2024-2025學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)第三章函數(shù)3.1函數(shù)的概念與性質(zhì)3.1.2第1課時(shí)單調(diào)性的定義與證明課時(shí)分層作業(yè)含解析新人教B版必修第一冊(cè)

PAGE1-課時(shí)分層作業(yè)(二十)單調(diào)性的定義與證明(建議用時(shí)：40分鐘)一、選擇題1．如圖是定義在區(qū)間[－5，5]上的函數(shù)y＝f(x)，則下列關(guān)于函數(shù)f(x)的說法錯(cuò)誤的是()A.函數(shù)在區(qū)間[－5，－3]上單調(diào)遞增B．函數(shù)在區(qū)間[1，4]上單調(diào)遞增C．函數(shù)在區(qū)間[－3，1]∪[4，5]上單調(diào)遞減D．函數(shù)在區(qū)間[－5，5]上沒有單調(diào)性C[由題圖可知，f(x)在區(qū)間[－3，1]，[4，5]上單調(diào)遞減，單調(diào)區(qū)間不行以用并集“∪”連接，故選C.]2．若函數(shù)f(x)＝(2a－1)x＋b在R上是單調(diào)減函數(shù)，A．a(chǎn)≥eq\f(1,2) B．a(chǎn)≤eq\f(1,2)C．a(chǎn)>eq\f(1,2) D．a(chǎn)<eq\f(1,2)D[函數(shù)f(x)＝(2a－1)x＋b在R上是單調(diào)減函數(shù)，則2a－1<0，即a<eq\f(1,2).故選D.]3．函數(shù)y＝eq\f(1,x－1)在[2，3]上的最小值為()A．2B．eq\f(1,2)C．eq\f(1,3)D．－eq\f(1,2)B[∵函數(shù)y＝eq\f(1,x－1)在[2，3]上單調(diào)遞減，∴當(dāng)x＝3時(shí)，函數(shù)的最小值為eq\f(1,3－1)＝eq\f(1,2).故選B.]4．假如函數(shù)f(x)＝x2－2bx＋2在區(qū)間[3，＋∞)上是增函數(shù)，則b的取值范圍為()A．b＝3B．b≥3C．b≤3D．b≠C[函數(shù)f(x)＝x2－2bx＋2的圖像是開口向上，且以直線x＝b為對(duì)稱軸的拋物線，若函數(shù)f(x)＝x2－2bx＋2在區(qū)間[3，＋∞)上是增函數(shù)，則b≤3，故選C.]5．設(shè)函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上是減函數(shù)，a，b∈R且a＋b≤0，則下列選項(xiàng)正確的是()A．f(a)＋f(b)≤－[f(a)＋f(b)]B．f(a)＋f(b)≤f(－a)＋f(－b)C．f(a)＋f(b)≥－[f(a)＋f(b)]D．f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)D[因?yàn)閍＋b≤0，所以a≤－b或b≤－a，又函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上是減函數(shù)，所以f(a)≥f(－b)，f(b)≥f(－a)，所以f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b).故選D.]二、填空題6．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)在[1，b](b>1)上的最小值是eq\f(1,4)，則b＝________．4[因?yàn)閒(x)＝eq\f(1,x)在[1，b]上是減函數(shù)，所以f(x)在[1，b]上的最小值為f(b)＝eq\f(1,b)＝eq\f(1,4)，所以b＝4.]7．若函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x＋1)在(a，＋∞)上單調(diào)遞減，則a的取值范圍是________．[－1，＋∞)[函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x＋1)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－1)，(－1，＋∞)，又f(x)在(a，＋∞)上單調(diào)遞減，所以a≥－1.]8．已知f(x)在定義域內(nèi)是減函數(shù)，且f(x)>0，在其定義域內(nèi)下列函數(shù)為單調(diào)增函數(shù)的是________．①y＝a＋f(x)(a為常數(shù))；②y＝a－f(x)(a為常數(shù))；③y＝eq\f(1,f（x）)；④y＝[f(x)]2.②③[f(x)在定義域內(nèi)是減函數(shù)，且f(x)>0時(shí)，－f(x)，eq\f(1,f（x）)均為遞增函數(shù)，故選②③.]三、解答題9．推斷函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x2－1)在區(qū)間(1，＋∞)上的單調(diào)性，并用單調(diào)性定義證明．[解]函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x2－1)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞減．證明如下：任取x1，x2∈(1，＋∞)，且x1＜x2，則f(x1)－f(x2)＝eq\f(1,xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－1)－eq\f(1,xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－1)＝eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),（xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－1）（xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－1）)＝eq\f(（x2＋x1）（x2－x1）,（xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－1）（xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－1）).∵x1＜x2，∴x2－x1＞0.又x1，x2∈(1，＋∞)，∴x2＋x1＞0，xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－1＞0，xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－1＞0.∴eq\f(（x2＋x1）（x2－x1）,（xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－1）（xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－1）)＞0，即f(x1)＞f(x2).∴f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞減．10．求函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(4,x)在[1，4]上的最值．[解]設(shè)1≤x1<x2<2，則f(x1)－f(x2)＝x1＋eq\f(4,x1)－x2－eq\f(4,x2)＝x1－x2＋eq\f(4（x2－x1）,x1x2)＝(x1－x2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(4,x1x2)))＝(x1－x2)eq\f(x1x2－4,x1x2)＝eq\f(（x1－x2）（x1x2－4）,x1x2).∵1≤x1<x2<2，∴x1－x2<0，x1x2－4<0，x1x2>0，∴f(x1)>f(x2)，∴f(x)在[1，2)上是減函數(shù)．同理f(x)在[2，4]上是增函數(shù)．∴當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)取得最小值4；當(dāng)x＝1或x＝4時(shí)，f(x)取得最大值5.11．定義在R上的函數(shù)f(x)，對(duì)隨意x1，x2∈R(x1≠x2)，有eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)<0，則()A．f(3)<f(2)<f(1) B．f(1)<f(2)<f(3)C．f(2)<f(1)<f(3) D．f(3)<f(1)<f(2)A[對(duì)隨意x1，x2∈R(x1≠x2)，有eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)<0，則x2－x1與f(x2)－f(x1)異號(hào)，則f(x)在R上是減函數(shù)．又3>2>1，則f(3)<f(2)<f(1).故選A.]12．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（a－3）x＋5（x≤1），,\f(2a,x)（x＞1）))是R上的減函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(0，3) B．(0，3]C．(0，2) D．(0，2]D[由題意知實(shí)數(shù)a滿意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－3＜0，,2a＞0，,（a－3）＋5≥2a，))解得0＜a≤2，故實(shí)數(shù)a的取值范圍為(0，2].]13．(一題兩空)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＋1的單調(diào)增區(qū)間是________；單調(diào)減區(qū)間是________．(－∞，0)和(0，1][1，＋∞)[f(x)＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq\s\up12(2)，這是由y＝(u－1)2與u＝eq\f(1,x)復(fù)合而成的函數(shù)，前一個(gè)函數(shù)的單調(diào)區(qū)間由u＝1分開，后一個(gè)函數(shù)的單調(diào)區(qū)間由x＝0分開，所以復(fù)合函數(shù)分成三段區(qū)間，其相應(yīng)的區(qū)間和單調(diào)性如下表所示：u＝eq\f(1,x)y＝(u－1)2y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))eq\s\up12(2)x∈(－∞，0)減u∈(－∞，0)減x∈(－∞，0)增x∈(0，1]減u∈(0，1]減x∈(0，1]增x∈[1，＋∞)減u∈[1，＋∞)增x∈[1，＋∞)減所以，函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間是(－∞，0)和(0，1]，減區(qū)間是[1，＋∞).]14．用min{a，b}表示a，b兩個(gè)數(shù)中的最小值．設(shè)f(x)＝min{x＋2，10－x}(x≥0)，則f(x)的最大值為________．6[在同一個(gè)平面直角坐標(biāo)系內(nèi)畫出函數(shù)y＝x＋2和y＝10－x的圖像．依據(jù)min{x＋2，10－x}(x≥0)的含義可知，f(x)的圖像應(yīng)為圖中的實(shí)線部分．解方程x＋2＝10－x，得x＝4，此時(shí)y＝6，故兩圖像的交點(diǎn)為(4，6).所以f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2，0≤x≤4，,10－x，x>4，))其最大值為交點(diǎn)的縱坐標(biāo)，所以f(x)的最大值為6.]15．已知一次函數(shù)f(x)是R上的增函數(shù)，g(x)＝f(x)(x＋m)，且f(f(x))＝16x＋5.(1)求f(x)的解析式；(2)若g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．[解](1)由題意設(shè)f(x)＝ax＋b(a>0).從而f(f(x))＝a(ax＋b)＋b＝a2x＋ab＋b＝16x＋5，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝16，,ab＋b＝5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－4，,b＝－\f(5,3)))(不合題意，舍去).所以