高中数学苏教版 (2019)必修 第一册5.3 函数的单调性练习题

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课时素养评价

二十四　函数的最大值、最小值

(15分钟　35分)

1.函数y=x2+2x-1在[0,3]上的最小值为 (　　)

A.0   B.-4   C.-1   D.-2

【解析】选C.因为y=x2+2x-1=(x+1)2-2,其图象的对称轴为直线x=-1,

所以函数y=x2+2x-1在[0,3]上是增函数,

所以当x=0时,此函数取得最小值,最小值为-1.

2.函数f(x)=的最大值是 (　　)

A.    B.   C.    D.

【解析】选D.令t=1-x(1-x)=+≥,所以0<f(x)≤,

即f(x)的最大值为.

3.(2020·海淀高一检测)设函数f(x)=4x+-1(x<0),则f(x) (　　)

A.有最大值3   B.有最小值3

C.有最小值-5  D.有最大值-5

【解析】选D.当x<0时,f(x)=4x+-1

=-(-4x)+-1≤-2-1=-5.

当且仅当-4x=-,即x=-时,上式取等号.

所以f(x)有最大值为-5.

4.(2020·成都高一检测)函数f(x)=2x-的最小值为________. 

【解析】因为f(x)=2-2

=2-,

所以f(x)min=f=-.

答案:-

5.对于函数f(x),在使f(x)≥M恒成立的所有实数M中,我们把M的最大值Mmax叫做函数f(x)的下确界,则对于a∈R,f(a)=a2-4a+6的下确界为________. 

【解析】f(a)=a2-4a+6,f(a)≥M,

即f(a)min≥M.

而f(a)=(a-2)2+2,所以f(a)min=f(2)=2.

所以M≤2.所以Mmax=2.

答案:2

6.(2020·温州高一检测)已知函数f(x)=x2+.

求函数f(x)在区间[-3,-1]上的最值.

【解析】设x1,x2是[-3,-1]上的任意两个值,

且x1<x2,f(x1)-f(x2)

=-

=(x1-x2)(x1+x2)-,

又由-3≤x1<x2≤-1,得x1-x2<0,-6<x1+x2<-2,4<(x1-1)(x2-1)<16,

则有(x1+x2)-<0,

则有f(x1)-f(x2)>0,

故函数f(x)在区间[-3,-1]上是减函数,

故f(x)max=f(-3)=4,

f(x)min=f(-1)=-.

(30分钟　60分)

一、单选题(每小题5分,共20分)

1.函数y=x+的最值的情况为 (　　)

A.最小值为,无最大值

B.最大值为,无最小值

C.最小值为,最大值为2

D.最大值为2,无最小值

【解析】选A.因为y=x+在定义域,+∞上是增函数,

所以函数最小值为,无最大值.

2.(2020·连云港高一检测)已知a>,则函数f(x)=x2+|x-a|的最小值是

 (　　)

A.a2+1    B.a+

C.a-    D.a-

【解析】选D.函数f(x)=x2+|x-a|=

当x≥a>时,函数f(x)=x2+x-a的对称轴方程为x=-,

函数在[a,+∞)上是增函数,其最小值为a2;

当x<a时,f(x)=x2-x+a的对称轴方程为x=,当x=时函数求得最小值为a-.

因为a2-=a2-a+=>0.

所以a2>a-.

所以函数f(x)=x2+|x-a|的最小值是a-.

3.对任意x∈R,函数f(x)表示-x+3,x+,x2-4x+3中的最大者,则f(x)的最小值为              (　　)

A.2   B.3   C.4   D.5

【解析】选A.分别作出y=-x+3,y=x+,y=x2-4x+3的图象如图(阴影部分边界对应的曲线为ABCDE),

则由图象可知函数f(x)在C处取得最小值,

由得

即f(x)的最小值为2.

4.(2020·无锡高一检测)若关于x的不等式x2-mx+4>0在x∈[1,3]上有解,则实数m的取值范围为              (　　)

A.(-∞,5)   B.(-∞,5]

C.(-∞,4)   D.(-∞,-4)∪(4,+∞)

【解析】选A.关于x的不等式x2-mx+4>0在x∈[1,3]上有解,

即m<x+在x∈[1,3]上能成立.

设f(x)=x+,则f(x)在(0,2]上是减函数,在[2,+∞)上是增函数,

故当x=2时,f(x)取得最小值4,

又f(1)=5,f(3)=,故当x=1时,函数f(x)取得最大值.则实数m<5.

二、多选题(每小题5分,共10分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)

5.下列关于函数y=ax+1,x∈[0,2]的说法正确的是 (　　)

A.当a<0时,此函数的最大值为1,最小值为2a+1

B.当a<0时,此函数的最大值为2a+1,最小值为1

C.当a>0时,此函数的最大值为1,最小值为2a+1

D.当a>0时,此函数的最大值为2a+1,最小值为1

【解析】选AD.当a<0时,函数y=ax+1在区间[0,2]上是减函数,

当x=0时,函数取得最大值为1;当x=2时,函数取得最小值为2a+1.

当a>0时,函数y=ax+1在区间[0,2]上是增函数,当x=0时,函数取得最小值为1,当x=2时,函数取得最大值为2a+1.

6.函数y=(x≠1)的定义域为[2,5),下列说法正确的是 (　　)

A.最小值为   B.最大值为4

C.无最大值   D.无最小值

【解析】选BD.函数y==1+在[2,5)上是减函数,即在x=2处取得最大值4,

由于x=5取不到,则最小值取不到.

三、填空题(每小题5分,共10分)

7.二次函数y=ax2+4x+a的最大值是3,则a=________. 

【解析】根据题意,二次函数y=ax2+4x+a的最大值是3,则解得a=-1.

答案:-1

8.(2020·杭州高一检测)对于任意的实数x1,x2,min{x1,x2}表示x1,x2中较小的那个数,若f(x)=2-x2,g(x)=x,则集合{x|f(x)=g(x)}=________;min{f(x),g(x)}的最大值是________. 

【解析】由题作出函数f(x),g(x)的图象,

令f(x)=g(x),即2-x2=x,

解得x=-2或x=1,

则集合{x|f(x)=g(x)}={-2,1},

由题意及图象得

min{f(x),g(x)}=

由图象知,当x=1时,min{f(x),g(x)}最大,最大值是1.

答案:{-2,1}　1

四、解答题(每小题10分,共20分)

9.(2020·常州高一检测)已知二次函数f(x)=ax2+bx+c(a>0),对称轴为直线x=2,且f(0)=1.

(1)若函数f(x)的最小值为-1,求f(x)的解析式;

(2)函数f(x)的最小值记为g(a),求函数H(a)=a·g(a)的最大值.

【解析】(1)因为f(x)的对称轴为直线x=2,

所以-=2,则b=-4a.

又f(0)=1,所以c=1.

所以f(x)=ax2-4ax+1=a(x-2)2+1-4a,

因为a>0,所以当x=2时f(x)有最小值1-4a=-1,

所以a=,所以f(x)=x2-2x+1.

(2)由(1)知f(x)=ax2-4ax+1=a(x-2)2+1-4a.

所以g(a)=f(2)=1-4a.

所以H(a)=a(1-4a)=-4+,

a∈(0,+∞),

所以H(a)的最大值为.

10.(2020·太原高一检测)已知函数f(x)=,g(x)=x-1.

(1)求解不等式f(x)≥g(x).

(2)若x>,求y=3f(x)+2g(x)的最小值.

【解析】(1)当x>时,由f(x)≥g(x),得(2x-1)(x-1)≤3,解得<x≤2.

当x<时,由f(x)≥g(x),得(2x-1)(x-1)≥3,解得x≤-.

所以不等式f(x)≥g(x)的解集为x<x≤2或x≤-.

(2)因为y=3f(x)+2g(x),x>,

所以3f(x)+2g(x)=+2-1≥2-1=5,

当且仅当4=9,即x=2(负值舍去)时取等号,故当x>时,函数y=3f(x)+2g(x)的最小值为5.

【补偿训练】

　　已知函数f(x)=ax2+2x+c(a,c∈N*),满足:

①f(1)=5;②6<f(2)<11.

(1)求a,c的值.

(2)设g(x)=f(x)-2x-3+|x-1|,求g(x)的最小值.

【解析】(1)f(1)=a+2+c=5,f(2)=4a+4+c∈(6,11),

所以c=5-2-a=3-a,

所以4a+4+3-a=3a+7∈(6,11),

所以-<a<,

又a∈N*,所以a=1,c=2.

(2)因为f(x)=x2+2x+2,

所以g(x)=f(x)-2x-3+|x-1|=x2+2x+2-2x-3+|x-1|=x2+|x-1|-1,

当x≥1时,g(x)=x2+x-2,

此时g(x)在[1,+∞)上是增函数,

所以g(x)min=g(1)=1+1-2=0,

当x<1时,g(x)=x2-x,g(x)在上是减函数,在上是增函数,

所以g(x)min=g=-=-,

又-<0,所以g(x)min=g=-.

1.当x∈(1,2)时,不等式x2+mx+4<0恒成立,则m的取值范围是________. 

【解析】设f(x)=x2+mx+4,则f(x)图象开口向上,对称轴为x=-.

(1)当-≤1时,即m≥-2时,

满足f(2)=4+2m+4≤0,

所以m≤-4,

又m≥-2,所以此时无解.

(2)当-≥2,即m≤-4时,

需满足f(1)=1+m+4≤0,

所以m≤-5,

又m≤-4,所以m≤-5.

(3)当1<-<2,即-4<m<-2时,

需满足此时无解.

综上所述,m≤-5.

答案:m≤-5

2.(2020·永州高一检测)已知≤a≤1,若函数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)的函数解析式.

(2)不要证明,请直接写出函数g(a)的单调区间,并求g(a)的最大值.

【解析】(1)根据题意,f(x)=ax2-2x+1=

a+1-,

由≤a≤1得1≤≤3,

则N(a)=f=1-,

当1≤<2,即<a≤1时,M(a)=f(3)=9a-5;

当2≤≤3,即≤a≤时,M(a)=f(1)=a-1,

则g(a)=

(2)g(a)在上是减函数,在上是增函数,

且g(a)的图象连续不断;

又g=,g(1)=4,

所以g(a)的最大值是g(1)=4.

【补偿训练】

　　1.已知函数f(x)=x2+ax+a2+1(a∈R),设f(x)在[-1,1]上的最大值为g(a),

(1)求g(a)的表达式.

(2)是否存在实数m,n,使得g(a)的定义域为[m,n],值域为[5m,5n]?如果存在,求出m,n的值;如果不存在,请说明理由.

【解析】(1)因为函数f(x)图象的对称轴为x=-,所以当-≤0,即a≥0时,

g(a)=f(x)max=f(1)=a2+a+2;

当->0,即a<0时,

g(a)=f(x)max=f(-1)=a2-a+2.

所以g(a)=

(2)假设存在符合题意的实数m,n,

则由(1)可知,当a∈R时,g(a)∈[2,+∞).

所以若a∈[m,n],有g(a)∈[5m,5n],

则0<m<n.

所以g(a)=a2+a+2,且为增函数.

所以

所以

2.对于区间[a,b]和函数y=f(x),若同时满足:

①f(x)在[a,b]上是单调函数;②函数y=f(x),x∈[a,b]的值域还是[a,b],则称区间[a,b]为函数f(x)的“不变”区间.

(1)求函数y=x2(x≥0)的所有“不变”区间.

(2)函数y=x2+m(x≥0)是否存在“不变”区间?若存在,求出实数m的取值范围;若不存在,说明理由.

【解析】(1)易知函数y=x2(x≥0)是增函数,

故有解得a=0或1,b=0或1,

又a<b,所以

所以函数y=x2(x≥0)的“不变”区间为[0,1].

(2)易知函数y=x2+m(x≥0)是增函数,

若函数y=x2+m(x≥0)存在“不变”区间,

则有b>a≥0,且

消去m得a2-b2=a-b,

整理得(a-b)(a+b-1)=0.

因为a<b,所以a+b-1=0,即b=1-a.

又由b>a≥0,得1-a>a≥0,所以0≤a<.

所以m=-a2+a

=-+,

所以0≤m<.

综上,当0≤m<时,函数y=x2+m(x≥0)存在“不变”区间.

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