高中数学人教版新课标A必修11.3.1单调性与最大(小)值第2课时一课一练

这是一份高中数学人教版新课标A必修11.3.1单调性与最大(小)值第2课时一课一练，共11页。试卷主要包含了3　函数的基本性质，函数y=2-xx+1,x∈，已知函数f=-2x2+7x-3等内容，欢迎下载使用。

1.3.1 单调性与最大(小)值
第2课时 函数的最大(小)值
基础过关练
题组一 函数最大(小)值的求法
1.(2020河南豫南九校高一上第一次联考)函数y=1x-1在[2,3]上的最小值为( )
A.2B.12C.13D.-12
2.(2020福建宁德部分一级达标中学高一上期中)函数y=x+3,x<1,-x+6,x≥1的最大值是( )
A.3B.4C.5D.6
3.(2020湖北宜昌部分示范高中教学协作体高一上期末联考)函数y=f(x)=x2-2x-1在闭区间[0,3]上的最大值与最小值的和是( )
A.-1B.0C.1D.2
4.函数f(x)=6-x-3x在区间[2,4]上的最大值为 .
题组二 函数最大(小)值的综合运用
5.若函数y=ax+1在[1,2]上的最大值与最小值的差为2,则实数a的值是( )
A.2B.-2C.2或-2D.0
6.(2021江苏南通启东中学高一段考)函数y=2-xx+1,x∈(m,n]的最小值为0,则m的取值范围是( )
A.(1,2)B.(-1,2)C.[1,2)D.[-1,2)
7.(2020山东潍坊高一上期末)已知函数f(x)=-2x2+7x-3.
(1)求不等式f(x)>0的解集;
(2)当x∈(0,+∞)时,求函数y=f(x)x的最大值,以及y取得最大值时x的值.
8.某公司生产一种电子仪器的固定成本为20 000元,每生产一台仪器需增加投入100元,已知总收益满足函数R(x)=400x-12x2(0≤x≤400),80000(x>400),其中x是仪器的月产量.
(1)将利润表示为月产量的函数f(x);
(2)当月产量为何值时,公司所获利润最大?最大利润为多少元?(总收益=总成本+利润)
题组三 函数的最大(小)值在方程与不等式中的应用
9.若不等式-x+a+1≥0对任意x∈0,12都成立,则实数a的最小值为( )
A.0B.-2C.-52D.-12
10.已知函数f(x)=x2+ax+4,若对任意的x∈(0,2], f(x)≤6恒成立,则实数a的最大值为( )
A.-1B.1C.-2D.2
11.(2020湖南长沙第一中学高一上第二次阶段性检测)若不等式x2+|x-1|+a>0在区间(-2,2)上恒成立,则实数a的取值范围是 .
12.已知函数f(x)=x-1x+2,x∈[3,5].
(1)判断函数f(x)的单调性,并证明;
(2)若不等式f(x)>a在[3,5]上恒成立,求实数a的取值范围;
(3)若不等式f(x)>a在[3,5]上有解,求实数a的取值范围.
能力提升练
一、选择题
1.(2019湖北襄阳四中高一上月考,)函数y=1-x-3+x的最大值为M,最小值为N,则MN的值为( )

A.2B.1C.-1D.2
2.(2019山西高平一中高一上第一次月考,)函数f(x)=x+1x+2在区间[-5,-3]上的最小值为( )
A.13B.1C.43D.2
3.(2020辽宁盘锦高一月考,)某渔场鱼群的最大养殖量为m吨,为保证鱼群的生长空间,实际的养殖量x要小于m,留出适当的空闲量,已知鱼群的年增长量y(吨)和实际养殖量x(吨)与空闲率(空闲量与最大养殖量的比值叫空闲率)的乘积成正比(设比例系数k>0),则鱼群年增长量的最大值为( )
A.mk2B.mk4C.m2D.m4
4.(2021湖南衡南第三中学高一月考,)已知函数f(x)=x2-2ax+8,x≤1,x+4x+a,x>1,若f(x)的最小值为f(1),则实数a的值不可能是( )
A.1B.2
C.3D.4
5.(2020山东淄博实验中学高一上期中,)对于实数x,符号[x]表示不超过x的最大整数,例如[π]=3,[-1.08]=-2,定义函数f(x)=x-[x],则下列命题中不正确的是( )
A.f(-3.9)=f(4.1)
B.函数f(x)的最大值为1
C.函数f(x)的最小值为0
D.方程f(x)-12=0有无数个根
6.(2021海南临高二中高一月考,)函数f(x)=x+9x-a+a(a∈R)在区间[1,9]上的最大值为10,则实数a的最大值为( )
A.6B.8
C.9D.10
二、填空题
7.(2020河北唐山一中高一上期中,)已知函数f(x)=2x+1-4-2x的定义域为D,当x∈D时, f(x)≤m恒成立,则实数m的取值范围是 .
8.(2020辽宁六校协作体高一上期中,)设函数f(x)=x+1x,x∈12,3,则函数f(x)的最小值为 ;若存在x∈12,3,使得a2-a≥f(x)成立,则实数a的取值范围是 .
9.(2020黑龙江大庆实验中学高一上月考,)已知函数f(x)=-x2+ax-a4在区间[0,1]上的最大值是32,则实数a的值为 .
三、解答题
10.(2020山东淄博实验中学高一上期中,)函数f(x)的定义域为(0,+∞),且对任意x>0,y>0都有fxy=f(x)-f(y),当x>1时,有f(x)>0.
(1)求f(1)的值;
(2)判断f(x)的单调性并加以证明;
(3)若f(4)=2,求f(x)在[1,16]上的值域.
11.(2020江苏如东高级中学高一上阶段性测试,)已知函数f(x)=1-1x,其中x>0.
(1)写出f(x)的单调区间;
(2)是否存在实数a,b(0(3)若存在实数a,b(00),求实数m的范围.
答案全解全析
第一章 集合与函数概念
1.3 函数的基本性质
1.3.1 单调性与最大(小)值
第2课时 函数的最大(小)值
基础过关练
1.B y=1x-1在[2,3]上单调递减,所以当x=3时取得最小值,为12.故选B.
2.C 当x<1时,函数y=x+3单调递增,且y<4;当x≥1时,函数y=-x+6单调递减,所以在x=1处取得最大值5.
综上,函数的最大值为5.
3.B ∵y=f(x)=x2-2x-1=(x-1)2-2,
∴f(x)在[0,1]上单调递减,在[1,3]上单调递增.
因此,ymin=f(1)=-2,
又x=0时,y=-1;x=3时,y=2,
∴ymax=2,∴ymax+ymin=0,故选B.
4.答案 -4
解析 ∵y=6-x,y=-3x在区间[2,4]上均是减函数,∴函数f(x)=6-x-3x在区间[2,4]上是减函数,∴f(x)max=f(2)=6-2-3×2=-4.
5.C 由题意知a≠0,当a>0时,函数y=ax+1在[1,2]上单调递增,有(2a+1)-(a+1)=2,解得a=2;当a<0时,函数y=ax+1在[1,2]上单调递减,有(a+1)-(2a+1)=2,解得a=-2.
综上,a=±2.
6.D 函数y=2-xx+1=3-(x+1)x+1=3x+1-1,可以判断函数在区间(-∞,-1)和(-1,+∞)上单调递减,易知f(2)=0,所以n=2,又当x∈(m,n]时,ymin=0,∴m的取值范围是[-1,2).故选D.
7.解析 (1)f(x)>0,即-2x2+7x-3>0,
解得12所以不等式f(x)>0的解集为x12(2)由题意知,y=f(x)x=-2x2+7x-3x=-2x-3x+7=7-2x+3x,
对于函数y=2x+3x,x>0,可知当x∈0,62时,函数单调递减,当x∈62,+∞时,函数单调递增,所以当x=62时,y=2x+3x有最小值,为26,即y=7-2x+3x有最大值,为7-26.
8.解析 (1)由题意可知,当月产量为x台时,总成本为(20 000+100x)元,
从而f(x)=R(x)-(20 000+100x)
=-12x2+300x-20000(0≤x≤400),60000-100x(x>400).
(2)由(1)可知,当0≤x≤400时, f(x)=-12(x-300)2+25 000,
∴当x=300时, f(x)max=25 000;
当x>400时, f(x)=60 000-100x是减函数, f(x)<60 000-100×400=20 000<25 000,
∴当x=300时, f(x)max=25 000.
即每月生产300台仪器时利润最大,最大利润为25 000元.
9.D 设f(x)=-x+a+1,由不等式-x+a+1≥0对任意x∈0,12都成立,可得f(x)min≥0在0,12上恒成立.
因为f(x)在0,12上是减函数,
所以当x∈0,12时, f(x)min=a+12,
所以a+12≥0,即a≥-12,所以amin=-12,故选D.
10.A 解法一:对任意x∈(0,2], f(x)≤6恒成立等价于f(x)max≤6.
∵二次函数f(x)的图象开口向上,
∴f(x)的最大值在区间端点处取得,
∴只需f(0)≤6,f(2)≤6,
即4≤6,4+2a+4≤6,解得a≤-1.
∴a的最大值为-1.
解法二:由x∈(0,2],f(x)≤6恒成立,
可得x2+ax+4≤6,即a≤-x+2x恒成立.
设g(x)=-x+2x,x∈(0,2],
则只需满足a≤g(x)min即可.
∵g(x)=-x+2x在x∈(0,2]上单调递减,
∴g(x)min=g(2)=-1,
∴a≤-1,∴a的最大值为-1,故选A.
11.答案 -34,+∞
解析 由x2+|x-1|+a>0恒成立,得a>-x2-|x-1|恒成立,令f(x)=-x2-|x-1|=-x2-x+1,1∴f(x)max=f12=-122+12-1=-34,∴f(x)≤-34,∴a的取值范围是-34,+∞.
12.解析 (1)f(x)在[3,5]上为增函数.
证明:任取x1,x2∈[3,5]且x1∵3≤x1∴x1-x2<0,(x1+2)(x2+2)>0,
∴f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)∴f(x)在[3,5]上为增函数.
(2)由不等式f(x)>a在[3,5]上恒成立知, f(x)min>a,
由(1)知, f(x)在[3,5]上为增函数,
所以f(x)min=f(3)=25,
所以25>a,即a<25,
故实数a的取值范围是-∞,25.
(3)由不等式f(x)>a在[3,5]上有解知,
f(x)max>a,由(1)知, f(x)在[3,5]上为增函数,所以f(x)max=f(5)=47,
所以47>a,即a<47,
故实数a的取值范围是-∞,47.
能力提升练
一、选择题
1.C 由y=1-x-3+x有意义,得1-x≥0,3+x≥0,解得-3≤x≤1,因此y=1-x-3+x的定义域为[-3,1],
易知函数y=1-x-3+x在[-3,1]上单调递减,
∴M=ymax=4-0=2,
N=ymin=0-4=-2,
因此,MN=2-2=-1,故选C.
2.C 由f(x)=x+1x+2=x+2-1x+2=1-1x+2,知f(x)在(-∞,-2)上是增函数,所以f(x)在[-5,-3]上单调递增,所以f(x)min=f(-5)=43,故选C.
3.答案 B
信息提取 ①最大养殖量为m吨,空闲量与最大养殖量的比值叫空闲率;②鱼群的年增长量y(吨)和实际养殖量x(吨)与空闲率的乘积成正比.
数学建模 以鱼群养殖为情境,构建鱼群的年增长量y(吨)和实际养殖量x(吨)与空闲率的乘积的函数模型,按照模型的特征讨论最值.
解析 由题意可得,y=kx·m-xm=-kmx2+kx=-kmx-m22+14mk(k>0,04.A 当x>1时,y=x+4x+a,可知函数在(1,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以当x=2时,y=x+4x+a有最小值,为4+a;当x≤1时,y=x2-2ax+8,图象为开口向上的抛物线的一部分,对称轴为直线x=a,设g(x)=x2-2ax+8,x≤1,则当a<1时,g(a)为函数g(x)在(-∞,1]上的最小值,不合题意;当a≥1时,g(1)为函数g(x)在(-∞,1]上的最小值,且g(1)=9-2a.
由题意可得9-2a≤4+a,解得a≥53.
综上,实数a的取值范围为aa≥53.故选A.
5.答案 B
信息提取 ①[x]表示不超过x的最大整数;②讨论函数f(x)=x-[x]的相关性质.
数学建模 以[x]为情境,构建新函数,求函数值,讨论函数最值及方程的解.
解析 f(-3.9)=(-3.9)-[-3.9]=-3.9-(-4)=0.1,f(4.1)=4.1-[4.1]=4.1-4=0.1,故A命题正确;显然x-1<[x]≤x,因此0≤x-[x]<1,
∴f(x)无最大值,但有最小值,且最小值为0,故B命题错误,C命题正确;方程f(x)-12=0的解为x=k+12(k∈Z),故D命题正确.故选B.
6.B 令t=x+9x,x∈[1,9],则函数t=x+9x在[1,3)上单调递减,在[3,9]上单调递增,
所以当x=3时,tmin=6,当x=1或x=9时,tmax=10,
所以t∈[6,10],所以y=|t-a|+a在t∈[6,10]上的最大值为10,
①当a≥10时,y=|t-a|+a=a-t+a=2a-t,所以ymax=2a-6=10,解得a=8,不合题意,舍去;
②当a≤6时,y=|t-a|+a=t-a+a=t,∵t∈[6,10],∴ymax=10,满足题意;
③当6④当8≤a<10时,ymax=|6-a|+a=a-6+a=2a-6,所以令2a-6=10,解得a=8,满足题意.
综上所述,实数a的取值范围是a≤8,
故实数a的最大值为8.故选B.
二、填空题
7.答案 [5,+∞)
解析 函数f(x)=2x+1-4-2x的定义域为(-∞,2],
令t=4-2x,得2x=4-t2(t≥0),
所以y=5-t2-t(t≥0),其图象开口向下,对称轴为直线t=-12.
因为t≥0,所以y≤5,
又当x∈D时, f(x)≤m恒成立,所以实数m的取值范围是m≥5.
8.答案 2;(-∞,-1]∪[2,+∞)
解析 易知函数f(x)=x+1x,x∈12,3在12,1上为减函数,在(1,3]上为增函数,所以f(x)min=f(1)=1+1=2,即函数f(x)的最小值为2.
因为存在x∈12,3,使得a2-a≥f(x)成立,所以a2-a≥f(x)min,即a2-a≥2,解得a≥2或a≤-1,故实数a的取值范围是(-∞,-1]∪[2,+∞).
9.答案 -6或103
解析 f(x)=-x-a22+14(a2-a),其图象的对称轴为直线x=a2,
当0≤a2≤1,即0≤a≤2时, f(x)max=14(a2-a),
令14(a2-a)=32,得a=-2或a=3,与0≤a≤2矛盾,不符合要求;
当a2<0,即a<0时, f(x)在[0,1]上单调递减, f(x)max=f(0),令f(0)=32,得-a4=32,解得a=-6;
当a2>1,即a>2时, f(x)在[0,1]上单调递增, f(x)max=f(1),
令f(1)=32,得-1+a-a4=32,解得a=103.
综上所述,a=-6或a=103.
三、解答题
10.解析 (1)∵对任意x>0,y>0都有fxy=f(x)-f(y),
∴令x=y=1,则f(1)=f(1)-f(1)=0.
(2)f(x)在(0,+∞)上单调递增.
证明:任取x1,x2∈(0,+∞),且x1则f(x2)-f(x1)=fx2x1,
∵x2>x1>0,∴x2x1>1,
∴fx2x1>0,∴f(x2)>f(x1),故f(x)在(0,+∞)上是增函数.
(3)由(2)知f(x)在[1,16]上是增函数,
∴f(x)min=f(1)=0,f(x)max=f(16),由fxy=f(x)-f(y),知f164=f(16)-f(4),∵f(4)=2,∴f(16)=2f(4)=4,∴f(x)在[1,16]上的值域为[0,4].
11.解析 (1)依题意得
f(x)=1-1x,x≥1,1x-1,0易知函数在(0,1)上单调递减,在[1,+∞)上单调递增.
所以函数f(x)的单调递增区间为[1,+∞),单调递减区间为(0,1).
(2)不存在实数a,b(0理由如下:
假设存在满足条件的a,b.
①若a,b∈(0,1),则f(x)=1x-1在(0,1)上递减,且f(a)=1a-1,f(b)=1b-1,∴f(a)=b,f(b)=a,即1a-1=b,1b-1=a⇒a=b,不符合题意.
②若a,b∈[1,+∞),则f(x)=1-1x在[1,+∞)上递增,
∴f(a)=a,f(b)=b⇒1-1a=a,1-1b=b,无实数解,不符合题意.
③当a∈(0,1),b∈[1,+∞)时,显然1∈[a,b],而f(1)=0,∴0∈[a,b],不符合题意.
综上,不存在实数a,b(0(3)由(2)知,a,b∈(0,1)或a∈(0,1),b∈[1,+∞)均不符合题意,当a,b∈[1,+∞)时,f(x)=1-1x在[1,+∞)上递增,因此有f(a)=ma,f(b)=mb,
即1-1a=ma,1-1b=mb⇒方程1-1x=mx有两个大于1的不等实数根,方程化为mx2-x+1=0,
所以有Δ=1-4m>0,m-1+1>0,12m>1⇒0故实数m的取值范围是0,14.
1.B
2.C
3.B
5.C
6.D
9.D
10.A
1.C
2.C
3.B
4.A
5.B
6.B