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- 2021-06-16 发布
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习题课(二)
课时作业
一、选择题
1.函数 f(x)=tan2x
tanx
的定义域为( )
A. xx∈R 且 x≠kπ
4
,k∈Z
B. xx∈R 且 x≠kπ+π
2
,k∈Z
C. xx∈R 且 x≠kπ+π
4
,k∈Z
D. xx∈R 且 x≠kπ-π
4
,k∈Z
答案:A
解析:由题意,得
x≠kπ
x≠kπ+π
2
2x≠kπ+π
2
(k∈Z),即
x≠kπ
2
x≠kπ
2
+π
4
(k∈Z),所以 x≠kπ
4 (k∈
Z),选 A.
2.函数 f(x)=x+sin|x|,x∈[-π,π]的大致图象是( )
答案:A
解析:函数 f(x)是非奇非偶函数,故排除 B,D;又 x∈[-π,π]时,x+sin|x|≥x 恒成立,
所以函数 f(x)的图象应在直线 y=x 的上方,故排除 C,选 A.
3.函数 f(x)=Asin(ωx+ωπ)(A>0,ω>0)在 -3π
2
,-3π
4 上单调递增,则ω的最大值是
( )
A.1
2 B.3
4
C.1 D.2
答案:C
解析:因为 A>0,ω>0,所以当 2kπ-π
2
≤ωx+ωπ≤2kπ+π
2(k∈Z)时,有
2kπ-π
2
ω
-
π≤x≤
2kπ+π
2
ω
-π(k∈Z),所以 -3π
2
,-3π
4 ⊆
2kπ-π
2
ω
-π,2kπ+π
2
ω
-π
(k∈Z),
则
-3π
2
≥
2kπ-π
2
ω
-π
-3π
4
≤
2kπ+π
2
ω
-π
,解得 ω≤1-4k
ω≤2+8k
.又由题意得-3π
4
- -3π
2 =3π
4
≤T
2
=π
ω
,
所以ω≤4
3
,所以 0<ω≤1,所以ω的最大值为 1.
4.三个数 cos3
2
,sin 1
10
,-cos 7
4
的大小关系是( )
A. cos3
2>sin 1
10>-cos7
4
B.cos3
2>-cos7
4>sin 1
10
C.cos3
23
2>π
2
- 1
10>π-7
4>0.
又∵y=cosx 在(0,π)上是减函数,
∴cos3
20)图象上的相邻两支曲线截直线 y=1 所得线段长为π
4
,则 f
π
12 的
值是________.
答案: 3
解析:由题意可得 T=π
4.∴ω=π
T
=4,
f(x)=tan4x.,所以 f
π
12 =tanπ
3
= 3.
三、解答题
10.求函数 y= 1
tan2x-2tanx+2
的值域和单调区间.
解:y= 1
tanx-12+1
,∵(tanx-1)2+1≥1,
∴该函数的值域是(0,1].
当 tanx<1 时,该函数单调递增,单调递增区间是 kπ-π
2
,kπ+π
4 (k∈Z);
当 tanx>1 时,该函数单调递减,单调递减区间是 kπ+π
4
,kπ+π
2 (k∈Z).
11.设函数 f(x)=sin(-2x+φ)(0<φ<π),y=f(x)图象的一条对称轴是直线 x=π
8.
(1)求φ;
(2)求函数 y=f(x)的单调区间.
解:(1)令(-2)×π
8
+φ=kπ+π
2
,k∈Z,
∴φ=kπ+3π
4
,k∈Z,又 0<φ<π,∴φ=3π
4 .
(2)由(1)得 f(x)=sin
-2x+3π
4 =
-sin 2x-3π
4 ,
令 g(x)=sin 2x-3π
4 ,
由-π
2
+2kπ≤2x-3π
4
≤π
2
+2kπ,k∈Z,
得π
8
+kπ≤x≤5π
8
+kπ,k∈Z,
即 g(x)的单调增区间为
π
8
+kπ,5π
8
+kπ ,k∈Z;
由π
2
+2kπ≤2x-3π
4
≤3π
2
+2kπ,k∈Z,
得5π
8
+kπ≤x≤9π
8
+kπ,k∈Z,
即 g(x)的单调减区间为
5π
8
+kπ,9π
8
+kπ k∈Z,
故 f(x)的单调增区间为
5π
8
+kπ,9π
8
+kπ k∈Z;
单调减区间为
π
8
+kπ,5π
8
+kπ k∈Z.
能力提升
12.若 a=log 1
2
tan70°,b=log 1
2
sin25°,c=log 1
2
cos25°,则( )
A.alog 1
2
cos25°>log 1
2
tan70°.
即 a1,即 a>2 时,二次函数在[-1,1]上递减,当 t=1 时,ymin=1-a=-6,∴a=
7.
综上所述,a=-7 或 a=7.
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