6.(2003年重庆市高三毕业班诊断性试题)已知函数f(x)=m(x+)的图象与函数h(x)=(x+)+2的图象关于点A(0,1)对称.
(1)求m的值;
(2)若g(x)=f(x)+在区间(0,2]上为减函数,求实数a的取值范围.
解:(1)设P(x,y)为函数h(x)图象上一点,点P关于A的对称点为Q(x′,y′),
则有x′=-x,且y′=2-y.
∵点Q(x′,y′)在f(x)=m(x+)上,
∴y′=m(x′+).
将x、y代入,得2-y=m(-x-).
整理,得y=m(x+)+2.∴m=.
(2)∵g(x)=(x+),设x1、x2∈(0,2],且x1<x2,
则g(x1)-g(x2)=(x1-x2)·>0对一切x1、x2∈(0,2]恒成立.
∴x1x2-(1+a)<0对一切x1、x2∈(0,2]恒成立.
∴由1+a>x1x2≥4,得a>3.
5.讨论函数f(x)=(a≠)在(-2,+∞)上的单调性.
解:设x1、x2为区间(-2,+∞)上的任意两个值,且x1<x2,则
f(x1)-f(x2)=
=
=.
∵x1∈(-2,+∞),x2∈(-2,+∞)且x1<x2,
∴x2-x1>0,x1+2>0,x2+2>0.
∴当1-2a>0,即a<时,f(x1)>f(x2),该函数为减函数;
当1-2a<0,即a>时,f(x1)<f(x2),该函数为增函数.
培养能力
4.(文)如果函数f(x)=x2+2(a-1)x+2在区间(-∞,4]上是减函数,那么实数a的取值范围是___________________.
解析:对称轴x=1-a,由1-a≥4,得a≤-3.
答案:a≤-3
(理)(2003年湖北省荆州市高中毕业班质量检查题)函数y=f(x)的图象与y=2x的图象关于直线y=x对称,则函数y=f(4x-x2)的递增区间是___________________.
解析:先求y=2x的反函数,为y=log2x,∴f(x)=log2x,f(4x-x2)=log2(4x-x2).令u=4x-x2,则u>0,即4x-x2>0.∴x∈(0,4).
又∵u=-x2+4x的对称轴为x=2,且对数的底为2>1,∴y=f(4x-x2)的递增区间为(0,2).
答案:(0,2)
3.函数y=loga(2-ax)在[0,1]上是减函数,则a的取值范围是
A.(0,1) B.(0,2) C.(1,2) D.(2,+∞)
解析:题中隐含a>0,∴2-ax在[0,1]上是减函数.∴y=logau应为增函数,且u=
2-ax在[0,1]上应恒大于零.∴
∴1<a<2.
答案:C
2.设函数f(x)=loga|x|在(-∞,0)上单调递增,则f(a+1)与f(2)的大小关系是
A.f(a+1)=f(2) B.f(a+1)>f(2)
C.f(a+1)<f(2) D.不能确定
解析:由f(x)=且f(x)在(-∞,0)上单调递增,易得0<a<1.∴1<a+1<2.又∵f(x)是偶函数,∴f(x)在(0,+∞)上单调递减.∴f(a+1)>f(2).
答案:B
1.(2004年湖北,理7)函数f(x)=ax+loga(x+1)在[0,1]上的最大值与最小值的和为a,则a的值为
A. B. C.2 D.4
解析:f(x)是[0,1]上的增函数或减函数,故f(0)+f(1)=a,即1+a+loga2=aloga2=-1,∴2=a-1a=.
答案:B
4.有下列几个命题:
①函数y=2x2+x+1在(0,+∞)上不是增函数;②函数y=在(-∞,-1)∪(-1,+∞)上是减函数;③函数y=的单调区间是[-2,+∞);④已知f(x)在R上是增函数,若a+b>0,则有f(a)+f(b)>f(-a)+f(-b).其中正确命题的序号是___________________.
解析:①函数y=2x2+x+1在(0,+∞)上是增函数,∴①错;②虽然(-∞,-1)、(-1,+∞)都是y=的单调减区间,但求并集以后就不再符合减函数定义,∴②错;③要研究函数y=的单调区间,首先被开方数5+4x-x2≥0,解得-1≤x≤5,由于[-2,+∞)不是上述区间的子区间,∴③错;④∵f(x)在R上是增函数,且a>-b,∴b>-a,f(a)>f(-b),f(b)>f(-a),f(a)+f(b)>f(-a)+f(-b),因此④是正确的.
答案:④
●典例剖析
[例1] 如果二次函数f(x)=x2-(a-1)x+5在区间(,1)上是增函数,求f(2)的取值范围.
剖析:由于f(2)=22-(a-1)×2+5=-2a+11,求f(2)的取值范围就是求一次函数y=-2a+11的值域,当然就应先求其定义域.
解:二次函数f(x)在区间(,1)上是增函数,由于其图象(抛物线)开口向上,故其对称轴x=或与直线x=重合或位于直线x=的左侧,于是≤,解之得a≤2,故f(2)≥-2×2+11=7,即f(2)≥7.
[例2] 讨论函数f(x)=(a>0)在x∈(-1,1)上的单调性.
解:设-1<x1<x2<1,
则f(x1)-f(x2)=-
==.
∵-1<x1<x2<1,∴x2-x1>0,x1x2+1>0,(x12-1)(x22-1)>0.又a>0,∴f(x1)-f(x2)>0,函数f(x)在(-1,1)上为减函数.
[例3] 求函数y=x+的单调区间.
剖析:求函数的单调区间(亦即判断函数的单调性),一般有三种方法:
(1)图象法;(2)定义法;(3)利用已知函数的单调性.但本题图象不易作,利用y=x与y=的单调性(一增一减)也难以确定,故只有用单调性定义来确定,即判断f(x2)-
f(x1)的正负.
解:首先确定定义域:{x|x≠0},∴在(-∞,0)和(0,+∞)两个区间上分别讨论.任取x1、x2∈(0,+∞)且x1<x2,则f(x2)-f(x1)=x2+-x1-=(x2-x1)+=(x2-x1)(1-),要确定此式的正负只要确定1-的正负即可.
这样,又需要判断大于1,还是小于1.由于x1、x2的任意性,考虑到要将(0,+∞)分为(0,1)与(1,+∞)(这是本题的关键).
(1)当x1、x2∈(0,1)时,1-<0,
∴f(x2)-f(x1)<0,为减函数.
(2)当x1、x2∈(1,+∞)时,1->0,
∴f(x2)-f(x1)>0,为增函数.
同理可求(3)当x1、x2∈(-1,0)时,为减函数;(4)当x1、x2∈(-∞,-1)时,为增函数.
评述:解答本题易出现以下错误结论:f(x)在(-1,0)∪(0,1)上是减函数,在(-∞,-1)∪(1,+∞)上是增函数,或说f(x)在(-∞,0)∪(0,+∞)上是单调函数.排除障碍的关键是要正确理解函数的单调性概念:函数的单调性是对某个区间而言的,而不是两个或两个以上不相交区间的并.
深化拓展
求函数y=x+(a>0)的单调区间.
提示:函数定义域x≠0,可先考虑在(0,+∞)上函数的单调性,再根据奇偶性与单调性的关系得到在(-∞,0)上的单调性.
答案:在(-∞,-],(,+∞)上是增函数,在(0,],(-,0)上是减函数.
[例4] 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)求证:f(0)=1;
(2)求证:对任意的x∈R,恒有f(x)>0;
(3)求证:f(x)是R上的增函数;
(4)若f(x)·f(2x-x2)>1,求x的取值范围.
(1)证明:令a=b=0,则f(0)=f 2(0).
又f(0)≠0,∴f(0)=1.
(2)证明:当x<0时,-x>0,
∴f(0)=f(x)·f(-x)=1.
∴f(-x)=>0.又x≥0时f(x)≥1>0,
∴x∈R时,恒有f(x)>0.
(3)证明:设x1<x2,则x2-x1>0.
∴f(x2)=f(x2-x1+x1)=f(x2-x1)·f(x1).
∵x2-x1>0,∴f(x2-x1)>1.
又f(x1)>0,∴f(x2-x1)·f(x1)>f(x1).
∴f(x2)>f(x1).∴f(x)是R上的增函数.
(4)解: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,
∴3x-x2>0.∴0<x<3.
评述:解本题的关键是灵活应用题目条件,尤其是(3)中“f(x2)=f[(x2-x1)+x1]”是证明单调性的关键,这里体现了向条件化归的策略.
●闯关训练
夯实基础
3.(2003年北京朝阳区模拟题)函数y=log|x-3|的单调递减区间是__________________.
解析:令u=|x-3|,则在(-∞,3)上u为x的减函数,在(3,+∞)上u为x的增函数.又∵0<<1,∴在区间(3,+∞)上,y为x的减函数.
答案:(3,+∞)
2.函数y=loga(x2+2x-3),当x=2时,y>0,则此函数的单调递减区间是
A.(-∞,-3) B.(1,+∞)
C.(-∞,-1) D.(-1,+∞)
解析:当x=2时,y=loga5>0,∴a>1.由x2+2x-3>0x<-3或x>1,易见函数t=x2+2x-3在(-∞,-3)上递减,故函数y=loga(x2+2x-3)(其中a>1)也在(-∞,-3)上递减.
答案:A
1.下列函数中,在区间(0,2)上为增函数的是
A.y=-x+1 B.y=
C.y=x2-4x+5 D.y=
答案:B
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