分析 (Ⅰ)把a=-1代入可得f(x)=1−|x|1+|x|−1+|x|1−|x|,易得偶函數(shù),討論0≤x<1時的單調(diào)性,綜合可得;
(Ⅱ)令t=1−|x|1+|x|,由−12≤x≤12得t=2|x|+1−1∈[13,1],問題轉(zhuǎn)化為2ymin>ymax,分類討論可得.
解答 解:(Ⅰ)當(dāng)a=-1時,f(x)=1−|x|1+|x|−1+|x|1−|x|
可得f(-x)=f(x),即f(x)為偶函數(shù),
只討論0≤x<1時的單調(diào)情況即可,
令t=1−|x|1+|x|(0<t≤1),去絕對值可得t=1−x1+x=2x+1−1,
易得t在x∈[0,1)上單調(diào)遞減,y=t−1t在t∈(0,1]上單調(diào)遞增,
∴函數(shù)f(x)在[0,1)上單調(diào)遞減,∵函數(shù)f(x)為偶函數(shù),
∴f(x)在(-1,0]上單調(diào)遞增;
(Ⅱ)令t=1−|x|1+|x|,由−12≤x≤12得t=2|x|+1−1∈[13,1],
∴y=t+at(13≤t≤1),由題意可得在區(qū)間[13,1]上,恒有2ymin>ymax,
①當(dāng)0<a≤19時,y=t+at在[13,1]上單調(diào)遞增,ymax=a+1,ymin=3a+13,
由2ymin>ymax,得a>115,從而115<a≤19;
②當(dāng)19<a≤13時,y=t+at在[13,√a]上單調(diào)遞減,在[√a,1]上單調(diào)遞增,
∴ymin=2√a,ymax=max{3a+13,a+1}=a+1,
由2ymin>ymax得7−4√3<a<7+4√3,從而19<a≤13;
③當(dāng)13<a<1時,y=t+at在[13,√a]上單調(diào)遞減,在[√a,1]上單調(diào)遞增,
∴ymin=2√a,ymax=max{3a+13,a+1}=3a+13,
由2ymin>ymax得7−4√39<a<7+4√39,從而13<a<1;
④當(dāng)a≥1時,y=t+at在[13,1]上單調(diào)遞減,ymin=a+1,ymax=3a+13
由2ymin>ymax得a<53,從而1≤a<53;
綜上可得115<a<53
點評 本題考查函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性,涉及分類討論研究函數(shù)的最值,屬中檔題.
科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:解答題
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | S2>S3>S1 | B. | S1>S3>S2 | C. | S2>S1>S3 | D. | S1>S2>S3 |
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A. | (\overrightarrow{a}-\overrightarrow)•\overrightarrow{c}=(\overrightarrow{c}-\overrightarrow)•\overrightarrow{a} | B. | |\overrightarrow{a}-\overrightarrow|≤|\overrightarrow{a}+\overrightarrow| | C. | 若\overrightarrow{a}•\overrightarrow=\overrightarrow{a}•\overrightarrow{c},則\overrightarrow=\overrightarrow{c} | D. | 若\overrightarrow{a}∥\overrightarrow,\overrightarrow{a}∥\overrightarrow{c},則\overrightarrow∥\overrightarrow{c} |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | g(x)的最大值為2 | B. | g(x)在[0,\frac{π}{2}]上是增函數(shù) | ||
C. | 函數(shù)g(x)的圖象關(guān)于直線x=\frac{π}{3}對稱 | D. | 函數(shù)g(x)的圖象關(guān)于點(\frac{π}{12},0)對稱 |
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