基础巩固
1.已知定义在区间[-5,5]上的函数y=f(x)的图象如图所示,则下列关于函数f(x)的说法错误的是( )
A.函数在区间[-5,-3]上单调递增
B.函数在区间[1,4]上单调递增
C.函数在区间[-3,1]∪[4,5]上单调递减
D.函数在区间[-5,5]上不具有单调性
答案C
解析由题图可知,f(x)在区间[-3,1],[4,5]上单调递减,但在区间[-3,1]∪[4,5]上不单调递减.故选C.
2.已知函数f(x)是定义在R上的单调函数,A(0,1),B(2,-1)是其图象上的两点,则不等式|f(x-1)|>1的解集为( )
A.(-1,1)
B.(-∞,-1)∪(1,+∞)
C.(1,3)
D.(-∞,1)∪(3,+∞)
答案D
解析根据题意知,f(0)=1,f(2)=-1.
∵f(x)是R上的单调函数,
∴f(x)在R上单调递减,
∴由|f(x-1)|>1得,f(x-1)f(0),
∴x-1>2或x-1<0,解得x>3或x<1,
∴原不等式的解集为(-∞,1)∪(3,+∞).
3.下列函数中,在区间(-∞,0)内单调递增,且在区间(0,+∞)内单调递减的函数是( )
A.y=B.y=
C.y=x2D.y=x3
答案A
解析对于A,令y=f(x)=,任取x1,x2∈(0,+∞),且x10,即f(x1)>f(x2),所以函数y=在区间(0,+∞)内单调递减.
同理可得函数y=在区间(-∞,0)内单调递增.
对于B,易知函数y=在区间(-∞,0)和(0,+∞)内都单调递减.
对于C,易知函数y=x2在区间(-∞,0)内单调递减,在区间(0,+∞)内单调递增.
对于D,易知函数y=x3在区间(-∞,+∞)上单调递增.
4.已知函数f(x)=-x2+4x+a(x∈[0,1]),若f(x)的最小值为-2,则f(x)的最大值为( )
A.1B.0C.-1D.2
答案A
解析∵f(x)=-x2+4x+a在区间[0,1]上为增函数,
∴f(x)的最小值为f(0)=a=-2,
∴f(x)的最大值为f(1)=3+a=1.
5.若函数y=ax与y=在区间(0,+∞)内都单调递减,则函数y=ax2+bx在区间(-∞,0)内( )
A.单调递增B.单调递减
C.先单调递增后单调递减D.先单调递减后单调递增
答案A
解析因为函数y=ax与y=在区间(0,+∞)上都单调递减,所以a<0,b>0.
所以函数y=ax2+bx的图象开口向下,对称轴为直线x=-,且->0,所以函数y=ax2+bx在区间内单调递增.
又(-∞,0)⊆,所以函数y=ax2+bx在区间(-∞,0)内单调递增.
6.已知函数f(x)满足:对任意的x1,x2∈R,x1≠x2,都有(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0,则f(-3)与f(-π)的大小关系是 .
答案f(-3)>f(-π)
解析由题意得f(x)为增函数,
又-3>-π,所以f(-3)>f(-π).
7.已知函数f(x)=
(1)在平面直角坐标系中画出f(x)的图象;
(2)写出f(x)的单调递增区间及值域;
(3)求不等式f(x)>1的解集.
解(1)f(x)的图象如图所示.
(2)由图可知f(x)的单调递增区间为[-1,0],[2,5],值域为[-1,3].
(3)令3-x2=1,解得x=或x=-(舍去);
令x-3=1,解得x=4.
结合图象可知不等式f(x)>1的解集为[-1,)∪(4,5].
能力提升
1.(多选题)已知函数f(x)=x2-2x+2,关于f(x)的最大(小)值有如下结论,其中正确的是( )
A.f(x)在区间[-1,0]上的最小值为1
B.f(x)在区间[-1,2]上既有最小值,又有最大值
C.f(x)在区间[2,3]上有最小值2,最大值5
D.当01时,f(x)在区间[0,a]上的最小值为1
答案BCD
解析函数f(x)=x2-2x+2=(x-1)2+1的图象开口向上,对称轴为直线x=1.
在选项A中,因为f(x)在区间[-1,0]上单调递减,所以f(x)在区间[-1,0]上的最小值为f(0)=2,所以A中结论错误;
在选项B中,因为f(x)在区间[-1,1]上单调递减,在区间[1,2]上单调递增,所以f(x)在区间[-1,2]上的最小值为f(1)=1,又因为f(-1)=5,f(2)=2,f(-1)>f(2),所以f(x)在区间[-1,2]上的最大值为f(-1)=5,所以B中结论正确;
在选项C中,因为f(x)在区间[2,3]上单调递增,所以f(x)在区间[2,3]上的最小值为f(2)=2,最大值为f(3)=5,所以C中结论正确;
在选项D中,当01时,f(x)在区间[0,a]上的最小值为f(1)=1,所以D中结论正确.
2.某公司在甲、乙两地销售一种品牌车,利润(单位:万元)分别为L1=-x2+21x和L2=2x,其中x∈(x∈N,单位:辆)为销售量.若该公司在这两地共销售15辆车,则能获得的最大利润为万元.
答案120
解析设公司在甲地销售x辆,则在乙地销售(15-x)辆,故总利润L=-x2+21x+2(15-x)=-x2+19x+30=-+30+(0≤x≤15,x∈N),
∴当x=9或10时,L最大为120万元.
3.有下列四种说法:
①函数y=2x2+x+1在区间(0,+∞)内不是单调递增的;
②函数y=在区间(-∞,-1)∪(-1,+∞)内单调递减;
③若函数f(x)=在R上为增函数,则实数b的取值范围是1≤b≤2;
④若函数y=|x-a|在区间(-∞,4]上单调递减,则实数a的取值范围是a≥4.
其中说法正确的有 (填序号).
答案③④
解析对于①,y=2x2+x+1=2在区间内单调递增,故该函数在区间(0,+∞)内单调递增,故①中说法错误;
对于②,函数y=在区间(-∞,-1)内单调递减,在区间(-1,+∞)内单调递减,但在其并集(-∞,-1)∪(-1,+∞)内不单调递减,故②中说法错误;
对于③,因为函数f(x)=在R上为增函数,所以有解得1≤b≤2,故③中说法正确;
对于④,函数y=|x-a|=因为函数y=|x-a|在区间(-∞,4]上单调递减,所以a≥4,故④中说法正确.
4.已知二次函数f(x)的最小值为1,f(0)=f(2)=3.
(1)求f(x)的解析式;
(2)若f(x)在区间[2a,2a+1]上不单调,求a的取值范围;
(3)若x∈[t,t+2],试求f(x)的最小值.
解(1)∵f(x)是二次函数,且f(0)=f(2),
∴其图象的对称轴为直线x=1.
又f(x)的最小值为1,
∴可设f(x)=m(x-1)2+1(m>0),
又f(0)=3,∴m=2.
∴f(x)=2(x-1)2+1=2x2-4x+3.
(2)要使f(x)在区间[2a,2a+1]上不单调,需2a<1<2a+1,解得0(3)由(1)知,f(x)图象的对称轴为直线x=1.
若t≥1,则f(x)在区间[t,t+2]上单调递增,
则当x=t时,f(x)取得最小值,且最小值为f(t)=2t2-4t+3.
若t+2≤1,即t≤-1,则f(x)在区间[t,t+2]上单调递减,则当x=t+2时,f(x)取得最小值,且最小值为f(t+2)=2t2+4t+3.
若t<1综上可知,当t≥1时,f(x)的最小值为2t2-4t+3;
当-1当t≤-1时,f(x)的最小值为2t2+4t+3.
5.已知f(x)是定义在R上的恒不为零的函数,且对任意的x,y都满足f(x)·f(y)=f(x+y).
(1)求f(0)的值,并证明对任意的x∈R,都有f(x)>0;
(2)设当x<0时,都有f(x)>f(0),证明:f(x)在R上为减函数.
(1)解由题意知,f(0)·f(0)=f(0),
∵f(0)≠0,∴f(0)=1.
∵f≠0,
∴f(x)=f·f>0.
∴对任意的x∈R,都有f(x)>0.
(2)证明设x1,x2∈R,且x1∵x1-x2<0,
∴f(x1-x2)>f(0)=1,
∴f(x1-x2)-1>0.
又f(x2)>0,
∴f(x2)[f(x1-x2)-1]>0,
∴f(x1)>f(x2),
∴f(x)在R上为减函数.