高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 2-2函數(shù)的單調(diào)性隨堂訓(xùn)練 文 蘇教版

第2課時函數(shù)的單調(diào)性一、填空題1．函數(shù)y＝eq\f(x＋2,x－2)的單調(diào)區(qū)間是________，在該區(qū)間上是單調(diào)________． 解析：y＝eq\f(x＋2,x－2)可寫成y＝1＋eq\f(4,x－2)，所以函數(shù)的單調(diào)區(qū)間是(－∞，2)及(2，＋∞)，在 這兩個區(qū)間上都是單調(diào)減函數(shù)． 答案：(－∞，2)及(2，＋∞)減函數(shù)2．(·福建廈門模擬)函數(shù)y＝(m－1)x＋3在R上是增函數(shù)，則m的取值范圍是 ________． 解析：由題意知m－1＞0，即m＞1. 答案：(1，＋∞)3．已知函數(shù)y＝f(x)是定義在R上的增函數(shù)，則f(x)＝0的根最多有________個． 解析：∵f(x)在R上是增函數(shù)，∴對任意x1，x2∈R，若x1＜x2，則f(x1)＜f(x2)，反之 亦成立．故若存在f(x0)＝0，則x0只有一個，若對任意x∈R都無f(x)＝0，則f(x)＝0 無解． 答案：14．已知函數(shù)f(x)＝x2－2x＋3在閉區(qū)間[0，m]上最大值為3，最小值為2，則m的取值 范圍為________． 解析：∵f(x)＝(x－1)2＋2，其對稱軸為x＝1，當(dāng)x＝1時，f(x)min＝2，故m≥1，又∵f(0) ＝3， ∴f(2)＝3，∴m≤2. 答案：[1,2]5．(·濟(jì)寧調(diào)研)函數(shù)y＝eq\f(x2,x2＋1)(x∈R)的最小值是________． 解析：由已知：yx2＋y＝x2，即x2＝eq\f(y,1－y)≥0，∴y·(y－1)＜0或y＝0，∴0≤y＜1.∴y的 最小值為0. 答案：06．函數(shù)y＝eq\f(x－5,x－a－2)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是________． 解析：y＝eq\f(x－5,x－a－2)＝1＋eq\f(a－3,x－(a＋2))，需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－3<0，,a＋2≤－1，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<3，,a≤－3，))∴a≤－3. 答案：a≤－37．(·蘇、錫、常、鎮(zhèn)四市高三教學(xué)情況調(diào)查)若函數(shù)f(x)＝mx2＋lnx－2x在定義域 內(nèi)是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________． 解析：由題意可得：f′(x)＝2mx＋eq\f(1,x)－2在(0，＋∞)上有f′(x)≥0恒成立，所以，2mx ＋eq\f(1,x)－2≥0在(0，＋∞)上恒成立，即2m≥eq\f(2,x)－eq\f(1,x2)在(0，＋∞)上恒成立，設(shè)t(x)＝－eq\f(1,x2)＋ eq\f(2,x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2＋1，只要求出t(x)在(0，＋∞)上的最大值即可．而當(dāng)eq\f(1,x)＝1，即x＝1時， t(x)max＝1，所以2m≥1，即m≥eq\f(1,2). 答案：m≥eq\f(1,2)二、解答題8．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x2＋a,x)(a>0)在(2，＋∞)上遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：設(shè)2<x1<x2，由已知條件f(x1)－f(x2)＝eq\f(x\o\al(2,1)＋a,x1)－eq\f(x\o\al(2,2)＋a,x2)＝(x1－x2)＋aeq\f(x2－x1,x1x2) ＝(x1－x2)eq\f(x1x2－a,x1x2)<0恒成立．即當(dāng)2<x1<x2時，x1x2>a恒成立．又x1x2>4，則0<a≤4.9．用函數(shù)單調(diào)性的定義證明：f(x)＝ax＋a－x在(0，＋∞)上是增函數(shù)(這里a＞0且a≠1)． 證明：任取x1、x2∈(0，＋∞)，且x1＜x2，則f(x1)－f(x2)＝(ax1＋a－x1)－(ax2＋a－x2) ＝(ax1－ax2)＋(eq\f(1,ax1)－eq\f(1,ax2))＝(ax1－ax2)＋eq\f(ax2－ax1,ax1＋x2)＝eq\f((ax1－ax2)(ax1＋x2－1),ax1＋x2). ∵0＜x1＜x2，∴x1＋x2＞0，∴ax1＋x2＞0. (1)當(dāng)a＞1時，ax1＋x2＞1，ax1＜ax2，∴ax1＋x2－1＞0，ax1－ax2＜0， ∴f(x1)－f(x2)＜0； (2)當(dāng)0＜a＜1時，ax1＋x2＜1，ax1＞ax2，∴ax1＋x2－1＜0，ax1－ax2＞0， ∴f(x1)－f(x2)＜0. 綜上所述，對于任何a＞0且a≠1，均有f(x1)＜f(x2)，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)．10．(·黑龍江雙鴨山一中高三)討論函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a＞0)的單調(diào)性． 解：解法一：顯然f(x)為奇函數(shù)，所以先討論函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上的單調(diào)性， 設(shè)x1＞x2＞0，則f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(a,x1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(a,x2)))＝(x1－x2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a,x1x2))). ∴當(dāng)0＜x2＜x1≤eq\r(a)時，eq\f(a,x1x2)＞1，則f(x1)－f(x2)<0，故f(x)在(0，eq\r(a))上是減函數(shù)． 當(dāng)x1＞x2≥eq\r(a)時，0＜eq\f(a,x1x2)＜1，則f(x1)－f(x2)＞0，故f(x)在[eq\r(a)，＋∞]上是增函數(shù)． ∵f(x)是奇函數(shù)，∴f(x)分別在(－∞，－eq\r(a))、(eq\r(a)，＋∞)上為增函數(shù)； f(x)分別在[－eq\r(a)，0)、(0，eq\r(a)]上為減函數(shù)． 解法二：由f′(x)＝1－eq\f(a,x2)＝0可得x＝±eq\r(a)，當(dāng)x＞eq\r(a)時或x＜－eq\r(a)時，f′(x)>0， ∴f(x)在[eq\r(a)，＋∞)，(－∞，－eq\r(a))上是增函數(shù)．同理0＜x＜eq\r(a)或－eq\r(a)＜x＜0時， f′(x)＜0， 即f(x)在(0，eq\r(a))、[－eq\r(a)，0]上是減函數(shù)．1．函數(shù)y＝－(x－3)|x|的遞增區(qū)間是________． 解析： y=-(x-3)|x|= 作出該函數(shù)的圖象，觀察圖象知遞增區(qū)間為. 答案：2．求函數(shù)f(x)＝ex2－2x－3的單調(diào)區(qū)間． 解：∵f(x)的定義域?yàn)镽.∴