【-學(xué)案導(dǎo)學(xué)設(shè)計】2020-2021學(xué)年高中數(shù)學(xué)(北師大版-必修一)課時作業(yè)-第二章第三節(jié)-函數(shù)

§3函數(shù)的單調(diào)性課時目標1.理解函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì).2.把握推斷函數(shù)單調(diào)性的一般方法．1．函數(shù)的單調(diào)性(1)在函數(shù)y＝f(x)的定義域內(nèi)的一個區(qū)間A上，假如對于任意兩數(shù)x1，x2∈A，當x1<x2時，都有f(x1)<f(x2)，那么就說函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間A上是____的，有時也稱函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間A上是______的．(2)在函數(shù)y＝f(x)的定義域內(nèi)的一個區(qū)間A上，假如對于任意兩數(shù)x1，x2∈A，當x1<x2時，都有f(x1)>f(x2)，那么就說函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間A上是______的，有時也稱函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間A上是______的．(3)假如函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間A上是__________或是__________，那么A稱為__________．2．一般地，對于函數(shù)y＝f(x)的定義域內(nèi)的一個子集A，假如對于任意兩數(shù)x1，x2∈A，當x1<x2時，都有__________，就稱函數(shù)y＝f(x)在數(shù)集A上是增加的．類似地，在函數(shù)y＝f(x)的定義域內(nèi)的一個子集A上，假如對于任意兩數(shù)x1，x2∈A，當x1<x2時，都有__________，就稱函數(shù)y＝f(x)在數(shù)集A上是削減的．一、選擇題1．定義在R上的函數(shù)y＝f(x＋1)的圖像如圖所示．給出如下命題：①f(0)＝1；②f(－1)＝1；③若x>0，則f(x)<0；④若x<0，則f(x)>0，其中正確的是()A．②③B．①④C．②④D．①③2．若(a，b)是函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)增區(qū)間，x1，x2∈(a，b)，且x1<x2，則有()A．f(x1)<f(x2)B．f(x1)＝f(x2)C．f(x1)>f(x2)D．以上都可能3．f(x)在區(qū)間[a，b]上單調(diào)，且f(a)·f(b)<0，則方程f(x)＝0在區(qū)間[a，b]上()A．至少有一個根B．至多有一個根C．無實根D．必有唯一的實根4．函數(shù)y＝x2－6x＋10在區(qū)間(2,4)上是()A．遞減函數(shù)B．遞增函數(shù)C．先遞減再遞增D．先遞增再遞減5．假如函數(shù)f(x)在[a，b]上是增函數(shù)，對于任意的x1，x2∈[a，b](x1≠x2)，則下列結(jié)論中不正確的是()A.eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0B．(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0C．f(a)<f(x1)<f(x2)<f(b)D.eq\f(x1－x2,fx1－fx2)>06．函數(shù)y＝eq\r(x2＋2x－3)的單調(diào)遞減區(qū)間為()A．(－∞，－3]B．(－∞，－1]C．[1，＋∞)D．[－3，－1]題號123456答案二、填空題7．設(shè)函數(shù)f(x)是R上的減函數(shù)，若f(m－1)>f(2m－1)，則實數(shù)m的取值范圍是________8．函數(shù)f(x)＝2x2－mx＋3，當x∈[2，＋∞)時是增函數(shù)，當x∈(－∞，2]時是減函數(shù)，則f(1)＝________.三、解答題9．畫出函數(shù)y＝－x2＋2|x|＋3的圖像，并指出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．10．已知f(x)，g(x)在(a，b)上是增函數(shù)，且a<g(x)<b，求證：f(g(x))在(a，b)上也是增函數(shù)．11．已知f(x)＝eq\r(x2－1)，試推斷f(x)在[1，＋∞)上的單調(diào)性，并證明．力氣提升12．定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：對任意實數(shù)m，n總有f(m＋n)＝f(m)·f(n)，且當x>0時，0<f(x)<1.(1)試求f(0)的值；(2)推斷f(x)的單調(diào)性并證明你的結(jié)論．13．函數(shù)f(x)是定義在(0，＋∞)上的減函數(shù)，對任意的x，y∈(0，＋∞)，都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)－1，且f(4)＝5.(1)求f(2)的值；(2)解不等式f(m－2)≤3.1．函數(shù)的單調(diào)區(qū)間必需是定義域的子集．因此爭辯函數(shù)的單調(diào)性時，必需先確定函數(shù)的定義域．2．爭辯函數(shù)的單調(diào)性，必需留意無意義的特殊點，如函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上都是減函數(shù)，但不能說函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)在定義域上是減函數(shù)．3．求單調(diào)區(qū)間的方法：(1)圖像法；(2)定義法；(3)利用已知函數(shù)的單調(diào)性．4．用單調(diào)性的定義證明函數(shù)的單調(diào)性分四個主要步驟：即“取值——作差變形——定號——推斷”這四個步驟．若f(x)>0，則推斷f(x)的單調(diào)性可以通過作比的方法去解決，即“取值——作比變形——與1比較——推斷”．§3函數(shù)的單調(diào)性學(xué)問梳理1．(1)增加遞增(2)削減遞減(3)增加的削減的單調(diào)區(qū)間2．f(x1)<f(x2)f(x1)>f(x2)作業(yè)設(shè)計1．B2．A[由題意知y＝f(x)在區(qū)間(a，b)上是增函數(shù)，由于x2>x1，對應(yīng)的f(x2)>f(x1)．]3．D[∵f(x)在[a，b]上單調(diào)，且f(a)·f(b)<0，∴①當f(x)在[a，b]上單調(diào)遞增，則f(a)<0，f(b)>0，②當f(x)在[a，b]上單調(diào)遞減，則f(a)>0，f(b)<0，由①②知f(x)在區(qū)間[a，b]上必有x0使f(x0)＝0且x0是唯一的．]4．C[如圖所示，該函數(shù)的對稱軸為x＝3，依據(jù)圖像可知函數(shù)在(2,4)上是先遞減再遞增的．]5．C[由函數(shù)單調(diào)性的定義可知，若函數(shù)y＝f(x)在給定的區(qū)間上是增函數(shù)，則x1－x2與f(x1)－f(x2)同號，由此可知，選項A、B、D正確；對于C，若x1<x2時，可有x1＝a或x2＝b，即f(x1)＝f(a)或f(x2)＝f(b)，故C不成立．]6．A[該函數(shù)的定義域為(－∞，－3]∪[1，＋∞)，函數(shù)f(x)＝x2＋2x－3的對稱軸為x＝－1，由函數(shù)的單調(diào)性可知該函數(shù)在區(qū)間(－∞，－3]上是減函數(shù)．]7．m>0解析由f(m－1)>f(2m－1)且f(x)是R上的減函數(shù)得m－1<2m－1，∴8．－3解析f(x)＝2(x－eq\f(m,4))2＋3－eq\f(m2,8)，由題意eq\f(m,4)＝2，∴m＝8.∴f(1)＝2×12－8×1＋3＝－3.9．解y＝－x2＋2|x|＋3＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x＋3x≥0,－x2－2x＋3x<0))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－12＋4x≥0,－x＋12＋4x<0)).函數(shù)圖像如圖所示．函數(shù)在(－∞，－1]，[0,1]上是增函數(shù)，函數(shù)在[－1,0]，[1，＋∞)上是減函數(shù)．∴函數(shù)y＝－x2＋2|x|＋3的單調(diào)增區(qū)間是(－∞，－1]和[0,1]，單調(diào)減區(qū)間是[－1,0]和[1，＋∞)．10．證明設(shè)a<x1<x2<b，∵g(x)在(a，b)上是增函數(shù)，∴g(x1)<g(x2)，且a<g(x1)<g(x2)<b，又∵f(x)在(a，b)上是增函數(shù)，∴f(g(x1))<f(g(x2))，∴f(g(x))在(a，b)上是增函數(shù)．11．解函數(shù)f(x)＝eq\r(x2－1)在[1，＋∞)上是增函數(shù)．證明如下：任取x1，x2∈[1，＋∞)，且x1<x2，則f(x2)－f(x1)＝eq\r(x\o\al(2,2)－1)－eq\r(x\o\al(2,1)－1)＝eq\f(x\o\al(2,2)－x\o\al(2,1),\r(x\o\al(2,2)－1)＋\r(x\o\al(2,1)－1))＝eq\f(x2－x1x2＋x1,\r(x\o\al(2,2)－1)＋\r(x\o\al(2,1)－1)).∵1≤x1<x2，∴x2＋x1>0，x2－x1>0，eq\r(x\o\al(2,2)－1)＋eq\r(x\o\al(2,1)－1)>0.∴f(x2)－f(x1)>0，即f(x2)>f(x1)，故函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)．12．解(1)在f(m＋n)＝f(m)·f(n)中，令m＝1，n＝0，得f(1)＝f(1)·f(0)．由于f(1)≠0，所以f(0)＝1.(2)函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減．任取x1，x2∈R，且設(shè)x1<x2.在已知條件f(m＋n)＝f(m)·f(n)中，若取m＋n＝x2，m＝x1，則已知條件可化為f(x2)＝f(x1)·f(x2－x1)，由于x2－x1>0，所以0<f(x2－x1)<1.在f(m＋n)＝f(m)·f(n)中，令m＝x，n＝－x，則得f(x)·f(－x)＝1.當x>0時，0<f(x)<1，所以f(－x)＝eq\f(1,fx)>1>0，又f(0)＝1，所以對于任意的x1∈R均有f(x1)>0.所以f(x2)－f