还剩37页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
- 5.1 函数的概念和图象练习题 试卷 6 次下载
- 5.2 函数的表示方法练习题 试卷 4 次下载
- 5.4 函数的奇偶性练习题 试卷 5 次下载
- 专题强化练5 分段函数及其性质 试卷 6 次下载
- 专题强化练6 函数的基本性质及应用 试卷 4 次下载
苏教版 (2019)必修 第一册5.3 函数的单调性课后测评
展开
这是一份苏教版 (2019)必修 第一册5.3 函数的单调性课后测评，共40页。试卷主要包含了下列说法正确的是，下列函数在上为单调减函数的是，已知函数y=f的图象如图所示，求证等内容，欢迎下载使用。
5.3 函数的单调性
第1课时 函数的单调性
基础过关练
题组一 函数单调性的概念与判断
1.(2019河北唐山一中高一上学期月考)下列说法正确的是( )
A.定义在(a,b)上的函数f(x),若存在x1,x2∈(a,b),且x1
D.若f(x)在区间I上单调递增且f(x1)
A.f(x)是单调增函数
B.f(x)是单调减函数
C.f(x)在(-∞,0)上是单调减函数
D.f(x)在(0,+∞)上是单调增函数
3.(多选)下列函数在(-∞,0)上为单调减函数的是( )
A.y=2x B.y=|x|
C.y=x3 D.y=x2
题组二 函数单调区间的求解与证明
4.(多选)若函数f(x-2)=2x2-9x+13,则使函数f(x)是单调减函数的区间是( )
A.(-∞,1] B.14,+∞
C.(-∞,0] D.-∞,14
5.已知函数y=f(x)(x∈[-2,6])的图象如图所示.根据图象写出y=f(x)的单调递减区间为 .
6.判断函数f(x)=2xx-1在区间(0,1)上的单调性,并用定义证明.
7.求证:函数f(x)=x+ax(a>0)在(a,+∞)上是增函数.
题组三 函数单调性的应用
8.已知函数y=f(x)在区间[-5,5]上是增函数,那么下列不等式中成立的是( )
A.f(4)>f(-π)>f(3)
B.f(π)>f(4)>f(3)
C.f(4)>f(3)>f(π)
D.f(-3)>f(-π)>f(-4)
9.若函数f(x)=(2a-1)x+b是R上的减函数,则实数a的取值范围为( )
A.a≥12 B.a≤12
C.a>-12 D.a<12
10.(2019江苏南京金陵中学高一月考)若f(x)=ax2+(a+3)x-1在区间(1,+∞)上是增函数,则实数a的取值范围为( )
A.[-1,+∞) B.[-1,0]
C.[0,1] D.[0,+∞)
11.(2019江苏海安高级中学高一月考)已知函数f(x)=a|x|+x+1,x∈R.
(1)若f(x)在R上是增函数,求实数a的取值范围;
(2)当a=1时,求f(x)的值域.
能力提升练
题组一 单调性的判定与证明
1.(多选)()设f(x)是定义在区间A上的单调减函数,若f(x)>0,则下列函数中为单调增函数的是( )
A.y=3-f(x) B.y=1+2f(x)
C.y=[f(x)]2 D.y=1-f(x)
2.()函数y=1x2+x+2的单调递增区间为 ,单调递减区间为 .
3.(2020江苏南京师范大学附属中学高一第一学期期末,)运用函数单调性的定义证明:函数f(x)=1x3-x在区间(0,+∞)上单调递减.
4.(2020湖南长沙长郡中学高一期末,)已知f(x)是定义在R上的增函数,对任意x∈R有f(x)>0,且f(5)=1,设F(x)=f(x)+1f(x),讨论F(x)的单调性,并证明你的结论.
题组二 函数单调性的综合应用
5.()已知函数f(x)=4x+x2,x≥0,4x-x2,x<0,若f(2-a2)>f(a),则实数a的取值范围是( )
A.(-1,2) B.(-∞,-1)∪(2,+∞)
C.(-2,1) D.(-∞,-2)∪(1,+∞)
6.(2020江苏盐城中学高一上学期期中,)若f(x)是R上的减函数,且f(x)的图象经过点A(0,3)和点B(3,-1),则不等式|f(x+1)-1|<2的解集为( )
A.(-∞,3) B.(-∞,2)
C.(0,3) D.(-1,2)
7.(多选)()下列条件中满足函数y=x2+bx+c,x∈[0,+∞)是单调函数的有( )
A.b≥0 B.b≤0 C.b≥1 D.b≥2
8.()若f(x)在区间(-∞,+∞)上是减函数,a,b∈R,且a+b≤0,则下列不等式正确的是( )
A.f(a)+f(b)≤-[f(a)+f(b)]
B.f(a)+f(b)≤f(-a)+f(-b)
C.f(a)+f(b)≥-[f(a)+f(b)]
D.f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b)
9.(2019江苏扬州中学高一上学期期中,)已知函数f(x)=-x2+ax,x<1,(6-a)x-a,x≥1,若对任意实数x1≠x2,都有f(x1)-f(x2)x1-x2>0成立,则实数a的取值范围是 .
10.(2019江苏徐州高一上学期期中,)若函数f(x)=2x+a,x≤1,x2-2ax+1,x>1的值域为R,则实数a的取值范围是 .
11.()已知f(x)是定义在(0,+∞)上的增函数,且当n∈N*时,f(n)∈N*,若f [f(n)]=3n,则f(1)+f(2)= .
12.(2020江苏泰州中学高一上学期期中,)已知函数f(x)=2ax+1x(a∈R).
(1)当a=12时,试判断f(x)在(0,1]上的单调性并用定义证明你的结论;
(2)对于任意的x∈(0,1],使得f(x)≥6恒成立,求实数a的取值范围.
13.()设f(x)是定义在R上的函数,对m、n∈R恒有f(m+n)=f(m)·f(n),且当x>0时,0
(2)求证:当x∈R时,恒有f(x)>0;
(3)求证:f(x)在R上是减函数;
(4)若f(x)·f(x-x2)>1,求x的取值范围.
第2课时 函数的最值
基础过关练
题组一 求函数的最值
1.(2019北京师范大学盐城附属学校高一上学期月考)若x>0,则函数y=4x+x的最小值是( )
A.5 B.4 C.8 D.6
2.函数f(x)=x2-mx+4(m>0)在(-∞,0]上的最小值是( )
A.4 B.-4
C.与m的取值有关 D.无最小值
3.函数y=11-x(1-x)的最大值是( )
A.45 B.54 C.34 D.43
4.(多选)关于函数f(x)=x+3,x<0,5-x2,x≥0,下列说法正确的是( )
A.f(x)在(-∞,0)上单调递增
B.f(x)在(0,+∞)上单调递减
C.f(x)有最大值5
D.f(x)有最小值0
5.若x∈[0,1],则函数f(x)=2x+2-1-x的最大值为 ,最小值为 .
6.已知函数y=12x2-2x.
(1)当0
题组二 与最值有关的参数问题
7.(2019江苏南京高一期中)若二次函数f(x)=-x2+2tx在[1,+∞)上的最大值为3,则实数t的值为( )
A.±3 B.3 C.2 D.2或3
8.(多选)已知f(x)=(x-a)2,x≤0,x+1x+a,x>0.若f(0)是f(x)的最小值,则实数a的可能值有( )
A.0 B.-1 C.1 D.2
9.若函数f(x)=ax2+2ax+1(a>0)在区间[-3,2]上的最大值为4,则a= .
10.已知二次函数f(x)=-x2+2x,是否存在实数m,n(m
11.已知函数f(x)=x2+2x+ax,x∈[1,+∞).
(1)当a=0.5时,求函数f(x)的最小值;
(2)若对任意x∈[1,+∞),f(x)>0恒成立,试求实数a的取值范围.
12.已知函数f(x)=1a-1x(a>0,x>0).
(1)用定义证明f(x)在(0,+∞)上是增函数;
(2)若f(x)在区间12,4上的最大值为5,求实数a的值.
题组三 函数最值的简单应用
13.(2019江苏常州高级中学高一月考)若对任意x∈R,函数f(x)=max-x+3,32x+12,则f(x)的最小值为( )
A.2 B.3
C.4 D.5
14.(2019江苏常州教学研究合作联盟高一上学期期中)“弯弓射雕”几乎成了游牧民族的象征,当以每秒a米的速度从地面垂直向上射箭时,t秒时弓箭距离地面的高度为x米,x与t的关系为x=at-5t2,若射箭3秒时弓箭距离地面的高度为135米,则弓箭可能达到的最大高度为( )
A.135米 B.160米 C.175米 D.180米
15.在如图所示的锐角三角形空地中,欲建一个面积最大的内接矩形花园(阴影部分),则其边长x为 m.
16.(2019江苏徐州高一上学期期中)某公司生产一种化工产品,该产品若以每吨10万元的价格销售,每年可售出1 000吨,若将该产品每吨价格上涨x%,则每年的销售数量将减少mx%,其中m为正实数,销售的总金额为y万元.
(1)当m=12时,该产品每吨的价格上涨多少,可使销售总金额最大?
(2)当x=10时,若能使销售总金额比涨价前多,试求m的取值范围.
17.(2019江苏江阴四校高一上学期期中)某企业生产A,B两种产品,根据市场调查和预测,A产品的利润与投资成正比,其关系如图1所示,B产品的利润与投资的算术平方根成正比,其关系如图2所示.(注:利润与投资的单位是万元)
(1)分别将A,B两种产品的利润表示为投资的函数,并写出它们的函数关系式;
(2)该企业已筹集到10万元资金,并全部投入A,B两种产品的生产,怎样分配这10万元投资,才能使企业获得最大利润?最大利润为多少万元?
能力提升练
题组一 求函数的最值
1.()当t≤x≤t+1时,求函数y=12x2-x-52的最小值(其中t为实数).
2.()已知函数f(x)=x2-2ax+2,x∈[-1,1].
(1)求f(x)的最小值;
(2)将(1)中f(x)的最小值记为g(a),求y=g(a)的最大值.
3.(2020湖南长沙第一中学高一期末,)已知13≤a≤1,函数f(x)=ax2-2x+1在区间[1,3]上的最大值为M(a),最小值为N(a),令g(a)=M(a)-N(a).
(1)求g(a)的函数表达式;
(2)判断函数g(a)在区间13,1上的单调性,并求出g(a)的最小值.
题组二 最值在恒成立问题中的应用
4.(多选)(2020江苏南京高一上学期期末,)已知函数f(x)=x,g(x)=x-4,则下列结论正确的是( )
A.若h(x)=f(x)·g(x),则函数h(x)的最小值为4
B.若h(x)=f(x)·|g(x)|,则函数h(x)的值域为R
C.若h(x)=|f(x)|-|g(x)|,则函数h(x)的图象与x轴有且仅有一个交点
D.若h(x)=|f(x)|-|g(x)|,则|h(x)|≤4恒成立
5.(2019北京师范大学盐城附属学校高一上学期第一次月考,)若对任意负实数x,不等式ax≤x2+1恒成立,则实数a的最小值为 .
6.(2019江苏常州教学研究合作联盟高一上学期期中,)已知a∈R,函数f(x)=x2+3x+a-4,x≤0,-x2+x-2a,x>0,若对于任意的x∈[-4,+∞),f(x)≤|x|恒成立,则实数a的取值范围是 .
7.()已知函数y=x+tx有如下性质:如果常数t>0,那么该函数在(0,t)上是减函数,在[t,+∞)上是增函数.
(1)已知f(x)=4x2-12x-32x+1,x∈[0,1],利用上述性质,求函数f(x)的单调区间和值域;
(2)对于(1)中的函数f(x)和函数g(x)=-x-2a,若对于任意的x1∈[0,1],总存在x2∈[0,1],使得g(x2)=f(x1)成立,求实数a的值.
题组三 函数最值的综合应用
8.(多选)(2019江苏南京金陵中学月考,)若函数f(x)=(a2+a)x+1在区间[a,a+1]上的最大值与最小值的差为2,则实数a的值为( )
A.1 B.-2
C.3 D.-4
9.(2019广东佛山一中高一上第一次段考,)若关于x的不等式|x-4|+|x+3|
C.(1,+∞) D.(1,7)
10.(2019江苏常州礼嘉中学高一上学期期中,)已知函数y=f(x)与y=g(x)的定义域都是区间I.若对于任意x∈I,存在x0,使得f(x)≥f(x0),g(x)≥g(x0)且f(x0)=g(x0),则称f(x),g(x)为“兄弟函数”.如果函数f(x)=x2+2px+q(p,q∈R),g(x)=x2-x+4x是定义在区间13,3上的“兄弟函数”,那么函数f(x)在区间13,3上的最大值为( )
A.3 B.343
C.529 D.13
11.(多选)(2020江苏海安高级中学高一月考改编,)若函数f(x)=x2-2ax+a在区间(-∞,1)上有最小值,则关于函数g(x)=f(x)x在区间(1,+∞)上的说法错误的有( )
A.g(x)有最小值 B.g(x)有最大值
C.g(x)是减函数 D.g(x)是增函数
12.(2019江苏徐州高一上学期期中,)如果函数f(x)=x+4x-m+m在区间[1,4]上的最小值为7,那么实数m的值是 .
13.()已知函数f(x)=ax2+2x+c(a,c∈N*),且满足①f(1)=5;②6
(2)设g(x)=f(x)-2x-3+|x-1|,求g(x)的最小值.
14.()已知二次函数f(x)的最小值为1,且f(0)=f(2)=3,g(x)=f(x)+ax(a∈R).
(1)求f(x)的解析式;
(2)若函数g(x)在[-1,1]上为单调函数,求实数a的取值范围;
(3)若在区间[-1,1]上,g(x)的图象上的每个点都在直线y=2x+6的下方,求实数a的取值范围.
15.()甲、乙两家鞋帽商场销售同一品牌运动鞋,每双标价为800元,甲、乙两商场销售方式如下:在甲商场售价为780元,买两双每双售价为760元,依此类推,每多买一双,则所买每双售价都再减少20元,但每双售价不能低于440元;乙商场一律按标价的75%销售.
(1)分别写出在甲、乙两商场购买x双运动鞋所需费用的函数解析式f(x)和g(x);
(2)某单位需购买一批此类品牌运动鞋作为员工福利,问:去哪家商场购鞋花费较少?
答案全解全析
5.3 函数的单调性
第1课时 函数的单调性
基础过关练
1.D 根据函数单调性的定义知,只有D是正确的,故选D.
2.C ∵f(x)=x2-6x+3=(x-3)2-6的图象的对称轴为直线x=3,∴f(x)在(-∞,3]上是减函数,在(3,+∞)上是增函数,结合选项知ABD错误,C正确.
3.BD 依次作出图象(图略),观察知选BD.
4.CD 设t=x-2,则x=t+2,
∴f(t)=2(t+2)2-9(t+2)+13=2t2-t+3,
∴函数f(x)的解析式为f(x)=2x2-x+3,其图象的对称轴为直线x=14,
∴f(x)在-∞,14上单调递减,在14,+∞上单调递增,结合选项可知选CD.
5.答案 [-1,2]
解析 由题图可知f(x)在[-2,6]上的单调递增区间为[-2,-1]和[2,6],单调递减区间为[-1,2].
6.解析 f(x)在区间(0,1)上是减函数.
证明如下:
任取x1,x2∈(0,1),且x1
所以f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),所以函数f(x)=2xx-1在(0,1)上是减函数.
7.证明 任取x1,x2∈(a,+∞),且x1>x2,则f(x1)-f(x2)=x1+ax1-x2+ax2=(x1-x2)1-ax1x2=(x1-x2)x1x2-ax1x2,
因为x1>x2>a,所以x1-x2>0,x1x2>0,x1x2>a,所以f(x1)-f(x2)>0,所以函数f(x)=x+ax(a>0)在(a,+∞)上是增函数.
8.D 由函数y=f(x)在区间[-5,5]上是增函数,得 f(4)>f(π)>f(3)>f(-3)>f(-π)>f(-4),故选D.
9.D 因为函数f(x)是R上的减函数,所以2a-1<0,解得a<12.
10.D 若a=0,则f(x)=3x-1,符合题意;
若a≠0,则需满足a>0,-a+32a≤1,解得a>0.
综上,实数a的取值范围为[0,+∞).
11.解析 (1)f(x)=(a+1)x+1,x≥0,(1-a)x+1,x<0.
∵f(x)在R上是增函数,∴a+1>0,1-a>0,
∴a∈(-1,1).
(2)当a=1时,f(x)=|x|+x+1=2x+1,x≥0,1,x<0,作出图象如下.
由图可知,f(x)的值域为[1,+∞).
能力提升练
1.ABD 任取x1,x2∈A,且x1
所以y=3-f(x)在区间A上为单调递增函数.同理可证1+2f(x1)<1+2f(x2),[f(x1)]2>[f(x2)]2,1-f(x1)<1-f(x2),
所以y=1+2f(x),y=1-f(x)在区间A上均为单调增函数,y=[f(x)]2在区间A上是单调减函数.
2.答案 -∞,-12;-12,+∞
解析 设u(x)=x2+x+2=x+122+74,
易知u(x)>0恒成立,
∴函数的定义域为R.
∵二次函数u(x)的单调递增区间为-12,+∞,
单调递减区间为-∞,-12,
y=1u(u>0)是单调递减函数,
∴y=1x2+x+2的单调性与u(x)=x2+x+2的单调性相反,
∴函数y=1x2+x+2的单调递增区间为-∞,-12,
单调递减区间为-12,+∞.
3.证明 任取x1,x2∈(0,+∞),且x1
=(x2-x1)(x22+x1x2+x12)x13x23+(x2-x1)
=(x2-x1)(x13x23+x22+x1x2+x12)x13x23.
∵x1,x2∈(0,+∞),且x1
∴f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),
∴函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递减.
4.解析 在R上任取x1,x2,且x1
=f(x2)+1f(x2)-f(x1)+1f(x1)
=[f(x2)-f(x1)]·1-1f(x1)f(x2).
∵f(x)是R上的增函数,且f(5)=1,
∴当x<5时,05时,f(x)>1.
①若x1
∴F(x2)>F(x1).综上,F(x)在(-∞,5)上为减函数,在(5,+∞)上为增函数.
5.C f(x)的图象如图所示,
由图可知,f(x)在R上单调递增.
∵f(2-a2)>f(a),
∴2-a2>a,
解得a∈(-2,1).故选C.
6.D 由题意得-1
∴不等式-1
8.D a+b≤0可转化为a≤-b或b≤-a,
∵f(x)在(-∞,+∞)上是减函数,
∴f(a)≥f(-b), f(b)≥f(-a),
∴f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b),
故D中不等式正确,故选D.
9.答案 2,73
解析 由题意得f(x)在R上单调递增.
所以6-a>0,a2≥1,(6-a)×1-a≥-12+a×1,
解得a∈2,73.
10.答案 [0,+∞)
解析 当x≤1时,f(x)≤2+a;
当x>1时,f(x)=(x-a)2+1-a2.
①当x>1,a>1时,f(x)min=1-a2,
∵f(x)的值域为R,
∴2+a≥1-a2,解得a∈R,
∴a>1.
②当x>1,a≤1时,f(x)>(1-a)2+1-a2=2-2a,∵f(x)的值域为R,
∴2+a≥2-2a,解得a≥0,
∴0≤a≤1.
综上,实数a的取值范围是[0,+∞).
11.答案 5
解析 易知f(n)>n或f(n)≤n.
若f(n)≤n,则由f(x)的单调性得f [f(n)]≤f(n)≤n,
即3n≤n,不合题意,
所以f(n)>n;
若f(n)≥3n,则f(3n)≥9n,
由f(x)的单调性知f [f(n)]≥f(3n)≥9n,
即3n≥9n,不合题意,
所以f(n)<3n.
故n
综上,f(1)+f(2)=2+3=5.
12.解析 (1)当a=12时, f(x)=x+1x,
∴f(x)在(0,1]上单调递减.
证明:取任意的x1,x2,
且0
∵0
∴f(x1)-f(x2)>0,
∴f(x)在(0,1]上单调递减.
(2)由f(x)≥6在(0,1]上恒成立,
得2ax+1x≥6在(0,1]上恒成立,
即2a≥61x-1x2max(0
∴1x∈[1,+∞),
又∵61x-1x2=-1x-32+9,
∴61x-1x2的最大值为9,
∴2a≥9,∴a≥92,故实数a的取值范围为92,+∞.
13.解析 (1)证明:令m=12,n=0,则f12+0=f12·f(0),因为f12>0,所以f(0)=1.
(2)证明:设x<0,则-x>0,
由条件可知f(-x)>0,
又因为1=f(0)=f(x-x)=f(x)·f(-x)>0,所以f(x)>0,
所以当x∈R时,恒有f(x)>0.
(3)证明:任取x1,x2∈R,且x1
因为x10,
所以f(x2-x1)<1,即1-f(x2-x1)>0,
又因为f(x1)>0,
所以f(x1)[1-f(x2-x1)]>0,
所以f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),故函数f(x)在R上是减函数.
(4)因为f(x)·f(x-x2)>1,
所以f(x)·f(x-x2)=f(2x-x2)>f(0),
所以2x-x2<0,
所以x的取值范围是x>2或x<0.
第2课时 函数的最值
基础过关练
1.B 解法一:由“对勾函数”的性质知,y=4x+x在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以当x=2时,函数取得最小值4.
解法二(基本不等式法):因为x>0,所以4x+x≥24x·x=4(当且仅当x=2时,等号成立),所以函数的最小值是4.
2.A f(x)=x2-mx+4的图象的对称轴为直线x=m2,
∵m>0,
∴f(x)在(-∞,0]上单调递减,
∴f(x)min=f(0)=4.
3.D 易得y=1x2-x+1,
令u=x2-x+1,则y=1u.
∵u=x2-x+1=x-122+34≥34,
∴y=1u在34,+∞上单调递减,
∴当u=34,即x=12时,y有最大值,且ymax=43.
4.ABC 作出函数的图象,观察图象知选ABC.
5.答案 2;2-1
解析 因为y=2x+2在[0,1]上单调递增,y=1-x在[0,1]上单调递减,
所以f(x)=2x+2-1-x在[0,1]上单调递增.当x=1时,f(x)取得最大值2;当x=0时,f(x)取得最小值2-1.
6.解析 y=12x2-2x=12(x-2)2-2,其图象的对称轴为直线x=2.
(1)当0
7.B 函数图象的对称轴为直线x=t,且开口向下.
①当t≤1时,f(x)在[1,+∞)上单调递减,则f(x)max=f(1)=-1+2t=3,解得t=2,舍去;
②当t>1时,f(x)在[1,t]上单调递增,在(t,+∞)上单调递减,则f(x)max=f(t)=t2=3,解得t=±3,又t>1,
所以t=3.
综上,t=3.
8.ACD 当x≤0时,f(x)=(x-a)2,又f(0)是f(x)的最小值,
所以a≥0.当x>0时, f(x)=x+1x+a≥2+a,
当且仅当x=1时取“=”.要满足f(0)是f(x)的最小值,需2+a≥f(0)=a2,
即a2-a-2≤0,解得-1≤a≤2.
综上,a的取值范围是0≤a≤2.故选ACD.
9.答案 38
解析 f(x)图象的对称轴为直线x=-1,且开口向上,闭区间端点中右端点离对称轴较远,故f(x)max=f(2)=a×22+2a×2+1=4,解得a=38.
10.解析 存在.∵f(x)=-x2+2x=-(x-1)2+1,∴f(x)max=f(1)=1,∴4n≤1,即n≤14<1,故f(x)在[m,n]上为增函数,
∴f(m)=4m,f(n)=4n,解得m=-2,n=0.
综上,存在m=-2,n=0满足条件.
11.解析 (1)当a=0.5时,f(x)=x+12x+2,x∈[1,+∞).
任取x1,x2∈[1,+∞),且x1
=x2+12x2+2-x1+12x1+2
=(x2-x1)(2x1x2-1)2x1x2,
∵1≤x10,且x1x2>1,
∴2x1x2-1>0,
∴f(x2)-f(x1)>0,即f(x2)>f(x1),
∴f(x)在[1,+∞)上是增函数,
∴f(x)在[1,+∞)上的最小值是f(1)=72.
(2)∵x∈[1,+∞),∴f(x)>0恒成立等价于x2+2x+a>0恒成立.
∵函数y=x2+2x+a=(x+1)2+(a-1)在[1,+∞)上是增函数,
∴当x=1时,ymin=3+a,令3+a>0,得a>-3.
∴当a∈(-3,+∞)时,f(x)>0恒成立.
12.解析 (1)证明:任取x1,x2∈(0,+∞),且x1
即f(x1)
13.A 由题意知f(x)表示当x相同时,函数y=-x+3与y=32x+12的值中的较大者.在同一平面直角坐标系中画出两函数的图象,如图.
由图象可知,f(x)的最小值是两直线交点的纵坐标,令-x+3=32x+12,得x=1,
∴f(x)min=-1+3=32+12=2.
14.D 由题意,当t=3时,x=135,代入x=at-5t2,可得135=3a-5×9,解得a=60,则x=60t-5t2=-5(t-6)2+180,故当t=6时,x取得最大值,最大值为180.故选D.
15.答案 20
解析 设矩形花园的边长x的邻边长为y,则x40=40-y40,即y=40-x(0
销售总金额y=10×(1+x%)×1 000×(1-mx%)=-mx2+100(1-m)x+10 000,0
故当x=50时,ymax=11 250,
即该产品每吨的价格上涨50%时,可使销售总金额最大.
(2)当x=10时,若能使销售总金额比涨价前多,则存在010×1 000,
由0
设f(x)=k1x(k1≠0),g(x)=k2x(k2≠0),由题图可知f(2)=1,g(4)=4,所以k1=12,k2=2.
从而f(x)=12x(x≥0),g(x)=2x(x≥0).
(2)设A产品投入x万元,企业利润为y万元,则B产品投入(10-x)万元,
所以y=f(x)+g(10-x)=12x+210-x(0≤x≤10),
令10-x=t(0≤t≤10),则x=10-t2,所以y=10-t22+2t=-12(t-2)2+7(0≤t≤10).当t=2时,ymax=7,此时x=6.
故当A产品投入6万元,B产品投入4万元时,企业获得最大利润,为7万元.
能力提升练
1.解析 函数y=12x2-x-52图象的对称轴为直线x=1.
①当对称轴在所给范围左侧,即t>1时,当x=t时,ymin=12t2-t-52;
②当对称轴在所给范围之间,即t≤1≤t+1,0≤t≤1时,当x=1时,ymin=12×12-1-52=-3;
③当对称轴在所给范围右侧,即t+1<1,t<0时,当x=t+1时,ymin=12(t+1)2-(t+1)-52=12t2-3.
2.解析 (1)f(x)=x2-2ax+2图象的对称轴为直线x=a.
当a≥1时,f(x)在[-1,1]上单调递减,f(x)min=f(1)=3-2a;
当-1
(2) y=g(a)=3-2a,a≥1,2-a2,-1
由图易得y=g(a)max=2.
3.解析 (1)∵13≤a≤1,
∴f(x)的图象为开口向上的抛物线,且对称轴为直线x=1a∈[1,3],
∴f(x)在[1,3]上的最小值N(a)=1-1a.
当2≤1a≤3时,a∈13,12, f(x)的最大值M(a)=f(1)=a-1;
当1≤1a<2时,a∈12,1, f(x)的最大值M(a)=f(3)=9a-5,
∴g(a)=a-2+1a,13≤a≤12,9a-6+1a,12
∴g(a1)>g(a2),
∴g(a)在13,12上是减函数.
任取a1,a2∈12,1,且a1
又12-2+112=12=9×12-6+112,
∴当a=12时,g(a)有最小值,最小值为12.
4.BCD 对于A选项,h(x)=x(x-4)=x2-4x=(x-2)2-4,当x=2时,函数h(x)取得最小值-4,故A选项错误.对于B选项,h(x)=x|x-4|=x2-4x,x≥4,-x2+4x,x<4,画出h(x)的图象如图1所示,由图1可知,h(x)的值域为R,故B选项正确.
图1
对于C选项,h(x)=|x|-|x-4|=-4,x<0,2x-4,0≤x≤4,4,x>4,画出h(x)的图象如图2所示,由图2可知,h(x)的图象与x轴只有一个交点,且交点的横坐标为2,故C选项正确.
图2
对于D选项,由C选项并结合h(x)的图象可知|h(x)|≤4恒成立,故D选项正确.
故选BCD.
5.答案 -2
解析 ∵ax≤x2+1,x<0,
∴a≥x+1x,
设f(x)=x+1x,x<0,
则f(x)在(-∞,-1]上单调递增,在(-1,0)上单调递减,
∴f(x)max=f(-1)=-2,
∴a≥-2,
∴amin=-2.
6.答案 [0,4]
解析 当x>0时, f(x)≤|x|可化为-x2+x-2a≤x,即a≥-12x2,因为x2>0,
所以-12x2<0,则a≥0;
当-4≤x≤0时, f(x)≤|x|可化为=x2+3x+a-4≤-x,
即a≤-x2-4x+4,令h(x)=-x2-4x+4,则h(x)在[-4,-2]上单调递增,在(-2,0]上单调递减,而h(-4)=-(-4)2-4×(-4)+4=4,h(0)=0-0+4=4,
故h(x)在[-4,0]上的最小值为4,则a≤4.
所以实数a的取值范围是[0,4].
7.解析 (1)f(x)=4x2-12x-32x+1
=(2x+1)2-8(2x+1)+42x+1
=2x+1+42x+1-8,
设u=2x+1,x∈[0,1],则y=u+4u-8,u∈[1,3],
由已知性质得,当1≤u≤2,即0≤x≤12时, f(x)单调递减,所以递减区间为0,12;当2
(2)由于g(x)=-x-2a为减函数,故g(x)∈[-1-2a,-2a],
由题意得, f(x)的值域为g(x)的值域的子集,从而有-1-2a≤-4,-2a≥-3,解得a=32.
8.AB 显然a2+a≠0,所以f(x)为一次函数,则|f(a)-f(a+1)|=|(a2+a)a+1-[(a2+a)·(a+1)+1]|=2,解得a=1或a=-2.故选AB.
9.A 设f(x)=|x-4|+|x+3|,
则f(x)=-2x+1,x<-3,7,-3≤x≤4,2x-1,x>4.
作出函数f(x)的图象如图所示.
由图象知f(x)min=7,
又f(x)
10.C 由题意得f(x),g(x)在x0处存在相同的最小值.∵g(x)=x2-x+4x=x+4x-1,
∴g(x)在区间13,2上单调递减,在[2,3]上单调递增,∴g(x)min=g(2)=3,∴x0=2,g(x0)=3,∴f(x0)=3.
∵f(x)=(x+p)2+q-p2,其图象的对称轴为直线x=-p,∴-p=2,q-p2=3,即p=-2,q=7,
∴f(x)=x2-4x+7,∴f(x)在13,3上的最大值为f13=132-43+7=529.
11.ABC f(x)图象的对称轴为直线x=a,由题意知a<1.g(x)=f(x)x=x+ax-2a,
当a<0时,易知g(x)在(1,+∞)上单调递增且无最值,故A、B选项中说法错误;
当a=0时,g(x)=x,g(x)在(1,+∞)上单调递增且无最值;
当0
解析 设函数t=x+4x,该函数在[1,2]上单调递减,在(2,4]上单调递增,所以t∈[4,5],
问题化为y=|t-m|+m在区间[4,5]上的最小值为7.
当m>5时,y=(m-t)+m=-t+2m,在t∈[4,5]上单调递减,ymin=2m-5=7,解得m=6;
当m∈[4,5]时,ymin=t=7,不合题意,舍去;
当m<4时,y=(t-m)+m=t,在t∈[4,5]上单调递增,ymin=4≠7,不合题意,舍去.
综上,m=6.
13.解析 (1)因为f(1)=a+2+c=5,6
(2)由(1)知f(x)=x2+2x+2,
所以g(x)=f(x)-2x-3+|x-1|=x2-1+|x-1|=x2-x,x≤1,x2+x-2,x>1,
所以g(x)在-∞,12上单调递减,在12,+∞上单调递增,所以g(x)min=g12=-14.
14.解析 (1)∵f(0)=f(2)=3,f(x)的最小值为1,
∴f(x)图象的对称轴为直线x=1,顶点是(1,1),
∴设函数的表达式是f(x)=m(x-1)2+1(m≠0),
由f(0)=3,得m=2,
∴f(x)=2x2-4x+3.
(2)由题意得g(x)=2x2+(a-4)x+3,其图象的对称轴为直线x=4-a4,
∵g(x)在[-1,1]上为单调函数,
∴4-a4≥1或4-a4≤-1,解得a≤0或a≥8.
(3)∵当x∈[-1,1]时,g(x)图象上的每个点都在直线y=2x+6的下方,∴g(x)<2x+6在x∈[-1,1]上恒成立.
设h(x)=g(x)-(2x+6)=2x2+(a-6)x-3,则h(x)<0在[-1,1]上恒成立,
∴h(-1)<0,h(1)<0,解得5
由800-20x≥440,得x≤18,x∈N*,所以当1≤x≤18时,去甲商场购买运动鞋的单价为(800-20x)元,此时所需费用为(800-20x)x=800x-20x2(元);当x>18时,去甲商场购买运动鞋的单价为440元,所需费用为440x元.
去乙商场购买运动鞋的单价一直为800×75%=600(元),所需费用为600x元.
所以f(x)=800x-20x2,1≤x≤18,x∈N*,440x,x>18,x∈N*,
g(x)=600x,x∈N*.
(2)当x>18且x∈N*时, f(x)
令f(x)-g(x)=800x-20x2-600x>0,解得1≤x<10,
令f(x)-g(x)=800x-20x2-600x=0,解得x=10,
令f(x)-g(x)=800x-20x2-600x<0,解得10
5.3 函数的单调性
第1课时 函数的单调性
基础过关练
题组一 函数单调性的概念与判断
1.(2019河北唐山一中高一上学期月考)下列说法正确的是( )
A.定义在(a,b)上的函数f(x),若存在x1,x2∈(a,b),且x1
D.若f(x)在区间I上单调递增且f(x1)
A.f(x)是单调增函数
B.f(x)是单调减函数
C.f(x)在(-∞,0)上是单调减函数
D.f(x)在(0,+∞)上是单调增函数
3.(多选)下列函数在(-∞,0)上为单调减函数的是( )
A.y=2x B.y=|x|
C.y=x3 D.y=x2
题组二 函数单调区间的求解与证明
4.(多选)若函数f(x-2)=2x2-9x+13,则使函数f(x)是单调减函数的区间是( )
A.(-∞,1] B.14,+∞
C.(-∞,0] D.-∞,14
5.已知函数y=f(x)(x∈[-2,6])的图象如图所示.根据图象写出y=f(x)的单调递减区间为 .
6.判断函数f(x)=2xx-1在区间(0,1)上的单调性,并用定义证明.
7.求证:函数f(x)=x+ax(a>0)在(a,+∞)上是增函数.
题组三 函数单调性的应用
8.已知函数y=f(x)在区间[-5,5]上是增函数,那么下列不等式中成立的是( )
A.f(4)>f(-π)>f(3)
B.f(π)>f(4)>f(3)
C.f(4)>f(3)>f(π)
D.f(-3)>f(-π)>f(-4)
9.若函数f(x)=(2a-1)x+b是R上的减函数,则实数a的取值范围为( )
A.a≥12 B.a≤12
C.a>-12 D.a<12
10.(2019江苏南京金陵中学高一月考)若f(x)=ax2+(a+3)x-1在区间(1,+∞)上是增函数,则实数a的取值范围为( )
A.[-1,+∞) B.[-1,0]
C.[0,1] D.[0,+∞)
11.(2019江苏海安高级中学高一月考)已知函数f(x)=a|x|+x+1,x∈R.
(1)若f(x)在R上是增函数,求实数a的取值范围;
(2)当a=1时,求f(x)的值域.
能力提升练
题组一 单调性的判定与证明
1.(多选)()设f(x)是定义在区间A上的单调减函数,若f(x)>0,则下列函数中为单调增函数的是( )
A.y=3-f(x) B.y=1+2f(x)
C.y=[f(x)]2 D.y=1-f(x)
2.()函数y=1x2+x+2的单调递增区间为 ,单调递减区间为 .
3.(2020江苏南京师范大学附属中学高一第一学期期末,)运用函数单调性的定义证明:函数f(x)=1x3-x在区间(0,+∞)上单调递减.
4.(2020湖南长沙长郡中学高一期末,)已知f(x)是定义在R上的增函数,对任意x∈R有f(x)>0,且f(5)=1,设F(x)=f(x)+1f(x),讨论F(x)的单调性,并证明你的结论.
题组二 函数单调性的综合应用
5.()已知函数f(x)=4x+x2,x≥0,4x-x2,x<0,若f(2-a2)>f(a),则实数a的取值范围是( )
A.(-1,2) B.(-∞,-1)∪(2,+∞)
C.(-2,1) D.(-∞,-2)∪(1,+∞)
6.(2020江苏盐城中学高一上学期期中,)若f(x)是R上的减函数,且f(x)的图象经过点A(0,3)和点B(3,-1),则不等式|f(x+1)-1|<2的解集为( )
A.(-∞,3) B.(-∞,2)
C.(0,3) D.(-1,2)
7.(多选)()下列条件中满足函数y=x2+bx+c,x∈[0,+∞)是单调函数的有( )
A.b≥0 B.b≤0 C.b≥1 D.b≥2
8.()若f(x)在区间(-∞,+∞)上是减函数,a,b∈R,且a+b≤0,则下列不等式正确的是( )
A.f(a)+f(b)≤-[f(a)+f(b)]
B.f(a)+f(b)≤f(-a)+f(-b)
C.f(a)+f(b)≥-[f(a)+f(b)]
D.f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b)
9.(2019江苏扬州中学高一上学期期中,)已知函数f(x)=-x2+ax,x<1,(6-a)x-a,x≥1,若对任意实数x1≠x2,都有f(x1)-f(x2)x1-x2>0成立,则实数a的取值范围是 .
10.(2019江苏徐州高一上学期期中,)若函数f(x)=2x+a,x≤1,x2-2ax+1,x>1的值域为R,则实数a的取值范围是 .
11.()已知f(x)是定义在(0,+∞)上的增函数,且当n∈N*时,f(n)∈N*,若f [f(n)]=3n,则f(1)+f(2)= .
12.(2020江苏泰州中学高一上学期期中,)已知函数f(x)=2ax+1x(a∈R).
(1)当a=12时,试判断f(x)在(0,1]上的单调性并用定义证明你的结论;
(2)对于任意的x∈(0,1],使得f(x)≥6恒成立,求实数a的取值范围.
13.()设f(x)是定义在R上的函数,对m、n∈R恒有f(m+n)=f(m)·f(n),且当x>0时,0
(2)求证:当x∈R时,恒有f(x)>0;
(3)求证:f(x)在R上是减函数;
(4)若f(x)·f(x-x2)>1,求x的取值范围.
第2课时 函数的最值
基础过关练
题组一 求函数的最值
1.(2019北京师范大学盐城附属学校高一上学期月考)若x>0,则函数y=4x+x的最小值是( )
A.5 B.4 C.8 D.6
2.函数f(x)=x2-mx+4(m>0)在(-∞,0]上的最小值是( )
A.4 B.-4
C.与m的取值有关 D.无最小值
3.函数y=11-x(1-x)的最大值是( )
A.45 B.54 C.34 D.43
4.(多选)关于函数f(x)=x+3,x<0,5-x2,x≥0,下列说法正确的是( )
A.f(x)在(-∞,0)上单调递增
B.f(x)在(0,+∞)上单调递减
C.f(x)有最大值5
D.f(x)有最小值0
5.若x∈[0,1],则函数f(x)=2x+2-1-x的最大值为 ,最小值为 .
6.已知函数y=12x2-2x.
(1)当0
题组二 与最值有关的参数问题
7.(2019江苏南京高一期中)若二次函数f(x)=-x2+2tx在[1,+∞)上的最大值为3,则实数t的值为( )
A.±3 B.3 C.2 D.2或3
8.(多选)已知f(x)=(x-a)2,x≤0,x+1x+a,x>0.若f(0)是f(x)的最小值,则实数a的可能值有( )
A.0 B.-1 C.1 D.2
9.若函数f(x)=ax2+2ax+1(a>0)在区间[-3,2]上的最大值为4,则a= .
10.已知二次函数f(x)=-x2+2x,是否存在实数m,n(m
11.已知函数f(x)=x2+2x+ax,x∈[1,+∞).
(1)当a=0.5时,求函数f(x)的最小值;
(2)若对任意x∈[1,+∞),f(x)>0恒成立,试求实数a的取值范围.
12.已知函数f(x)=1a-1x(a>0,x>0).
(1)用定义证明f(x)在(0,+∞)上是增函数;
(2)若f(x)在区间12,4上的最大值为5,求实数a的值.
题组三 函数最值的简单应用
13.(2019江苏常州高级中学高一月考)若对任意x∈R,函数f(x)=max-x+3,32x+12,则f(x)的最小值为( )
A.2 B.3
C.4 D.5
14.(2019江苏常州教学研究合作联盟高一上学期期中)“弯弓射雕”几乎成了游牧民族的象征,当以每秒a米的速度从地面垂直向上射箭时,t秒时弓箭距离地面的高度为x米,x与t的关系为x=at-5t2,若射箭3秒时弓箭距离地面的高度为135米,则弓箭可能达到的最大高度为( )
A.135米 B.160米 C.175米 D.180米
15.在如图所示的锐角三角形空地中,欲建一个面积最大的内接矩形花园(阴影部分),则其边长x为 m.
16.(2019江苏徐州高一上学期期中)某公司生产一种化工产品,该产品若以每吨10万元的价格销售,每年可售出1 000吨,若将该产品每吨价格上涨x%,则每年的销售数量将减少mx%,其中m为正实数,销售的总金额为y万元.
(1)当m=12时,该产品每吨的价格上涨多少,可使销售总金额最大?
(2)当x=10时,若能使销售总金额比涨价前多,试求m的取值范围.
17.(2019江苏江阴四校高一上学期期中)某企业生产A,B两种产品,根据市场调查和预测,A产品的利润与投资成正比,其关系如图1所示,B产品的利润与投资的算术平方根成正比,其关系如图2所示.(注:利润与投资的单位是万元)
(1)分别将A,B两种产品的利润表示为投资的函数,并写出它们的函数关系式;
(2)该企业已筹集到10万元资金,并全部投入A,B两种产品的生产,怎样分配这10万元投资,才能使企业获得最大利润?最大利润为多少万元?
能力提升练
题组一 求函数的最值
1.()当t≤x≤t+1时,求函数y=12x2-x-52的最小值(其中t为实数).
2.()已知函数f(x)=x2-2ax+2,x∈[-1,1].
(1)求f(x)的最小值;
(2)将(1)中f(x)的最小值记为g(a),求y=g(a)的最大值.
3.(2020湖南长沙第一中学高一期末,)已知13≤a≤1,函数f(x)=ax2-2x+1在区间[1,3]上的最大值为M(a),最小值为N(a),令g(a)=M(a)-N(a).
(1)求g(a)的函数表达式;
(2)判断函数g(a)在区间13,1上的单调性,并求出g(a)的最小值.
题组二 最值在恒成立问题中的应用
4.(多选)(2020江苏南京高一上学期期末,)已知函数f(x)=x,g(x)=x-4,则下列结论正确的是( )
A.若h(x)=f(x)·g(x),则函数h(x)的最小值为4
B.若h(x)=f(x)·|g(x)|,则函数h(x)的值域为R
C.若h(x)=|f(x)|-|g(x)|,则函数h(x)的图象与x轴有且仅有一个交点
D.若h(x)=|f(x)|-|g(x)|,则|h(x)|≤4恒成立
5.(2019北京师范大学盐城附属学校高一上学期第一次月考,)若对任意负实数x,不等式ax≤x2+1恒成立,则实数a的最小值为 .
6.(2019江苏常州教学研究合作联盟高一上学期期中,)已知a∈R,函数f(x)=x2+3x+a-4,x≤0,-x2+x-2a,x>0,若对于任意的x∈[-4,+∞),f(x)≤|x|恒成立,则实数a的取值范围是 .
7.()已知函数y=x+tx有如下性质:如果常数t>0,那么该函数在(0,t)上是减函数,在[t,+∞)上是增函数.
(1)已知f(x)=4x2-12x-32x+1,x∈[0,1],利用上述性质,求函数f(x)的单调区间和值域;
(2)对于(1)中的函数f(x)和函数g(x)=-x-2a,若对于任意的x1∈[0,1],总存在x2∈[0,1],使得g(x2)=f(x1)成立,求实数a的值.
题组三 函数最值的综合应用
8.(多选)(2019江苏南京金陵中学月考,)若函数f(x)=(a2+a)x+1在区间[a,a+1]上的最大值与最小值的差为2,则实数a的值为( )
A.1 B.-2
C.3 D.-4
9.(2019广东佛山一中高一上第一次段考,)若关于x的不等式|x-4|+|x+3|
C.(1,+∞) D.(1,7)
10.(2019江苏常州礼嘉中学高一上学期期中,)已知函数y=f(x)与y=g(x)的定义域都是区间I.若对于任意x∈I,存在x0,使得f(x)≥f(x0),g(x)≥g(x0)且f(x0)=g(x0),则称f(x),g(x)为“兄弟函数”.如果函数f(x)=x2+2px+q(p,q∈R),g(x)=x2-x+4x是定义在区间13,3上的“兄弟函数”,那么函数f(x)在区间13,3上的最大值为( )
A.3 B.343
C.529 D.13
11.(多选)(2020江苏海安高级中学高一月考改编,)若函数f(x)=x2-2ax+a在区间(-∞,1)上有最小值,则关于函数g(x)=f(x)x在区间(1,+∞)上的说法错误的有( )
A.g(x)有最小值 B.g(x)有最大值
C.g(x)是减函数 D.g(x)是增函数
12.(2019江苏徐州高一上学期期中,)如果函数f(x)=x+4x-m+m在区间[1,4]上的最小值为7,那么实数m的值是 .
13.()已知函数f(x)=ax2+2x+c(a,c∈N*),且满足①f(1)=5;②6
(2)设g(x)=f(x)-2x-3+|x-1|,求g(x)的最小值.
14.()已知二次函数f(x)的最小值为1,且f(0)=f(2)=3,g(x)=f(x)+ax(a∈R).
(1)求f(x)的解析式;
(2)若函数g(x)在[-1,1]上为单调函数,求实数a的取值范围;
(3)若在区间[-1,1]上,g(x)的图象上的每个点都在直线y=2x+6的下方,求实数a的取值范围.
15.()甲、乙两家鞋帽商场销售同一品牌运动鞋,每双标价为800元,甲、乙两商场销售方式如下:在甲商场售价为780元,买两双每双售价为760元,依此类推,每多买一双,则所买每双售价都再减少20元,但每双售价不能低于440元;乙商场一律按标价的75%销售.
(1)分别写出在甲、乙两商场购买x双运动鞋所需费用的函数解析式f(x)和g(x);
(2)某单位需购买一批此类品牌运动鞋作为员工福利,问:去哪家商场购鞋花费较少?
答案全解全析
5.3 函数的单调性
第1课时 函数的单调性
基础过关练
1.D 根据函数单调性的定义知,只有D是正确的,故选D.
2.C ∵f(x)=x2-6x+3=(x-3)2-6的图象的对称轴为直线x=3,∴f(x)在(-∞,3]上是减函数,在(3,+∞)上是增函数,结合选项知ABD错误,C正确.
3.BD 依次作出图象(图略),观察知选BD.
4.CD 设t=x-2,则x=t+2,
∴f(t)=2(t+2)2-9(t+2)+13=2t2-t+3,
∴函数f(x)的解析式为f(x)=2x2-x+3,其图象的对称轴为直线x=14,
∴f(x)在-∞,14上单调递减,在14,+∞上单调递增,结合选项可知选CD.
5.答案 [-1,2]
解析 由题图可知f(x)在[-2,6]上的单调递增区间为[-2,-1]和[2,6],单调递减区间为[-1,2].
6.解析 f(x)在区间(0,1)上是减函数.
证明如下:
任取x1,x2∈(0,1),且x1
所以f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),所以函数f(x)=2xx-1在(0,1)上是减函数.
7.证明 任取x1,x2∈(a,+∞),且x1>x2,则f(x1)-f(x2)=x1+ax1-x2+ax2=(x1-x2)1-ax1x2=(x1-x2)x1x2-ax1x2,
因为x1>x2>a,所以x1-x2>0,x1x2>0,x1x2>a,所以f(x1)-f(x2)>0,所以函数f(x)=x+ax(a>0)在(a,+∞)上是增函数.
8.D 由函数y=f(x)在区间[-5,5]上是增函数,得 f(4)>f(π)>f(3)>f(-3)>f(-π)>f(-4),故选D.
9.D 因为函数f(x)是R上的减函数,所以2a-1<0,解得a<12.
10.D 若a=0,则f(x)=3x-1,符合题意;
若a≠0,则需满足a>0,-a+32a≤1,解得a>0.
综上,实数a的取值范围为[0,+∞).
11.解析 (1)f(x)=(a+1)x+1,x≥0,(1-a)x+1,x<0.
∵f(x)在R上是增函数,∴a+1>0,1-a>0,
∴a∈(-1,1).
(2)当a=1时,f(x)=|x|+x+1=2x+1,x≥0,1,x<0,作出图象如下.
由图可知,f(x)的值域为[1,+∞).
能力提升练
1.ABD 任取x1,x2∈A,且x1
所以y=3-f(x)在区间A上为单调递增函数.同理可证1+2f(x1)<1+2f(x2),[f(x1)]2>[f(x2)]2,1-f(x1)<1-f(x2),
所以y=1+2f(x),y=1-f(x)在区间A上均为单调增函数,y=[f(x)]2在区间A上是单调减函数.
2.答案 -∞,-12;-12,+∞
解析 设u(x)=x2+x+2=x+122+74,
易知u(x)>0恒成立,
∴函数的定义域为R.
∵二次函数u(x)的单调递增区间为-12,+∞,
单调递减区间为-∞,-12,
y=1u(u>0)是单调递减函数,
∴y=1x2+x+2的单调性与u(x)=x2+x+2的单调性相反,
∴函数y=1x2+x+2的单调递增区间为-∞,-12,
单调递减区间为-12,+∞.
3.证明 任取x1,x2∈(0,+∞),且x1
=(x2-x1)(x22+x1x2+x12)x13x23+(x2-x1)
=(x2-x1)(x13x23+x22+x1x2+x12)x13x23.
∵x1,x2∈(0,+∞),且x1
∴f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),
∴函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递减.
4.解析 在R上任取x1,x2,且x1
=f(x2)+1f(x2)-f(x1)+1f(x1)
=[f(x2)-f(x1)]·1-1f(x1)f(x2).
∵f(x)是R上的增函数,且f(5)=1,
∴当x<5时,0
①若x1
∴F(x2)>F(x1).综上,F(x)在(-∞,5)上为减函数,在(5,+∞)上为增函数.
5.C f(x)的图象如图所示,
由图可知,f(x)在R上单调递增.
∵f(2-a2)>f(a),
∴2-a2>a,
解得a∈(-2,1).故选C.
6.D 由题意得-1
∴不等式-1
8.D a+b≤0可转化为a≤-b或b≤-a,
∵f(x)在(-∞,+∞)上是减函数,
∴f(a)≥f(-b), f(b)≥f(-a),
∴f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b),
故D中不等式正确,故选D.
9.答案 2,73
解析 由题意得f(x)在R上单调递增.
所以6-a>0,a2≥1,(6-a)×1-a≥-12+a×1,
解得a∈2,73.
10.答案 [0,+∞)
解析 当x≤1时,f(x)≤2+a;
当x>1时,f(x)=(x-a)2+1-a2.
①当x>1,a>1时,f(x)min=1-a2,
∵f(x)的值域为R,
∴2+a≥1-a2,解得a∈R,
∴a>1.
②当x>1,a≤1时,f(x)>(1-a)2+1-a2=2-2a,∵f(x)的值域为R,
∴2+a≥2-2a,解得a≥0,
∴0≤a≤1.
综上,实数a的取值范围是[0,+∞).
11.答案 5
解析 易知f(n)>n或f(n)≤n.
若f(n)≤n,则由f(x)的单调性得f [f(n)]≤f(n)≤n,
即3n≤n,不合题意,
所以f(n)>n;
若f(n)≥3n,则f(3n)≥9n,
由f(x)的单调性知f [f(n)]≥f(3n)≥9n,
即3n≥9n,不合题意,
所以f(n)<3n.
故n
综上,f(1)+f(2)=2+3=5.
12.解析 (1)当a=12时, f(x)=x+1x,
∴f(x)在(0,1]上单调递减.
证明:取任意的x1,x2,
且0
∵0
∴f(x1)-f(x2)>0,
∴f(x)在(0,1]上单调递减.
(2)由f(x)≥6在(0,1]上恒成立,
得2ax+1x≥6在(0,1]上恒成立,
即2a≥61x-1x2max(0
∴1x∈[1,+∞),
又∵61x-1x2=-1x-32+9,
∴61x-1x2的最大值为9,
∴2a≥9,∴a≥92,故实数a的取值范围为92,+∞.
13.解析 (1)证明:令m=12,n=0,则f12+0=f12·f(0),因为f12>0,所以f(0)=1.
(2)证明:设x<0,则-x>0,
由条件可知f(-x)>0,
又因为1=f(0)=f(x-x)=f(x)·f(-x)>0,所以f(x)>0,
所以当x∈R时,恒有f(x)>0.
(3)证明:任取x1,x2∈R,且x1
因为x1
所以f(x2-x1)<1,即1-f(x2-x1)>0,
又因为f(x1)>0,
所以f(x1)[1-f(x2-x1)]>0,
所以f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),故函数f(x)在R上是减函数.
(4)因为f(x)·f(x-x2)>1,
所以f(x)·f(x-x2)=f(2x-x2)>f(0),
所以2x-x2<0,
所以x的取值范围是x>2或x<0.
第2课时 函数的最值
基础过关练
1.B 解法一:由“对勾函数”的性质知,y=4x+x在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以当x=2时,函数取得最小值4.
解法二(基本不等式法):因为x>0,所以4x+x≥24x·x=4(当且仅当x=2时,等号成立),所以函数的最小值是4.
2.A f(x)=x2-mx+4的图象的对称轴为直线x=m2,
∵m>0,
∴f(x)在(-∞,0]上单调递减,
∴f(x)min=f(0)=4.
3.D 易得y=1x2-x+1,
令u=x2-x+1,则y=1u.
∵u=x2-x+1=x-122+34≥34,
∴y=1u在34,+∞上单调递减,
∴当u=34,即x=12时,y有最大值,且ymax=43.
4.ABC 作出函数的图象,观察图象知选ABC.
5.答案 2;2-1
解析 因为y=2x+2在[0,1]上单调递增,y=1-x在[0,1]上单调递减,
所以f(x)=2x+2-1-x在[0,1]上单调递增.当x=1时,f(x)取得最大值2;当x=0时,f(x)取得最小值2-1.
6.解析 y=12x2-2x=12(x-2)2-2,其图象的对称轴为直线x=2.
(1)当0
7.B 函数图象的对称轴为直线x=t,且开口向下.
①当t≤1时,f(x)在[1,+∞)上单调递减,则f(x)max=f(1)=-1+2t=3,解得t=2,舍去;
②当t>1时,f(x)在[1,t]上单调递增,在(t,+∞)上单调递减,则f(x)max=f(t)=t2=3,解得t=±3,又t>1,
所以t=3.
综上,t=3.
8.ACD 当x≤0时,f(x)=(x-a)2,又f(0)是f(x)的最小值,
所以a≥0.当x>0时, f(x)=x+1x+a≥2+a,
当且仅当x=1时取“=”.要满足f(0)是f(x)的最小值,需2+a≥f(0)=a2,
即a2-a-2≤0,解得-1≤a≤2.
综上,a的取值范围是0≤a≤2.故选ACD.
9.答案 38
解析 f(x)图象的对称轴为直线x=-1,且开口向上,闭区间端点中右端点离对称轴较远,故f(x)max=f(2)=a×22+2a×2+1=4,解得a=38.
10.解析 存在.∵f(x)=-x2+2x=-(x-1)2+1,∴f(x)max=f(1)=1,∴4n≤1,即n≤14<1,故f(x)在[m,n]上为增函数,
∴f(m)=4m,f(n)=4n,解得m=-2,n=0.
综上,存在m=-2,n=0满足条件.
11.解析 (1)当a=0.5时,f(x)=x+12x+2,x∈[1,+∞).
任取x1,x2∈[1,+∞),且x1
=x2+12x2+2-x1+12x1+2
=(x2-x1)(2x1x2-1)2x1x2,
∵1≤x1
∴2x1x2-1>0,
∴f(x2)-f(x1)>0,即f(x2)>f(x1),
∴f(x)在[1,+∞)上是增函数,
∴f(x)在[1,+∞)上的最小值是f(1)=72.
(2)∵x∈[1,+∞),∴f(x)>0恒成立等价于x2+2x+a>0恒成立.
∵函数y=x2+2x+a=(x+1)2+(a-1)在[1,+∞)上是增函数,
∴当x=1时,ymin=3+a,令3+a>0,得a>-3.
∴当a∈(-3,+∞)时,f(x)>0恒成立.
12.解析 (1)证明:任取x1,x2∈(0,+∞),且x1
即f(x1)
13.A 由题意知f(x)表示当x相同时,函数y=-x+3与y=32x+12的值中的较大者.在同一平面直角坐标系中画出两函数的图象,如图.
由图象可知,f(x)的最小值是两直线交点的纵坐标,令-x+3=32x+12,得x=1,
∴f(x)min=-1+3=32+12=2.
14.D 由题意,当t=3时,x=135,代入x=at-5t2,可得135=3a-5×9,解得a=60,则x=60t-5t2=-5(t-6)2+180,故当t=6时,x取得最大值,最大值为180.故选D.
15.答案 20
解析 设矩形花园的边长x的邻边长为y,则x40=40-y40,即y=40-x(0
销售总金额y=10×(1+x%)×1 000×(1-mx%)=-mx2+100(1-m)x+10 000,0
故当x=50时,ymax=11 250,
即该产品每吨的价格上涨50%时,可使销售总金额最大.
(2)当x=10时,若能使销售总金额比涨价前多,则存在0
由0
设f(x)=k1x(k1≠0),g(x)=k2x(k2≠0),由题图可知f(2)=1,g(4)=4,所以k1=12,k2=2.
从而f(x)=12x(x≥0),g(x)=2x(x≥0).
(2)设A产品投入x万元,企业利润为y万元,则B产品投入(10-x)万元,
所以y=f(x)+g(10-x)=12x+210-x(0≤x≤10),
令10-x=t(0≤t≤10),则x=10-t2,所以y=10-t22+2t=-12(t-2)2+7(0≤t≤10).当t=2时,ymax=7,此时x=6.
故当A产品投入6万元,B产品投入4万元时,企业获得最大利润,为7万元.
能力提升练
1.解析 函数y=12x2-x-52图象的对称轴为直线x=1.
①当对称轴在所给范围左侧,即t>1时,当x=t时,ymin=12t2-t-52;
②当对称轴在所给范围之间,即t≤1≤t+1,0≤t≤1时,当x=1时,ymin=12×12-1-52=-3;
③当对称轴在所给范围右侧,即t+1<1,t<0时,当x=t+1时,ymin=12(t+1)2-(t+1)-52=12t2-3.
2.解析 (1)f(x)=x2-2ax+2图象的对称轴为直线x=a.
当a≥1时,f(x)在[-1,1]上单调递减,f(x)min=f(1)=3-2a;
当-1
(2) y=g(a)=3-2a,a≥1,2-a2,-1
由图易得y=g(a)max=2.
3.解析 (1)∵13≤a≤1,
∴f(x)的图象为开口向上的抛物线,且对称轴为直线x=1a∈[1,3],
∴f(x)在[1,3]上的最小值N(a)=1-1a.
当2≤1a≤3时,a∈13,12, f(x)的最大值M(a)=f(1)=a-1;
当1≤1a<2时,a∈12,1, f(x)的最大值M(a)=f(3)=9a-5,
∴g(a)=a-2+1a,13≤a≤12,9a-6+1a,12
∴g(a1)>g(a2),
∴g(a)在13,12上是减函数.
任取a1,a2∈12,1,且a1
又12-2+112=12=9×12-6+112,
∴当a=12时,g(a)有最小值,最小值为12.
4.BCD 对于A选项,h(x)=x(x-4)=x2-4x=(x-2)2-4,当x=2时,函数h(x)取得最小值-4,故A选项错误.对于B选项,h(x)=x|x-4|=x2-4x,x≥4,-x2+4x,x<4,画出h(x)的图象如图1所示,由图1可知,h(x)的值域为R,故B选项正确.
图1
对于C选项,h(x)=|x|-|x-4|=-4,x<0,2x-4,0≤x≤4,4,x>4,画出h(x)的图象如图2所示,由图2可知,h(x)的图象与x轴只有一个交点,且交点的横坐标为2,故C选项正确.
图2
对于D选项,由C选项并结合h(x)的图象可知|h(x)|≤4恒成立,故D选项正确.
故选BCD.
5.答案 -2
解析 ∵ax≤x2+1,x<0,
∴a≥x+1x,
设f(x)=x+1x,x<0,
则f(x)在(-∞,-1]上单调递增,在(-1,0)上单调递减,
∴f(x)max=f(-1)=-2,
∴a≥-2,
∴amin=-2.
6.答案 [0,4]
解析 当x>0时, f(x)≤|x|可化为-x2+x-2a≤x,即a≥-12x2,因为x2>0,
所以-12x2<0,则a≥0;
当-4≤x≤0时, f(x)≤|x|可化为=x2+3x+a-4≤-x,
即a≤-x2-4x+4,令h(x)=-x2-4x+4,则h(x)在[-4,-2]上单调递增,在(-2,0]上单调递减,而h(-4)=-(-4)2-4×(-4)+4=4,h(0)=0-0+4=4,
故h(x)在[-4,0]上的最小值为4,则a≤4.
所以实数a的取值范围是[0,4].
7.解析 (1)f(x)=4x2-12x-32x+1
=(2x+1)2-8(2x+1)+42x+1
=2x+1+42x+1-8,
设u=2x+1,x∈[0,1],则y=u+4u-8,u∈[1,3],
由已知性质得,当1≤u≤2,即0≤x≤12时, f(x)单调递减,所以递减区间为0,12;当2
(2)由于g(x)=-x-2a为减函数,故g(x)∈[-1-2a,-2a],
由题意得, f(x)的值域为g(x)的值域的子集,从而有-1-2a≤-4,-2a≥-3,解得a=32.
8.AB 显然a2+a≠0,所以f(x)为一次函数,则|f(a)-f(a+1)|=|(a2+a)a+1-[(a2+a)·(a+1)+1]|=2,解得a=1或a=-2.故选AB.
9.A 设f(x)=|x-4|+|x+3|,
则f(x)=-2x+1,x<-3,7,-3≤x≤4,2x-1,x>4.
作出函数f(x)的图象如图所示.
由图象知f(x)min=7,
又f(x)
10.C 由题意得f(x),g(x)在x0处存在相同的最小值.∵g(x)=x2-x+4x=x+4x-1,
∴g(x)在区间13,2上单调递减,在[2,3]上单调递增,∴g(x)min=g(2)=3,∴x0=2,g(x0)=3,∴f(x0)=3.
∵f(x)=(x+p)2+q-p2,其图象的对称轴为直线x=-p,∴-p=2,q-p2=3,即p=-2,q=7,
∴f(x)=x2-4x+7,∴f(x)在13,3上的最大值为f13=132-43+7=529.
11.ABC f(x)图象的对称轴为直线x=a,由题意知a<1.g(x)=f(x)x=x+ax-2a,
当a<0时,易知g(x)在(1,+∞)上单调递增且无最值,故A、B选项中说法错误;
当a=0时,g(x)=x,g(x)在(1,+∞)上单调递增且无最值;
当0
解析 设函数t=x+4x,该函数在[1,2]上单调递减,在(2,4]上单调递增,所以t∈[4,5],
问题化为y=|t-m|+m在区间[4,5]上的最小值为7.
当m>5时,y=(m-t)+m=-t+2m,在t∈[4,5]上单调递减,ymin=2m-5=7,解得m=6;
当m∈[4,5]时,ymin=t=7,不合题意,舍去;
当m<4时,y=(t-m)+m=t,在t∈[4,5]上单调递增,ymin=4≠7,不合题意,舍去.
综上,m=6.
13.解析 (1)因为f(1)=a+2+c=5,6
(2)由(1)知f(x)=x2+2x+2,
所以g(x)=f(x)-2x-3+|x-1|=x2-1+|x-1|=x2-x,x≤1,x2+x-2,x>1,
所以g(x)在-∞,12上单调递减,在12,+∞上单调递增,所以g(x)min=g12=-14.
14.解析 (1)∵f(0)=f(2)=3,f(x)的最小值为1,
∴f(x)图象的对称轴为直线x=1,顶点是(1,1),
∴设函数的表达式是f(x)=m(x-1)2+1(m≠0),
由f(0)=3,得m=2,
∴f(x)=2x2-4x+3.
(2)由题意得g(x)=2x2+(a-4)x+3,其图象的对称轴为直线x=4-a4,
∵g(x)在[-1,1]上为单调函数,
∴4-a4≥1或4-a4≤-1,解得a≤0或a≥8.
(3)∵当x∈[-1,1]时,g(x)图象上的每个点都在直线y=2x+6的下方,∴g(x)<2x+6在x∈[-1,1]上恒成立.
设h(x)=g(x)-(2x+6)=2x2+(a-6)x-3,则h(x)<0在[-1,1]上恒成立,
∴h(-1)<0,h(1)<0,解得5
由800-20x≥440,得x≤18,x∈N*,所以当1≤x≤18时,去甲商场购买运动鞋的单价为(800-20x)元,此时所需费用为(800-20x)x=800x-20x2(元);当x>18时,去甲商场购买运动鞋的单价为440元,所需费用为440x元.
去乙商场购买运动鞋的单价一直为800×75%=600(元),所需费用为600x元.
所以f(x)=800x-20x2,1≤x≤18,x∈N*,440x,x>18,x∈N*,
g(x)=600x,x∈N*.
(2)当x>18且x∈N*时, f(x)
令f(x)-g(x)=800x-20x2-600x>0,解得1≤x<10,
令f(x)-g(x)=800x-20x2-600x=0,解得x=10,
令f(x)-g(x)=800x-20x2-600x<0,解得10
相关试卷
人教A版 (2019)选择性必修 第二册5.3 导数在研究函数中的应用课后测评： 这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第二册5.3 导数在研究函数中的应用课后测评
考点9 函数的单调性练习题： 这是一份考点9 函数的单调性练习题，共9页。试卷主要包含了单选题等内容，欢迎下载使用。
人教A版 (2019)必修 第一册3.2 函数的基本性质练习： 这是一份人教A版 (2019)必修 第一册3.2 函数的基本性质练习，共6页。试卷主要包含了函数的单调递增区间为，若，试用定义证明在上是增函数；等内容，欢迎下载使用。
