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1.3.2函数的最大(小)值


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
2

师生互动

设计意图

1.函数 f (x) = x . 在( – ∞,0)上是 减函数,在[0,+∞)上是增函 数. 当 x≤0 时,f (x)≥f (0), x ≥0 时, f (x)≥f (0). 从而 x . 都有 f (x) ≥f (0). 提出问题 因此 x = 0 时,f (0)是函数值中 的最小值. 2.函数 f (x) = –x2 同理可知 x R. 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: 一般地,设函数 y = f (x)的定义域 为 I. 如果存在实数 M 满足: 形成概念 (1)对于任意 x 都有 f (x) ≤M. (2)存在 x0 ,使得 f (x0) = M. 那么,称 M 是函数 y = f (x) 的最 大值. 函数最小值概念. 一般地:设函数 y = f (x)的定义域 为 I,如果存在实数 M,满足: 形成概念 (1)对于任意 x ,都有 f (x)≥ M. (2)存在 x0 I,使得 f (x0) = M.

师生合作回顾增函数、 减函数的定义及图 应用单 象特征; 调性的定义 师生合作定性分析函数 f (x)的图象特征, 和函数图象 通过图象观察, 明确函数图象在整个定义 感知函数的 域上有最低点和最高点, 从而认识到最低 最小值和最 点和最高点的函数值是函数的最小值和 大值. 最大值.

师:对于函数 y = f (x)、f (x0)为其最大值. 即 由实例 f (x0)≤ f (x)意味着什么? 共性抽象获 生:f (x0)为函数的最大值,必须满足: 得最大值概 ①x0 定义域; 念. ②f (x0) 值域; ③f (x0)是整个定义域上函数值最大的. 师:怎样理解最大值. 生: 最大值是特别的函数值, 具备存在性、 由最大值定 确定性. 义类比最小 师:函数最小值怎样定义? 值定义. 师生合作,学生口述,老师评析并板 书定义.

那么,称 M 是函数 y = f (x)的最小 值. 例 1 “菊花”烟花是最壮观 的烟花之一 . 制造时一般是期望 在它达到最高点时爆裂 . 如果烟 花距地面的高度 h m 与时间 t s 之 间的关系为 h (t) = – 4.9t 2 + 14.7t + 18, 那么烟花冲出后什么时候是 它爆裂的最佳时刻?这时距地面 的高度是多少(精确到 1m)? 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 =
2 x ?1

师生合作讨论例 1、 例 2 的解法思想, 自学与指导 并由学生独立完成训练题 1、2、3. 老师 相结合, 提高 点评. 阐述解题思想,板书解题过程. 学生的学习 2 例 1 解:作出函数 h(t) = – 4.9t + 能力. 14.7t + 18 的图象(如图). 显然,函数图象 讲练结 的顶点就是烟花上升的最高点, 顶点的横 合 , 形 成 技 坐标就是烟花爆裂的最佳时刻, 纵坐标就 能固化技能 . 是这时距地面的高度. 深化概念能 力培养

(x

,6]),求函数的最大

由二次函数的知识,对于函数 h (t) = – 4.9t 2 + 14.7t +18,我们有: 当 t =? 值
1 4 .7 2 ? ( ? 4 .9 )

值和最小值.

=1.5 时, 函数有最大

进一步 固化求最值 4 ? ( ? 4 .9 ) ? 1 8 ? 1 4 .7 h= ≈29. 4 ? ( ? 4 .9 ) 的方法及步 于是,烟花冲出后 1.5 s 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)max = f (t) = t 2 –2t –3, f (x)min = f (t +2) = t 2 +2t –3. 的图象,从图象上可以发现 f (–2) (1)以上实 是函数 f (x)的一个 . 际问题考查 t ? t ? 2 (2)当 ≤1<t +2,即–1<t 2 训练题 3:甲、乙两地相距 s 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 2 已知汽车每小时的运输成本 ( 单 f (x)max = f (t) = t –2t–3, 识于实践的 f (x)min= f (1) = – 4. 位:元)由可变部分和固 定部 能力,可见 分组成, 可变部分与速度 x (km / h) “逐渐增强 t ? t ? 2 (3)当 t≤1< ,即 0<t≤1, 2 的平方成正比,比例系数为 a,固 函数的应用 定部分为 b 元, 请问, 是不是汽车 意识”应及 2 的行驶速度越快,其全程成本越 f (x)max = f (t +2) = t + 2t – 3, 早实现. f (x)min = f (1) = – 4. 小?如果不是, 那么为了使全程运 (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 2 行驶? f (x)max = f (t +2) = t +2t –3, 理需要有扎 f (x)min = f (t) = t 2 –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
2

成,可见从 不同角度不 2 ? t ? 2 t ? 3, (t ? 0 ) ? g (t) = ? 2 同方向去思 ? ? t ? 2 t ? 3, (t ? 0 ) 考问题在教 学中尤为重 2 ? t ? 2 t ? 3 , ( t ? ? 1) ? 要,并且应 ? (t ) ? ? ? 4 , ( ? 1 ? t ? 1) 指导学生养 ? 2 ? t ? 2 t ? 3 , ( t ? 1) 成多分析失 败原因,多 2 例 2 分析:由函数 y = (x , x ?1 总结成功经 验的好习惯. 2 6])的图象可知,函数 y = 在区间[2,
?
x ?1 2 x ?1

(t)时,则有

6]上递减. 所以,函数 y =

在区间[2,

6] 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 f (x1) – f (x2) = = =
2 x1 ? 1 ? 2 x2 ? 1

2[( x 2 ? 1) ? ( x 1 ? 1)] ( x 1 ? 1)( x 2 ? 1)

2 ( x 2 ? x1 ) ( x 1 ? 1)( x 2 ? 1)

.

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). 所以,函数 y =
2 x ?1

是区间[2,6]上
2 x ?1

是减函数. 因此, 函数 y =

在区间[2,

6] 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 x km / 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:

y = b·

s x

+ ax2·
b x

s x

. (0,+

∴y = s (a x +

) . (其中 x

∞). 即将此时的问题转化成: “函数 y = s(ax +
b x

)是否随着 x 的不断增大而减小?

当 x 取何值时,y 取最小值?”下面讨论 函数 y = s (ax +
b x

)[x

(0,+∞),a>0,b

>0]在其定义域内的单调性. 设 x1,x2 (0,+∞),且 x1<x2,则 f (x1) – f (x2) = s[(ax1 +
b x1

)– (ax2 +

b x2

)] ]

= s[a (x1– x2) + =

b ( x 2 ? x1 ) x1 x 2

s ( x 1 ? x 2 )( a x 1 x 2 ? b ) x1 x 2
a s ( x1 ? x 2 ) ( x1 x 2 ? x1 x 2 b a )

=

∵x1,x2>0,且 x1<x2 ∴x1x2>0,a (x1 – x2)<0 ∴当 x1,x2 <
b a

(0,

b a

)时,x1,x2

,x1x2 –

b a

<0,∴f (x1)>f (x2), [
b a

当 x1, x2 x1x2 –
b a

, +∞]时, x1x2>

b a



>0,∴f (x1)< f (x2).
b x

综上所述, 我们看到函数 y = s(ax +

) (a

>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 上述分析可看出当 x =
b a

时,y 取得最

小值即 y min =2s a b . 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 x =
b a

km / h 的速度行驶.

1.最值的概念 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. 般步骤. 课后作业 1.3 第二课时 习案
x
2

培养学生的 概括能力 能力培养

学生独立完成

备选例题
例 1 已知函数 f (x ) =
1

? 2x ? a x

,x∈[1,+∞).

(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. 分析:对于(1) ,将 f (x)变形为 f (x) = x +2 + 于(2) ,运用等价转化 进而解出 a 的范围. 解: (1)当 a = 时,f (x) = x +
2 1

a x

=x+

1 2x

+2,然后利用单调性求解. 对

x

2

? 2x ? a x

? 0

(x

[1,+∞)恒成立,等价于 x2 + 2x + a>0 恒成立,

1 2x

+2

因为 f (x)在区间[1,+∞)上为增函数, 所以 f (x)在区间[1,+∞)上的最小值为 f (1) = .
2 7

(2)解法一:在区间[1,+∞)上,f (x) =
2 2

x

2

? 2x ? a x

? 0

恒成立 ? x2 + 2x + a>0 恒成立.

设 y = x +2x+a,∵(x + 1) + 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. 解法二:f (x) = x +
a x

+2

x[1,+∞).

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,y R,总有 f (x) + f ( y) = f (x + y),且当 x>0 时,f (x)< 0,f (1) = ?
2 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. f (3) = f (2) + f (1) = f (1) + f (1) + f (1) =3×( ?
2 3

) = –2. ∴f (–3) = – f (3) =2.

即 f (–3)在[–3,3]上最大值为 2,最小值为–2.


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