2014-2015學年高中數學（人教A版必修一） 第一章集合與函數概念 1.3習題課 課時作業(yè)（含答案）

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1、 1.3　習題課 課時目標　1.加深對函數的基本性質的理解.2.培養(yǎng)綜合運用函數的基本性質解題的能力． 1．若函數y＝(2k＋1)x＋b在R上是減函數，則(　　) A．k> B．k< C．k>－ D．k<－ 2．定義在R上的函數f(x)對任意兩個不相等的實數a，b，總有>0成立，則必有(　　) A．函數f(x)先增后減 B．函數f(x)先減后增 C．f(x)在R上是增函數 D．f(x)在R上是減函數 3．已知函數f(x)在(－∞，＋∞)上是增函數，a，b∈R，且a＋b>0，則有(　　) A．f(a)＋f(b

2、)>－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)a，則實數a的取值范圍是______________． 一、選擇題 1．設f(x)是定義在R

3、上的偶函數，且在(－∞，0)上是增函數，已知x1>0，x2<0，且f(x1)0 C．f(－x1)>f(－x2) D．f(－x1)f(－x2)<0 2．下列判斷： ①如果一個函數的定義域關于坐標原點對稱，那么這個函數為偶函數； ②對于定義域為實數集R的任何奇函數f(x)都有f(x)f(－x)≤0； 1 / 8 ③解析式中含自變量的偶次冪而不含常數項的函數必是偶函數； ④既是奇函數又是偶函數的函數存在且

4、唯一． 其中正確的序號為(　　) A．②③④ B．①③ C．② D．④ 3．定義兩種運算：a⊕b＝ab，a?b＝a2＋b2，則函數f(x)＝為(　　) A．奇函數 B．偶函數 C．既不是奇函數也不是偶函數 D．既是奇函數也是偶函數 4．用min{a，b}表示a，b兩數中的最小值，若函數f(x)＝min{|x|，|x＋t|}的圖象關于直線x＝－對稱，則t的值為(　　) A．－2 B．2 C．－1 D．1 5．如果奇函數f(x)在區(qū)間[1,5]上是減函數，且最小值

5、為3，那么f(x)在區(qū)間[－5，－1]上是(　　) A．增函數且最小值為3 B．增函數且最大值為3 C．減函數且最小值為－3 D．減函數且最大值為－3 6．若f(x)是偶函數，且當x∈[0，＋∞)時，f(x)＝x－1，則f(x－1)<0的解集是(　　) A．(－1,0) B．(－∞，0)∪(1,2) C．(1,2) D．(0,2) 題　號 1 2 3 4 5 6 答　案 二、填空題 7．若函數f(x)＝－為區(qū)間

6、[－1,1]上的奇函數，則它在這一區(qū)間上的最大值為____． 8．已知函數f(x)是定義域為R的奇函數，且當x>0時，f(x)＝2x－3，則f(－2)＋f(0)＝________. 9．函數f(x)＝x2＋2x＋a，若對任意x∈[1，＋∞)，f(x)>0恒成立，則實數a的取值范圍是________． 三、解答題 10．已知奇函數f(x)的定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)，且f(x)在(0，＋∞)上是增函數，f(1)＝0. (1)求證：函數f(x)在(－∞，0)上是增函數； (2)解關于x的不等式f(x)<0. 11．已知f(x)＝，x∈(0，＋∞)． (1)若b≥

7、1，求證：函數f(x)在(0,1)上是減函數； (2)是否存在實數a，b，使f(x)同時滿足下列兩個條件： ①在(0,1)上是減函數，(1，＋∞)上是增函數；②f(x)的最小值是3.若存在，求出a，b的值；若不存在，請說明理由． 能力提升 12．設函數f(x)＝1－，x∈[0，＋∞) (1)用單調性的定義證明f(x)在定義域上是增函數； (2)設g(x)＝f(1＋x)－f(x)，判斷g(x)在[0，＋∞)上的單調性(不用證明)，并由此說明f(x)的增長是越來越快還是越來越慢？ 13．如圖，有一塊半徑為2的

8、半圓形紙片，計劃剪裁成等腰梯形ABCD的形狀，它的下底AB是⊙O的直徑，上底CD的端點在圓周上，設CD＝2x，梯形ABCD的周長為y. (1)求出y關于x的函數f(x)的解析式； (2)求y的最大值，并指出相應的x值． 1．函數單調性的判定方法 (1)定義法． (2)直接法：運用已知的結論，直接判斷函數的單調性，如一次函數，二次函數，反比例函數；還可以根據f(x)，g(x)的單調性判斷－f(x)，，f(x)＋g(x)的單調性等． (3)圖象法：根據函數

9、的圖象判斷函數的單調性． 2．二次函數在閉區(qū)間上的最值 對于二次函數f(x)＝a(x－h(huán))2＋k(a>0)在區(qū)間[m，n]上最值問題，有以下結論： (1)若h∈[m，n]，則ymin＝f(h)＝k，ymax＝max{f(m)，f(n)}； (2)若h?[m，n]，則ymin＝min{f(m)，f(n)}， ymax＝max{f(m)，f(n)}(a<0時可仿此討論)． 3．函數奇偶性與單調性的差異． 函數的奇偶性是相對于函數的定義域來說的，這一點與研究函數的單調性不同，從這個意義上說，函數的單調性是函數的“局部”性質，而奇偶性是函數的“整體”性質，只是對函數定義域內的每一個值x，

10、都有f(－x)＝－f(x)[或f(－x)＝f(x)]，才能說f(x)是奇函數(或偶函數)． 1.3　習題課 雙基演練 1．D　[由已知，令2k＋1<0，解得k<－.] 2．C　[由>0，知f(a)－f(b)與a－b同號， 由增函數的定義知選C.] 3．C　[∵a＋b>0，∴a>－b，b>－a. 由函數的單調性可知，f(a)>f(－b)，f(b)>f(－a)． 兩式相加得C正確．] 4．C　[由圖象可知，當x＝0時，f(x)取得最大值； 當x＝－時，f(x)取得最小值．故選C.] 5.　0 解析　偶函數定義域關于原點對稱， ∴a－1＋2a＝0.∴a＝. ∴f(x)＝x

11、2＋bx＋1＋b. 又∵f(x)是偶函數，∴b＝0. 6．(－∞，－1) 解析　若a≥0，則a－1>a，解得a<－2，∴a∈?； 若a<0，則>a，解得a<－1或a>1，∴a<－1. 綜上，a∈(－∞，－1)． 作業(yè)設計 1．B　[由已知得f(x1)＝f(－x1)，且－x1<0，x2<0，而函數f(x)在(－∞，0)上是增函數，因此由f(x1)0.故選B.] 2．C　[判斷①，一個函數的定義域關于坐標原點對稱，是這個函數具有奇偶性的前提條件，但并非充分條件，故①錯誤． 判斷②正確，由函數是奇函數，知f

12、(－x)＝－f(x)，特別地當x＝0時，f(0)＝0，所以f(x)f(－x)＝－[f(x)]2≤0. 判斷③，如f(x)＝x2，x∈[0,1]，定義域不關于坐標原點對稱，即存在1∈[0,1]，而－1 [0,1]；又如f(x)＝x2＋x，x∈[－1,1]，有f(x)≠f(－x)．故③錯誤． 判斷④，由于f(x)＝0，x∈[－a，a]，根據確定一個函數的兩要素知，a取不同的實數時，得到不同的函數．故④錯誤． 綜上可知，選C.] 3．A　[f(x)＝，f(－x)＝－f(x)，選A.] 4．D　[當t>0時f(x)的圖象如圖所示(實線) 對稱軸為x＝－，則＝，∴t＝1.] 5．D　[

13、當－5≤x≤－1時1≤－x≤5， ∴f(－x)≥3，即－f(x)≥3. 從而f(x)≤－3， 又奇函數在原點兩側的對稱區(qū)間上單調性相同， 故f(x)在[－5，－1]上是減函數．故選D.] 6．D　[依題意，因為f(x)是偶函數，所以f(x－1)<0化為f(|x－1|)<0，又x∈[0，＋∞)時，f(x)＝x－1，所以|x－1|－1<0， 即|x－1|<1，解得0

14、區(qū)間[－1,1]上為減函數， 當x取區(qū)間左端點的值時，函數取得最大值1. 8．－1 解析　∵f(－0)＝－f(0)，∴f(0)＝0， 且f(2)＝22－3＝1. ∴f(－2)＝－f(2)＝－1， ∴f(－2)＋f(0)＝－1. 9．a>－3 解析　∵f(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1， ∴[1，＋∞)為f(x)的增區(qū)間， 要使f(x)在[1，＋∞)上恒有f(x)>0，則f(1)>0， 即3＋a>0，∴a>－3. 10．(1)證明　設x1－x2>0. ∵f(x)在(0，＋∞)上是增函數， ∴f(－x1)>f(－x2)． ∵f(x)是

15、奇函數， ∴f(－x1)＝－f(x1)，f(－x2)＝－f(x2)， ∴－f(x1)>－f(x2)，即f(x1)0，則f(x)0，x1－x2<0. 又b>1，且00， ∴f(x1)>f(x2)， 所以函數f(x)在(0,1)

16、上是減函數． (2)解　設0x2≥0，f(x1)－f(x2)＝(1－)－(1－)＝. 由x1>x2≥0?x1－x2>0，(x1＋1)(x2＋1)>0， 得f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)． 所以f(x)在定義域上是增函數． (2)解　g(x)＝f(x＋1)－f(x)＝， g(

17、x)在[0，＋∞)上是減函數，自變量每增加1，f(x)的增加值越來越小，所以f(x)的增長是越來越慢． 13．解　(1)作OH，DN分別垂直DC，AB交于H，N， 連結OD. 由圓的性質，H是中點，設OH＝h， h＝＝. 又在直角△AND中，AD＝ ＝＝＝2， 所以y＝f(x)＝AB＋2AD＋DC＝4＋2x＋4，其定義域是(0,2)． (2)令t＝，則t∈(0，)，且x＝2－t2， 所以y＝4＋2(2－t2)＋4t＝－2(t－1)2＋10， 當t＝1，即x＝1時，y的最大值是10. 希望對大家有所幫助，多謝您的瀏覽！