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人教A版高中数学必修一《1.3.1函数的最大(小)值》教案

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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. 查看更多

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