐增强（3）当t≤1＜，即0＜t≤1，的平方成正比，比例系数为a，固2函数的应用定部分为b元，请问，是不是汽车意识”应及的行驶速度越快，其全程成本越f(x)2max=f(t+2)=t+2t–3，早实现.小？如果不是，那么为了使全程运f(x)min=f(1)=–4.（2）对函数输成本最小，汽车应以多大的速度（4）当1＜t，即t＞1时，关系式的处行驶？f(x)2max=f(t+2)=t+2t–3，理需要有扎f(x)2min=f(t)=t–2t–3.实的基本功设函数最大值记为g(t)，最小值记为才能顺利完,(t)时，则有成，可见从2不同角度不t2t3,(t0)g(t)=2同方向去思t2t3,(t0)考问题在教2学中尤为重t2t3,(t1)要，并且应(t)4,(1t1)2指导学生养t2t3,(t1)成多分析失2败原因，多例2分析：由函数y=(x[2，x1总结成功经2验的好习惯.6])的图象可知，函数y=在区间[2，x126]上递减.所以，函数y=在区间[2，x16]的两个端点上分别取得最大值和最小值.解：设x1，x2是区间[2，6]上的任意两个实数，且x1＜x2，则22f(x1)–f(x2)=x1x1122[(x1)(x1)]21=(x1)(x1)122(xx)21=.(x1)(x1)12由2≤x1＜x2≤6，得x2–x1＞0，(x1–1)(x2–1)＞0，于是f(x1)–f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2).2所以，函数y=是区间[2，6]上x12是减函数.因此，函数y=在区间[2，x16]的两个端点上分别取得最大值与最小值，即在x=2时取得的最大值，最大值是2，在x=6时的最小值，最小值是0.4.训练题2答案：最小值.训练题3分析：根据汽车运输成本y元与行驶速度xkm/h之间的关系，建立函数模型，结合函数式的特点，运用函数有关知识去解决.解：设汽车运输成本为y元，依题意得汽车运输成本y与汽车行驶速度x之间的关系为：,ssy=b·+ax2·.xxb∴y=s(ax+).（其中x(0，+∞).x即将此时的问题转化成：“函数y=s(axb+)是否随着x的不断增大而减小？当xx取何值时，y取最小值？”下面讨论函数by=s(ax+)[x(0，+∞)，a＞0，b＞0]x在其定义域内的单调性.设x1，x2(0，+∞)，且x1＜x2，则f(x1)–f(x2)bb=s[(ax1+)–(ax2+)]xx12b(xx)21=s[a(x1–x2)+]xx12s(xx)(axxb)1212=xx12bas(xx)(xx)1212a=xx12∵x1，x2＞0，且x1＜x2∴x1x2＞0，a(x1–x2)＜0b∴当x1，x2(0，)时，x1，x2＜abb，x1x2–＜0，∴f(x1)＞f(x2)，aabb当x1，x2[，+∞]时，x1x2＞，aabx1x2–＞0，∴f(x1)＜f(x2).ab综上所述，我们看到函数y=s(ax+)(ax＞0，b＞0)并不是整个区间（0，+∞）上是随着x的不断增大而减小的，而且由b上述分析可看出当x=时，y取得最a小值即ymin=2sab.那么，在这个实际问题当中可回答为：并不是汽车的行驶速度越快，其全程运输成本越小；并且为了使全程运输成本最小，汽车应以xb=km/h的速度行驶.a,1．最值的概念培养学生的归纳总结2．应用图象和单调性求最值的一师生交流合作总结、归纳.概括能力般步骤.课后作业1.3第二课时习案学生独立完成能力培养备选例题2x2xa例1已知函数f(x)=，x∈[1，+∞).x1（Ⅰ）当a=时，求函数f(x)的最小值；2（Ⅱ）若对任意x∈[1，+∞)，f(x)＞0恒成立，试求实数a的取值范围.a1分析：对于（1），将f(x)变形为f(x)=x+2+=x++2，然后利用单调性求解.对x2x2x2xa于（2），运用等价转化0(x[1，+∞)恒成立，等价于x2+2x+a＞0恒成立，x进而解出a的范围.11解：（1）当a=时，f(x)=x++222x因为f(x)在区间[1，+∞）上为增函数，7所以f(x)在区间[1，+∞）上的最小值为f(1)=.22x2xa（2）解法一：在区间[1，+∞）上，f(x)=0恒成立x2+2x+a＞0恒成立.x设y=x2+2x+a，∵(x+1)2+a–1在[1，+∞)上递增.∴当x=1时，ymin=3+a，于是当且仅且ymin=3+a＞0时，函数f(x)＞0恒成立，∴a＞–3.a解法二：f(x)=x++2x[1，+∞).x当a≥0时，函数f(x)的值恒为正；当a＜0时，函数f(x)递增.故当x=1时，f(x)min=3+a.于是当且仅当f(x)min=3+a＞0时，函数f(x)＞0恒成立.故a＞–3.例2已知函数f(x)对任意x，yR，总有f(x)+f(y)=f(x+y)，且当x＞0时，f(x)＜20，f(1)=.3（1）求证f(x)是R上的减函数；（2）求f(x)在[–3，3]上的最大值和最小值.分析：抽象函数的性质要紧扣定义，并同时注意特殊值的应用.证明：（1）令x=y=0，f(0)=0，令x=–y可得：f(–x)=–f(x)，在R上任取x1＞x2，则f(x1)–f(x2)=f(x1)+f(–x2)=f(x1–x2).∵x1＞x2，∴x1–x2＞0.又∵x＞0时，f(x)＜0，∴f(x1–x2)＜0，即f(x1)–f(x2)＞0.由定义可知f(x)在R上为单调递减函数.（2）∵f(x)在R上是减函数，∴f(x)在[–3，3]上也是减函数，∴f(–3)最大，f(3)最小.2f(3)=f(2)+f(1)=f(1)+f(1)+f(1)=3×()=–2.∴f(–3)=–f(3)=2.3即f(–3)在[–3，3]上最大值为2，最小值为–2.