信息技术应用 用计算机绘制函数图象教学活动设计方案

第6讲

函数的单调性

|||| 课后练习

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[P206]

A级

1.(2016·深圳市第二次调研)下列四个函数中,在定义域上不是单调函数的是(C)

A.y＝x3

B.y＝x

11C.y＝

D.y＝()x

x21解：y＝在(－∞,0)和(0,＋∞)上均为单调递减函数,但在定义域上不单调.

x2.(2016·吉林长春质量检测二)已知函数f(x)＝|x＋a|在(－∞,－1)上是单调函数,则a的取值范围是(A)

A.(－∞,1]

B.(－∞,－1] C.[－1,＋∞)

D.[1,＋∞)

解：因为函数f(x)在(－∞,－a)上是单调函数,所以－a≥－1,解得a≤1.

13.已知f(x)是R上的减函数,则满足f(||)

xA.(－1,1)

B.(0,1)

C.(－1,0)∪(0,1)

D.(－∞,－1)∪(1,＋∞)

11解：因为f(x)是R上的减函数,所以f(||)1,所以0<|x|<1,所以x∈(－1,0)∪(0,1).

xx4.(2016·石家庄市第一次模拟)已知函数y＝f(x)的图象关于直线x＝0对称,且当x∈(0,1＋∞)时,f(x)＝log2x,若a＝f(－3),b＝f(),c＝f(2),则a,b,c的大小关系是(D)

4A.a>b>c

B.b>a>c

C.c>a>b

D.a>c>b

解：因为函数y＝f(x)的图象关于直线x＝0对称, 1所以a＝f(－3)＝f(3),又b＝f(),c＝f(2), 4结合函数的图象及单调性知a>c>b .

5.函数f(x)＝log2(4x－x2)的单调递减区间是

[2,4)

.

解：因为4x－x2>0,所以0

6.已知函数f(x)为(0,＋∞)上的增函数,若f(a2－a)>f(a＋3),则实数a的取值范围为

(－3,－1)∪(3,＋∞)

.

a－a>a＋3，2解：由条件得a－a>0，a＋3>0，a>3或a<－1，解得a>1或a<0，a>－3，2

a－2a－3>0，即a>1或a<0，a>－3.2

所以a的取值范围为(－3,－1)∪(3,＋∞).

ax＋117.讨论函数f(x)＝(a≠)在(－2,＋∞)上的单调性.

2x＋2解：(方法一：利用单调性的定义)设x1,x2∈(－2,＋∞),且x1

ax1＋1ax2＋1f(x1)－f(x2)＝－

x1＋2x2＋2＝＝ax1＋1x2＋2－ax2＋1x1＋2

x1＋2x2＋2x2－x11－2a, x1＋2x2＋2因为－20,(x1＋2)(x2＋2)>0, 1所以当a<时,f(x1)>f(x2),f(x)在(－2,＋∞)上为减函数；

21当a>时,f(x1)

2ax＋2－ax＋12a－1(方法二：利用导数)因为f′(x)＝＝, x＋22x＋221所以当a>时,f′(x)>0,f(x)在(－2,＋∞)上为增函数；

21当a<时,f′(x)<0,f(x)在(－2,＋∞)上为减函数.

2B级

3a－1x＋4a，

x＜1，8.已知f(x)＝是(－∞,＋∞)上的减函数,那么a的取值范围logax，

x≥1是(C)

1A.(0,1)

B.(0,)

3111C.[,)

D.[,1)

737解：因为f(x)＝logax(x≥1)是减函数, 所以0＜a<1,且f(1)＝0.

因为f(x)＝(3a－1)x＋4a(x<1)为减函数, 1所以3a－1<0,所以a<, 33a－1x＋4a，x＜1，又因为f(x)＝是(－∞,＋∞)上的减函数, logax，

x≥1

所以f(x)在(－∞,1]上的最小值大于等于f(x)在[1,＋∞)上的最大值.

1所以(3a－1)×1＋4a≥0,所以a≥, 711所以a∈[,).

73

1，

x>0，9.函数f(x)＝0，

x＝0，－1，

x<0，A.[0,＋∞)

B.[0,1)

C.(－∞,1)

D.(－1,1)

g(x)＝x2·f(x－1),则函数g(x)的递减区间是(B)

x，

x>1，解：由条件知g(x)＝0，

x＝1，－x2，

x<1.如图所示, 2

其递减区间是[0,1).

10.定义在R上的函数y＝f(x), f(0)≠0,当x＞0时,

f(x)＞1,且对任意的a,b∈R,有f(a＋b)＝f(a)·f(b).

(1)证明：f(0)＝1；

(2)证明：对任意的x∈R,恒有f(x)＞0；

(3)证明：f(x)是R上的增函数；

(4)若f(x)·f(2x－x2)＞1,求x的取值范围.

解：(1)证明：令a＝b＝0,则f(0)＝[f(0)]2.

又f(0)≠0,所以f(0)＝1.

(2)证明：当x＜0时,－x＞0,f(－x)>1, 又f(0)＝f(x)·f(－x)＝1.所以f(x)＝1＞0.

f－x又当x≥0时,

f(x)≥1＞0, 所以对任意的x∈R时,恒有f(x)＞0.

(3)证明：设x1＜x2,则x2－x1＞0, 所以f(x2)＝f(x2－x1＋x1)＝f(x2－x1)·f(x1).

因为x2－x1＞0,所以f(x2－x1)＞1.

又f(x1)＞0,所以f(x2－x1)·f(x1)＞f(x1).

所以f(x2)＞f(x1),所以f(x)是R上的增函数.

(4)由f(x)·f(2x－x2)＞1, f(0)＝1, 得f(3x－x2)＞f(0).又f(x)是R上的增函数, 所以3x－x2＞0,所以0＜x＜3.

所以x的取值范围为(0,3).