高中数学人教A版必修第一册3.2.1 第1课时 函数的单调性课时作业含解析 练习

这是一份高中数学人教A版必修第一册3.2.1 第1课时 函数的单调性课时作业含解析，共1页。

第一课时 函数的单调性
[对应学生用书P34]
知识点 函数的单调性
增函数、减函数定义：
一般地，设函数f(x)的定义域为I，区间D⊆I：
(1)如果∀x1，x2∈D，当x1特别地，当函数f(x)在它的定义域上单调递增时，我们就称它是增函数.
(2)如果∀x1，x2∈D，当x1f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D上单调递减.
特别地，当函数f(x)在它的定义域上单调递减时，我们就称它是减函数.
(3)如果函数y＝f(x)在区间D上单调递增或单调递减，那么就说函数y＝f(x)在这一区间具有(严格的)单调性，区间D叫做y＝f(x)的单调区间.
[微体验]
1．思考辨析
(1)因为f(－1)(2)若f(x)为R上的减函数，则f(0)>f(1)．( )
(3)若函数f(x)在区间(1,2]和(2,3)上均为增函数，则函数f(x)在区间(1,3)上为增函数．( )
答案 (1)× (2)√ (3)×
2．函数y＝f(x)的图象如图所示，其增区间是( )
A．[－4,4] B．[－4，－3]∪[1,4]
C．[－3,1] D．[－3,4]
C [根据函数单调性定义及函数图象知f(x)在[－3,1]上单调递增．][来源:Z*xx*k.Cm]
3．下列函数中，在(－∞，0]内为增函数的是( )
A．y＝x2－2 B．y＝eq \f(3,x)
C．y＝1＋2x D．y＝－(x＋2)2
C [y＝x2－2在(－∞，0]上是减函数，y＝eq \f(3,x)在(－∞，0)内是减函数. y＝1＋2x在R上为增函数，所以在(－∞，0)上是增函数. y＝－(x＋2)2在(－∞，－2]上是增函数，在(－2，＋∞)上是减函数．]
4．若函数f(x)在R上单调递增，且f(m)A．m>n B．mC．m≥n D．m≤n
B [因为f(x)在R上单调递增，且f(m)[对应学生用书P35]
探究一 利用定义证明函数的单调性
证明函数f(x)＝x＋eq \f(1,x)在(1，＋∞)上是增函数．
证明 ∀x1，x2∈(1，＋∞)，且x1则f(x1)－f(x2)＝x1＋eq \f(1,x1)－x2－eq \f(1,x2)
＝(x1－x2)＋eq \f(x2－x1,x1x2)＝(x1－x2)eq \f(x1x2－1,x1x2).
∵x2>x1>1，
∴x1－x2＜0，x1x2＞1，x1x2－1＞0.
∴f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)．
∴函数f(x)＝x＋eq \f(1,x)在(1，＋∞)上是增函数．
[变式探究] 判断并证明本例中函数f(x)在(0,1)上的单调性．
解 函数f(x)＝x＋eq \f(1,x)在(0,1)上单调递减．证明如下：
∀x1，x2∈(0,1)，且x1则f(x1)－f(x2)＝x1＋eq \f(1,x1)－x2－eq \f(1,x2)
＝(x1－x2)＋eq \f(x2－x1,x1x2)
＝(x1－x2)eq \f(x1x2－1,x1x2).
∵0＜x1＜x2＜1，
∴x1－x2＜0,0＜x1x2＜1，x1x2－1＜0.
∴f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)．
∴函数f(x)＝x＋eq \f(1,x)在(0,1)上是减函数．
[方法总结]
利用增函数或减函数的定义证明或判断函数单调性的一般步骤
[跟踪训练1] 利用单调性的定义，证明函数y＝eq \f(x＋2,x＋1)在(－1，＋∞)上是减函数．
证明 ∀x1，x2∈(－1，＋∞)，且x1则f(x1)－f(x2)＝eq \f(x1＋2,x1＋1)－eq \f(x2＋2,x2＋1)＝eq \f(x2－x1,x1＋1x2＋1)，
因为－10，x1＋1>0，x2＋1>0，
所以eq \f(x2－x1,x1＋1x2＋1)＞0，
即f(x1)－f(x2)>0，f(x1)>f(x2)．
所以y＝eq \f(x＋2,x＋1)在(－1，＋∞)上是减函数．
探究二 根据函数图象求单调区间
求函数y＝－x2＋2|x|＋3的单调区间．
解 y＝－x2＋2|x|＋3＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋2x＋3，x≥0，,－x2－2x＋3，x＜0.))
＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x－12＋4，x≥0，,－x＋12＋4，x＜0.))
函数的图象如图所示：
由图象可以看出，在(－∞，－1]和[0,1]上的图象是上升的，在(－1,0)和(1，＋∞)上的图象是下降的，
∴函数的单调递增区间是(－∞，－1]和[0,1]，
单调递减区间是(－1,0)和(1，＋∞)．
[方法总结]
图象法求函数单调区间的步骤
(1)作图：作出函数的图象．
(2)结论：上升图象对应单调递增区间，下降图象对应单调递减区间．
提醒：当函数有多个单调区间时，区间之间用“和”或“，”连接，而不能用“∪”连接．
[跟踪训练2] 作出函数y＝|x|(x－1)的图象，并指出函数的单调区间．
解 y＝|x|(x－1)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－x，x≥0，,－x2＋x，x＜0.))图象如图所示：
由图象可知，函数的单调递增区间为(－∞，0]和eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))；单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
探究三 函数单调性的简单应用
已知函数f(x)＝x2＋2(a－1)x＋2在(－∞，4]上是减函数．求实数a的取值范围．
解 ∵f(x)＝x2＋2(a－1)x＋2
＝[x＋(a－1)]2－(a－1)2＋2，
∴此二次函数的对称轴为x＝1－a.
∴f(x)的单调减区间为(－∞，1－a]．
∵f(x)在(－∞，4]上是减函数，
∴对称轴x＝1－a必须在直线x＝4的右侧或与其重合．
∴1－a≥4.解得a≤－3.
∴实数a的取值范围是(－∞，－3]．
[变式探究] 在本例中，若将“函数f(x)在(－∞，4]上是减函数”改为“函数f(x)的单调递减区间为(－∞，4]”，则a为何值？若改为“函数f(x)在[4，＋∞)上是增函数”呢？
解 若f(x)的单调递减区间为(－∞，4]，
则1－a＝4，∴a＝－3.
若f(x)在[4，＋∞)上是增函数，则1－a≤4，
∴a≥－3，即a的取值范围为[－3，＋∞)．
[方法总结]
由函数单调性求参数范围的类型及处理方法
(1)由函数解析式求参数
(2)抽象函数求参数
①依据：单调增(减)函数中函数值与自变量的关系f(a)>f(b)⇌a>b(a②方法：依据函数单调性的特点去掉符号“f”，转化为不等式问题求解．
[对应学生用书P37]
1．若f(x)的定义域为D，A⊆D，B⊆D，f(x)在A和B上都单调递减，未必有f(x)在A∪B上单调递减．
2．对增函数的判断，当x1＜x2时，都有f(x1)＜f(x2)，也可以用一个不等式来替代：(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0或eq \f(fx1－fx2,x1－x2)＞0.对减函数的判断，当x1＜x2时，都有f(x1)＞f(x2)，相应地也可用一个不等式来替代：(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＜0或eq \f(fx1－fx2,x1－x2)＜0.
3．熟悉常见的一些单调性结论，包括一次函数、二次函数、反比例函数等．
4．若f(x)，g(x)都是增函数，h(x)是减函数，则：①在定义域的交集(非空)上，f(x)＋g(x)单调递增，f(x)－h(x)单调递增，②－f(x)单调递减，③eq \f(1,fx)单调递减(f(x)≠0)．
5．对于函数值恒正(或恒负)的函数f(x)，证明单调性时，也可以作商eq \f(fx1,fx2)与1比较．
课时作业(十三) 函数的单调性
[见课时作业(十三)P151]
1．函数y＝x2－6x＋10在区间(2,4)上( )
A．单调递增 B．单调递减
C．先减后增 D．先增后减
C [函数y＝x2－6x＋10图象的对称轴为直线x＝3，此函数在区间(2, 3)上单调递减，在区间(3, 4)上单调递增．]
2．下列函数中，在区间(0，＋∞)上是增函数的是( )
A．y＝eq \f(1,x＋1) B．y＝2x－1
C．y＝－|x| D．y＝x2－3x
B [A中函数在区间(0，＋∞)上是减函数；B中函数在区间(0，＋∞)上是增函数；C中函数在区间(0，＋∞)上是减函数；D中函数对称轴是x＝eq \f(3,2)，所以函数在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))上为减函数，在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))上为增函数．]
3．若函数f(x)的定义域为R，且在(0，＋∞)上是减函数，则下列不等式成立的是( )
A．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))＞f(a2－a＋1) B．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))≥f(a2－a＋1)
C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))＜f(a2－a＋1) D．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))≤f(a2－a＋1)
B [∵f(x)在(0，＋∞)上是减函数，且a2－a＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)≥eq \f(3,4)＞0，∴f(a2－a＋1)≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4))).]
4．若定义在R上的函数f(x)对任意两个不相等的实数a，b，总有eq \f(fa－fb,a－b)>0成立，则必有( )
A．f(x)在R上是增函数
B．f(x)在R上是减函数
C．函数f(x)是先增后减
D．函数f(x)是先减后增
A [由eq \f(fa－fb,a－b)>0知f(a)－f(b)与a－b同号，即当ab时，f(a)>f(b)，所以f(x)在R上是增函数．]
5．已知四个函数的图象如图所示，其中在定义域内具有单调性的函数是( )
B [已知函数的图象判断其在定义域内的单调性，应从它的图象是上升的还是下降的来考虑．根据函数单调性的定义可知函数B在定义域内为增函数．]
6．函数y＝|x|(1－x)的单调递增区间为________．
解析 y＝|x|(1－x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋x，x＞0，,x2－x，x≤0，))作出其图象如图，观察图象知递增区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0， \f(1,2))).
答案 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0， \f(1,2)))
7．函数f(x)＝eq \f(1,x＋1)在(a，＋∞)上单调递减，则a的取值范围是________．
解析 f(x)＝eq \f(1,x＋1)的单调递减区间为(－1，＋∞)和(－∞，－1)，又f(x)在(a，＋∞)上是减函数，所以a≥－1.
答案 [－1，＋∞)
8．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________．
解析 由f(m－1)>f(2m－1)且f(x)是R上的减函数，得m－1<2m－1，所以m>0.
答案 m>0
9．试用函数单调性的定义证明：f(x)＝eq \f(2x,x－1)在(1，＋∞)上是减函数．
证明 ∀x1，x2∈(1，＋∞)，且x1则f(x1)－f(x2)＝eq \f(2x1,x1－1)－eq \f(2x2,x2－1)＝eq \f(2x2－x1,x1－1x2－1).
由于10，x2－1>0，x2－x1>0，
故f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)．
所以f(x)＝eq \f(2x,x－1)在(1，＋∞)上是减函数．
10．若函数f(x)＝－eq \f(a,x)在(0，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围．
解 ∀x1，x2∈(0，＋∞)，且x1f(x1)＜f(x2)，即－eq \f(a,x1)＜－eq \f(a,x2)，
∴eq \f(ax2－x1,x1x2)＞0.
又0＜x1＜x2，∴x1x2＞0，x2－x1＞0.∴a＞0.
1．函数f(x)＝eq \r(－2x＋1)的单调减区间是( )
A．(－∞，＋∞) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋∞))
C．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞))
C [由－2x＋1≥0，得x≤eq \f(1,2)，又一次函数y＝－2x＋1为R上的减函数，故f(x)＝eq \r(－2x＋1)的单调减区间为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))).]
2．f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数，则不等式f(x)>f(8(x－2))的解集是( )
A．(0，＋∞) B．(0,2)
C．(2，＋∞) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(16,7)))
D [由f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数得，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＞0，,8x－2＞0，,x＞8x－2，))⇒23．函数y＝f(x)的图象如图所示，则函数f(x)的单调递增区间是________．
解析 由图象可知函数f(x)的单调递增区间是(－∞，1]和(1，＋∞)．
答案 (－∞，1]和(1，＋∞)
4．函数f(x)是R上的减函数，且过点(－3,2)和(1，－2)，则使|f(x)|＜2的自变量x的取值范围是________．
解析 ∵f(x)是R上的减函数，f(－3)＝2，f(1)＝－2，∴当x＞－3时，f(x)＜2；当x＜1时，f(x)＞－2. ∴当－3＜x＜1时，|f(x)|＜2.
答案 (－3,1)
5．设函数y＝f(x)是定义在(0，＋∞)上的减函数，并且满足f(xy)＝f(x)＋f(y)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝1.
(1)求f(1)的值；
(2)若存在实数m，使得f(m)＝2，求m的值；
(3)若f(x－2)>2，求x的取值范围．
解 (1)令x＝y＝1，则f(1)＝f(1)＋f(1)，所以f(1)＝0.
(2)因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝1，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,9)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)×\f(1,3)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝2，所以m＝eq \f(1,9).
(3)因为f(x－2)>2＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,9)))，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2＞0，,x－2＜\f(1,9)，))
则26．(拓广探索)若f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a,x)，x≥1，,－x＋3a，x＜1))是R上的单调函数，求实数a的取值范围．
解 因为f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a,x)，x≥1，,－x＋3a，x＜1))是R上的单调函数，
且f(x)＝－x＋3a，x＜1是减函数，
所以f(x)＝eq \f(a,x)，x≥1也为减函数，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＞0，,－1＋3a≥a，))解得a≥eq \f(1,2)，
故实数a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)).
课程标准
核心素养
借助函数图象，会用符号语言表达函数的单调性.
通过对函数单调性的学习，提升“数学抽象”、“逻辑推理”、“数学运算”的核心素养.