2020-2021学年高中数学(北师大版-必修一)课时作业-第二章第三节-函数.docx

§3　函数的单调性

课时目标　1.理解函数单调性的性质.2.把握推断函数单调性的一般方法．

1．函数的单调性
(1)在函数y＝f(x)的定义域内的一个区间A上，假如对于任意两数x1，x2∈A，当x1<x2时，都有f(x1)<f(x2)，那么就说函数y＝f(x)在区间A上是____的，有时也称函数y＝f(x)在区间A上是______的．
(2)在函数y＝f(x)的定义域内的一个区间A上，假如对于任意两数x1，x2∈A，当x1<x2时，都有f(x1)>f(x2)，那么就说函数y＝f(x)在区间A上是______的，有时也称函数y＝f(x)在区间A上是______的．
(3)假如函数y＝f(x)在区间A上是__________或是__________，那么A称为__________．
2．一般地，对于函数y＝f(x)的定义域内的一个子集A，假如对于任意两数x1，x2∈A，当x1<x2时，都有__________，就称函数y＝f(x)在数集A上是增加的．
类似地，在函数y＝f(x)的定义域内的一个子集A上，假如对于任意两数x1，x2∈A，当x1<x2时，都有__________，就称函数y＝f(x)在数集A上是削减的．

一、选择题

1．定义在R上的函数y＝f(x＋1)的图像如图所示．
给出如下命题：①f(0)＝1；
②f(－1)＝1；③若x>0，则f(x)<0；④若x<0，则f(x)>0，其中正确的是(　　)
A．②③ B．①④
C．②④ D．①③
2．若(a，b)是函数y＝f(x)的单调增区间，x1，x2∈(a，b)，且x1<x2，则有(　　)
A．f(x1)<f(x2) B．f(x1)＝f(x2)
C．f(x1)>f(x2) D．以上都可能
3．f(x)在区间[a，b]上单调，且f(a)·f(b)<0，则方程f(x)＝0在区间[a，b]上(　　)
A．至少有一个根 B．至多有一个根
C．无实根 D．必有唯一的实根
4．函数y＝x2－6x＋10在区间(2,4)上是(　　)
A．递减函数 B．递增函数
C．先递减再递增 D．先递增再递减
5．假如函数f(x)在[a，b]上是增函数，对于任意的x1，x2∈[a，b](x1≠x2)，则下列结论中不正确的是(　　)
A.>0
B．(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0
C．f(a)<f(x1)<f(x2)<f(b)
D.>0
6．函数y＝的单调递减区间为(　　)
A．(－∞，－3] B．(－∞，－1]
C．[1，＋∞) D．[－3，－1]
题　号
1
2
3
4
5
6
答　案

二、填空题
7．设函数f(x)是R上的减函数，若f(m－1)>f(2m－1)，则实数m的取值范围是________．
8．函数f(x)＝2x2－mx＋3，当x∈[2，＋∞)时是增函数，当x∈(－∞，2]时是减函数，则f(1)＝________.
三、解答题
9．画出函数y＝－x2＋2|x|＋3的图像，并指出函数的单调区间．

10．已知f(x)，g(x)在(a，b)上是增函数，且a<g(x)<b，
求证：f(g(x))在(a，b)上也是增函数．

11．已知f(x)＝，试推断f(x)在[1，＋∞)上的单调性，并证明．

力气提升
12．定义在R上的函数f(x)满足：对任意实数m，n总有f(m＋n)＝f(m)·f(n)，且当x>0时，0<f(x)<1.
(1)试求f(0)的值；
(2)推断f(x)的单调性并证明你的结论．

13．函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的减函数，对任意的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．函数的单调区间必需是定义域的子集．因此争辩函数的单调性时，必需先确定函数的定义域．
2．争辩函数的单调性，必需留意无意义的特殊点，如函数f(x)＝在(－∞，0)和(0，
＋∞)上都是减函数，但不能说函数f(x)＝在定义域上是减函数．
3．求单调区间的方法：(1)图像法；(2)定义法；(3)利用已知函数的单调性．
4．用单调性的定义证明函数的单调性分四个主要步骤：
即“取值——作差变形——定号——推断”这四个步骤．
若f(x)>0，则推断f(x)的单调性可以通过作比的方法去解决，即“取值——作比变形——与1比较——推断”．

§3　函数的单调性
学问梳理
1．(1)增加　递增　(2)削减　递减　(3)　增加的　削减的　单调区间
2．f(x1)<f(x2)　f(x1)>f(x2)
作业设计
1．B
2．A　[由题意知y＝f(x)在区间(a，b)上是增函数，由于x2>x1，对应的f(x2)>f(x1)．]
3．D　[∵f(x)在[a，b]上单调，且f(a)·f(b)<0，
∴①当f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)<0，f(b)>0，
②当f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)>0，f(b)<0，
由①②知f(x)在区间[a，b]上必有x0使f(x0)＝0且x0是唯一的．]
4．C　[如图所示，该函数的对称轴为x＝3，依据图像可知函数在(2,4)上是先递减再递增的．]

5．C　[由函数单调性的定义可知，若函数y＝f(x)在给定的区间上是增函数，则x1－x2与f(x1)－f(x2)同号，由此可知，选项A、B、D正确；
对于C，若x1<x2时，可有x1＝a或x2＝b，即f(x1)＝f(a)或f(x2)＝f(b)，故C不成立．]
6．A　[该函数的定义域为(－∞，－3]∪[1，＋∞)，函数f(x)＝x2＋2x－3的对称轴为x＝－1，由函数的单调性可知该函数在区间(－∞，－3]上是减函数．]
7．m>0
解析　由f(m－1)>f(2m－1)且f(x)是R上的减函数得m－1<2m－1，∴m>0.
8．－3
解析　f(x)＝2(x－)2＋3－，由题意＝2，∴m＝8.
∴f(1)＝2×12－8×1＋3＝－3.
9．解　y＝－x2＋2|x|＋3
＝＝.
函数图像如图所示．

函数在(－∞，－1]，[0,1]上是增函数，
函数在[－1,0]，[1，＋∞)上是减函数．
∴函数y＝－x2＋2|x|＋3的单调增区间是(－∞，－1]和[0,1]，
单调减区间是[－1,0]和[1，＋∞)．
10．证明　设a<x1<x2<b，
∵g(x)在(a，b)上是增函数，
∴g(x1)<g(x2)，
且a<g(x1)<g(x2)<b，
又∵f(x)在(a，b)上是增函数，
∴f(g(x1))<f(g(x2))，
∴f(g(x))在(a，b)上是增函数．
11．解　函数f(x)＝在[1，＋∞)上是增函数．
证明如下：
任取x1，x2∈[1，＋∞)，且x1<x2，
则f(x2)－f(x1)＝－
＝
＝.
∵1≤x1<x2，
∴x2＋x1>0，x2－x1>0，＋>0.
∴f(x2)－f(x1)>0，即f(x2)>f(x1)，
故函数f(x)在[1，＋∞)上是增函数．
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)函数f(x)在R上单调递减．
任取x1，x2∈R，且设x1<x2.
在已知条件f(m＋n)＝f(m)·f(n)中，
若取m＋n＝x2，m＝x1，
则已知条件可化为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，则得f(x)·f(－x)＝1.
当x>0时，0<f(x)<1，
所以f(－x)＝>1>0，
又f(0)＝1，所以对于任意的x1∈R均有f(x1)>0.
所以f(x2)－f(x1)＝f(x1)[f(x2－x1)－1]<0，
即f(x2)<f(x1)．
所以函数f(x)在R上单调递减．
13．解　(1)∵f(4)＝f(2＋2)＝2f(2)－1＝5，
∴f(2)＝3.
(2)由f(m－2)≤3，得f(m－2)≤f(2)．
∵f(x)是(0，＋∞)上的减函数，
∴，解得m≥4.∴不等式的解集为{m|m≥4}．