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函数单一性教课设计新部编本答案
函数单一性教课设计新部编本答案
精选教课教课设计设计|Excellentteachingplan
教师学科教课设计
[20–20学年度第__学期]
任教课科:_____________
任教年级:_____________
任教老师:_____________
市实验学校
育人如同春风化雨,授业不惜蜡炬成灰
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(x)
x
a(a0)
的单一性.
x
(1)定义法;(2)求导议论法
,
a,
a,
增函数;
a,0
,0,
a
减函数
双钩函数(借助数形联合)
例2【解】(1)当x
0时,f
x
0;当x
0时,f
x
2
x
1
x.
2
由条件可知,2x
1
2,即22x
2
2x
1
0,解得2x
12.
2x
∵
2x
0,x
log2
1
2
时
t
2t
1
t
1
(2)当t
[1,2]
,2
2
22t
m2
2t
0,
即m22t
1
24t1.
Q22t
10,m
22t
1.
Qt
[1,2],
1
22t
[
17,
5],
故m的取值范围是
[
5,
)
评论:此题用了两种方法:定义法和导数法,对比之下导数法比定义法更加简短
例3解:这是抽象函数的单一性问题,应当用单一性定义解决在R上任取x1、x2,设x1<x2,∴f(x1)<f(x2),
F(x2)
F(x1)[f(x2)
1
][f(x1)
1
f(x2)
]
f(x1)
[f(x2)f(x1)][1
1
],
f(x1)f(x2)
∵f(x)是R上的增函数,且
f(5)=1,
∴当x<5时0<f(x)<1,而当x>5时f(x)>1;
①若x1
<x2<5,则0<f(x1)<f(x2)<1,
0<f(x1)f(x2)<1,
∴1
1
<0,
(x1)f(x2)
F(x2)<F(x1);
②若x2>x1>5,则f(x2)>f(x1)>1,
f(x1)f(x2)>1,
∴1
1
>0,
(x1)f(x2)
F(x2)>F(x1);
综上,F(x)在(-∞,5)为减函数,在(5,+∞)为增函数
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评论:该题属于判断抽象函数的单一性。抽象函数问题是函数学****中一类比较特别的问题,其基本能力是变量代换、换元等,应娴熟掌握它们的这些特色
例4分析
由于f(x)
知足
f(x
4)
f(x)
,因此
f(x
8)
f(x),因此函数是以
8为周
期的周期函数,则f(
25)
f(
1)
,
f(80)
f(0)
,f(11)
f(3)
,又由于f(x)在R上是
奇函数,
f(0)
0
,得
f(80)
f(0)
0
,
f(
25)
f(1)
f(1)
,而由
f(x
4)
f(x)得f
(11)
f(3)
f(
3)
f(1
4)
f(1),又由于
f(x)在区间[0,2]
上是增函数,因此f(1)
f(0)
0,因此
f(1)
0,即f(25)
f
(80)
f(11),应选D.
【命题立意】:此题综合观察了函数的奇偶性、
单一性、周期性等性质,运用化归的数学思想
和数形联合的思想解答问题.
例5解:(1)函数的定义域为
(
,1)
(2,
),
分解基本函数为
y
、t
x2
3x
2
明显y
(0,
)上是单一递减的,而
t
x2
3x
2在(
,1),(2,
)上分
别是单一递减和单一递加的。依据复合函数的单一性的规则:
(x2
3x
2)在(
,1),(2,
)上分别单一递加、单一递减。
(2)解法一:函数的定义域为
R,
分解基本函数为
g
f(t)
t2
2t
8和t
2
x2
。
明显g
f(t)
t2
2x8在(1,
)上是单一递减的,
(
,1)上单一递加;
而t
2
x2
在(
,0),(0,
)
上分别是单一递加和单一递减的。且
2x2
1
x
1,
依据复合函数的单一性的规则:
因此函数的单一增区间为
(
,1),(0,1);单一减区间为
(1,
),(
1,0)。
解法二:g(x)
8
2(2
x2)
(2x2)2
x4
2x2
8,
g(x)
4x3
4x,
令g(x)
0
,得
x
1
或
0
x
1
,
令g(x)
0,x
1或1x0
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∴单一增区间为(
,
1),(0,1);单一减区间为(1,
),(1,0)。
评论:该题观察了复合函数的单一性。要记着“同增、异减”的规则
.也可经过导数方
法求单一性。
例6求导法
3
1
增函数,
,1
减函数
,1,
,
1
2
2
2
最小值为f(
1)=ln2+
1
;最大值f(
1)=ln
7+1
2
4
4
2
16
例7解:(1)
函数y=
1
的定义域是x∈R且x≠0,x≠-2.
x2
2x
又函数u(x)=x2+2x的图象是张口向上的抛物线,极点的横坐标是
x=-1,
1
在区间(―∞,―2)上单一递加;在区间上(―2,
―1]单一递加;
∴函数y=
2x
x2
在区间上[-1,0)单一递减;在区间(0,+∞)上单一递减。
(2)函数y=
x2
16的定义域是[-4,+4],u(x)=-x2+16的图象是张口向下的
抛物线,极点的横坐标是
x=0,
∴函数y=
x2
16在区间[-4,
0]上单一递加,
在区间[0,4]上单一递减。
评注:解函数的增减性问题必定要注意原函数的定义域,只有在原函数的定义域内研究问题才存心义。
例8(1)函数y=
1
的单一递加区间是(―∞,―8)。
x2
2x
80
(2)已知f(x)=|1-x|,则f
[f(x)]的单一递加区间是
[0,1]、[2,+∞)。
活页作业答案
3
1
1
,3)
1
[2
,4)2必有唯一的实根
3m≤1
4[a,1]
5[7
7,无最小值
1
,2)
6
有最大值7-2
7答案
(-2
38答案
①
9解依据题意,由f(3)=1,得f(9)=f(3)+f(3)=2.
又f(x)+f(x-8)=f[x(x-8)],故f[x(x-8)]≤f(9).
0,
x8
0,
∵f(x)在定义域(0,+∞)上为增函数,∴
x(x
8)9,解得8<x≤9.
10(1)证明
设x2>x1,则x2-x1>0.
∵f(x2)-f(x1)=f(x2-x1+x1)-f(x1)=f(x2-x1)+f(x1)-f(x1)=f(x2-x1)
>0,
f(x2)>f(x1),f(x)在(-∞,+∞)上为增函数.
(2)解∵f(1)=1,∴2=1+1=f(1)+f(1)=f(2).
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x2
x
2
0,
又f[log2(x2-x-2)]<2,∴f[log2(x2-x-2)]<f(2).
∴log2(x2-x-2)<2,于是x2
x
6
0.∴
1或x2,
2x3,
即-2<x<-1或2<x<3.∴原不等式的解集为{x|-2<x<-1或2<x<3}.
x1
x2
2(x1x2)
.
x1
2
x22
(x1
2)(x22)
11(1)证明任设x1<x2<-2,则f(x1)-f(x2)=
∵(x1+2)(x2+2)>0,x1-x2<0,∴f(x1)<f(x2),∴f(x)在(-∞,-2)内单一递加.
x1
x2
a(x2
x1)
.
(2)解任设1<x1<x2,则f(x1)-f(x2)=x1a
x2
a
(x1a)(x2
a)
∵a>0,x2-x1>0,∴要使f(x1)-f(x2)>0,只要(x1-a)(x2-a)>0恒建立,∴a≤
0<a
≤1.
12解(1)f(x)在R上是单一递减函数
证明以下:
令x=y=0,f(0)=0,令x=-y可得:f(-x)=-f(x),在R上任取x1<x2,则x2-x1>0,
∴f(x2)-f(x1)=f(x2)+f(-x1)=f(x2-x1).又∵x>0时,f(x)<0,
f(x2-x1)<0,即f(x2)<f(x1).由定义可知f(x)在R上为单一递减函数.
(2)∵f(x)在R上是减函数,∴f(x)在[-3,3]上也是减函数.
2)
∴f(-3)最大,f(3)(3)=f(2)+f(1)=f(1)+f(1)+f(1)=3×(-3=-2.
∴f(-3)=-f(3)=(x)在[-3,3]上最大值为2,最小值为-2.
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