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    教学环节 教学内容 师生互动 设计意图 回顾反思 构建体系 函数性质单元知识网络 生:借助课本.并回顾学习过程. 整理函数掌握函数的有关性质归纳知识的纵横联系. 师生合作:学生口述单元基本知识及相互联系.老师点评.阐述.板书网络图. 整理知识.培养归纳能力. 形成知识网络系统. 经典例题 剖 析 升华能力 例1试讨论函数f (x) =.x的单调性(其中a≠0). 例2 试计论并证明函数y = f (x) = x +(a＞0)在定义域上的单调性.函数在上是否有最小值? 例3 已知f (x)是定义在上的增函数.且满足f (xy) = f (x) + f (y).f (2) =1. (1)求证:f (8) =3, (2)解不等式 f (x) – f (x–2) ＞3. 例4 已知函数f (x).当x.y∈R时.恒有f (x + y) = f (x) + f ( y). (1)求证:f (x)是奇函数, (2)如果x∈R+ .f (x)＜0.并且f (1) =.试求f (x)在区间[–2.6]上的最值. 师生合作:学生独立尝试完成例1 ~ 例4并由学生代表板书解答过程. 老师点评. 师生共同小结解题思络. 例1[解析]设–x＜x­1＜x2＜1. 即△x = x2–x1＞0. 则△y = f (x2) – f (x2) = = ∵–1＜x1＜x2＜1. ∴x1–x2＜0.–1＜0.–1＜0. |x1x2|＜1.即 –1＜x1x2＜1.x1x2 +1＞0. ∴＜0. 因此.当a＞0时.△y = f (x2) – f (x1)＜0. 即f (x1)＞f (x2).此时函数为减函数, 当a＜0时.△y = f (x2) – f (x1) ＞0. 即f (x1)＜f (x2).此时函数为增函数. 例2[解析]函数y = x +(a＞0)在区间上是增函数.在区间[–.0]上是减函数.在区间 (0.]上是减函数.在区间上是增函数. 先证明y = x +(a＞0)在上的增减性. 任取0＜x1＜x2. 则△x = x1–x2＜0. △y = f (x1) – f (x2) = (x1 +) – (x2 +) = (x1–x2) + (–) = (x1–x2) + = (x1–x2) (1–) =△x. ∵0＜x1＜x2. ∴△x = x1–x2＜0.x1x2＞0. (1)当x1.x2∈(0.)时.0＜x1x2＜a.∴x1x2 – a＜0. 此时①＞0时. △y = f (x1) – f (x2)＞0. ∴f (x)在(0.)上是减函数. (2)当x1.x2∈[.+∞)时.x1x2＞a.∴x1x2 – a＞0. 此时①＜0.△y= f (x1) – f (x2)＜0. ∴f (x)在[.+∞)上是增函数. 同理可证函数f (x)在(–∞.–)上为增函数. 在[–.0)上为减函数. 由函数f (x) = x +在[0.)上为减函数.且在[.+∞)上为增函数知道.f (x)≥f () =2.其中x∈. ∴f (x)min=2. 也可以配方求f (x) = x +(a＞0)在上的最小值. ∴f (x) = x += ()2 + 2. 当且仅当x =时.f (x)min =2. 例3[解析](1)在f (xy) = f (x) + f (y)中. 设x = y =2.则有f (4)=f (2)+f (2). 设x= 4.y =2. 则有f (8) = f (4) + f (2) =3 f (2) = 3. (2)由f (x) – f (x–2)＞3. 得f (x)＞f (8) + f (x–2) = f [8 (x–2)]. ∵f (x) 是上的增函数. ∴.解得2＜x＜. 故原不等式的解集为{x|2＜x＜}. 例4[解析](1)∵函数定义域为R.其定义域关于原点对称. ∵f (x + y) = f (x) + f ( y). 令y = –x.x.– x∈R. 代入f (x + y) = f (x) + f ( y). ∴f (0) = f (0) + f (0).得f (0) = 0. ∴f (x) + f (–x) = 0.得 f (–x) = – f (x). ∴f (x)为奇函数. (2)设x.y∈R+. ∵f (x+y) = f (x) + f ( y). ∴f (x+y) – f (x) = f ( y). ∵x∈R+.f (x)＜0. ∴f (x+y) – f (x)＜0. ∴f (x+y)＜f (x). ∵x+y＜x. ∴f (x)在上是减函数. 又∵f (x)为奇函数. f (0) = 0. ∴f (x)在上是减函数. ∴在区间[–2.6]上f (–2)为最大值.f (6)为最小值. ∵f (1) =. ∴f (–2)= – f (2) = –2 f (1) =1. f (6) = 2 f (3)=2[ f (1) + f (2)] = –3. ∴f (x)在区间[–2.6]上的最大值为1.最小值为–3. 动手尝试练习.培养并提高解题能力. 备选例题 例1 用定义证明函数y = f (x) =是减函数. [解析]∵x2 +1＞0对任意实数x均成立. ∴函数y = f (x) =的定义域是R. 任取x1.x2∈R.且x1＜x2.则△x = x2–x1＞0. △y = f (x2) – f (x1) = = =– (x2–x1) =(x2 + x1––). ∵x1∈R.x2∈R.且x1＜x2. ∴x2–x1＞0.＞= |x1|≥x1. ∴x1–＜0.同理x2–＜0. x1 + x2––＜0. +＞| x1| + | x2 |＞0. ∴f (x2) – f (x1) ＜0. ∴y = f (x) =在R上是减函数. 例2 已知函数f (x)的定义域为R.满足f (–x) =＞0.且g (x) = f (x) + c(c为常数)在区间[a.b]上是减函数. 判断并证明g (x)在区间[– b.– a]上的单调性. 解析:设– b≤x1＜x2≤– a. 则△x = x2 – x1＞0.b≥–x1＞–x2≥a. ∵g (x)在区间[a.b]上是减函数. ∴g (–x1)＜g (–x2).即f (–x1) + c＜f (–x2) + c. 则f (–x1)＜f (–x2).又∵f (–x) =＞0. ∴.即f (x1)＞f (x2) ∴f (x1) + c＞f (x2) + c.即g (x1)＞g(x2). △y = g (x2) – g (x1)＜0. ∴g (x)在区间[– b.– a]上是减函数. 【查看更多】

     

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