湘教版（2019）3.2 函数的基本性质一课一练

这是一份湘教版（2019）3.2 函数的基本性质一课一练，共16页。试卷主要包含了下列说法正确的是，已知函数f=1+x21-x2等内容，欢迎下载使用。

基础过关练
题组一 函数单调性概念的理解
1.若函数f(x)在区间[a,b]上是增函数,则对于任意的x1,x2∈[a,b](x1≠x2),下列结论不正确的是( )
A.f(x1)-f(x2)x1-x2>0
B.(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0
C.f(a)≤f(x1)D.f(x1)≠f(x2)
2.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x1B.定义在(a,b)上的函数f(x),若有无穷多对x1,x2∈(a,b),使得x1C.若f(x)在区间I1上单调递增,在区间I2上也单调递增,那么f(x)在I1∪I2上也一定单调递增
D.若f(x)在区间I上单调递增且f(x1)题组二 函数单调性的判定与证明
3.函数y=x2+x+2的单调递减区间是( )
A.-12,+∞B.(-1,+∞)
C.-∞,-12D.(-∞,+∞)
4.下列四个函数中,在区间(0,+∞)上单调递增的是( )
A. f(x)=3-x B.f(x)=x2-3x
C. f(x)=-|x|D. f(x)=-1x+1
5.已知函数f(x)=1+x21-x2.
(1)求函数f(x)的定义域;
(2)用函数单调性的定义证明:f(x)在(1,+∞)上是增函数.
题组三 函数最大(小)值的求解
6.函数f(x)在[-2,2]上的图象如图所示,则此函数的最小值,最大值分别是( )
A.f(-2),0B.0,2
C.f(-2),2D.f(2),2
7.(2021北京房山高一上期中)函数y=2x2-2x-1在区间[-1,1]上的最小值为( )
A.-12B.-1C.-32D.-2
8.函数y=x+3,x<1,-x+6,x≥1的最大值是( )
A.3B.4C.5D.6
9.(2021北京丰台高一上期中)已知x>2,函数y=4x-2+x的最小值是( )
A.5B.4C.6D.8
题组四 函数单调性与最值的应用
10.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)
11.已知函数f(x)在R上为增函数,且f(2m)>f(-m+9),则实数m的取值范围是( )
A.(-∞,-3)B.(0,+∞)
C.(3,+∞)D.(-∞,-3)∪(3,+∞)
12.已知f(x)=(3a-1)x+4a,x<1,-x+1,x≥1是定义在R上的减函数,那么实数a的取值范围是( )
A.-∞,13B.17,+∞
C.17,13D.-∞,-17∪13,+∞
13.(2021江苏南通如东高一上期中)设f(x)=x2-2ax+1,x∈[0,2],当a=3时, f(x)的最小值是 ,若f(x)的最小值为1,则a的取值范围为 .
14.已知函数f(x)=x2-4x+1.
(1)当x∈[0,3]时,画出函数y=f(x)的图象并写出值域;
(2)若函数y=f(x)在区间[a,a+1]上单调,求实数a的取值范围.
15.某商场经营一批进价为每件30元的商品,在市场试销中发现,该商品销售单价x(不低于进价,单位:元)与日销售量y(单位:件)之间有如下关系:
(1)确定x与y的一个一次函数关系式y=f(x)(注明函数的定义域);
(2)若日销售利润为P(单位:元),根据(1)中的关系式写出P关于x的函数关系式,并指出当销售单价为多少元时,能获得最大的日销售利润.
16.(2021安徽合肥八中高一上期中)已知二次函数f(x)满足f(x)-f(x-1)=2x+1,且f(x)的图象经过点(2,-4).
(1)求f(x)的解析式;
(2)若x∈[-3,2],不等式f(x)≤mx恒成立,求实数m的取值范围.
能力提升练
题组一 函数的单调性
1.()函数f(x)=|x2-6x+8|的单调递增区间为( )
A.[3,+∞)
B.(-∞,2),(4,+∞)
C.(2,3),(4,+∞)
D.(-∞,2],[3,4]
2.()函数y=x2+3x的单调递减区间为( )
A.-∞,32 B.-32,+∞
C.[0,+∞)D.(-∞,-3]
3.(2020江西临川一中高一上月考,)已知函数f(x)=1-x2+x+2,则f(2-x)的单调递增区间为( )
A.12,+∞B.12,2
C.-1,12 D.32,3
4.(多选)(2020河南省实验中学高一上期中,)定义[x]为不大于x的最大整数,对于函数f(x)=x-[x]有以下四个结论,其中正确的是( )
A.f(2 019.67)=0.67
B.在每一个区间[k,k+1)(k∈Z)上,函数f(x)都是增函数
C.f -15< f 15
D.y=f(x)的定义域是R,值域是[0,1)
题组二 函数的最大(小)值
5.(2020天津滨海高一上期末,)给定函数f(x)=x2,g(x)=x+2,∀x∈R,用M(x)表示f(x),g(x)中的较大者,记为M(x)=max{f(x),g(x)},则M(x)的最小值为( )
A.-1B.1
C.2D.4
6.(2020河北承德一中高一上月考,)函数f(x)=2x-x+1的最小值为( )
A.-178B.-2
C.-198D.-94
7.(多选)(2021江苏徐州六县高一上期中,)已知函数y=11-x-x(x>1),则该函数( )
A.最大值为-3B.最小值为1
C.没有最小值D.最小值为-3
题组三 函数单调性与最值的综合应用
8.(2020河南洛阳一中高一上月考,)若函数y=f(x)=x2-3x-4的定义域为[0,m],值域为-254,-4,则m的取值范围是( )
A.(0,4]B.32,4
C.32,3D.32,+∞
9.()若f(x)=(7-a)x-3,x≤7,x2-(a+9)x+15a,x>7是R上的增函数,则实数a的取值范围是 .
10.(2021安徽合肥八中高一上期中,)定义在(0,+∞)上的函数f(x),满足f(mn)=f(m)+f(n),且当x>1时, f(x)>0.
(1)求证: fmn=f(m)-f(n);
(2)讨论函数f(x)的单调性,并说明理由;
(3)若f(2)=1,解不等式f(x+3)-f(3x)>3.
答案全解全析
基础过关练
1.C 由函数的单调性定义知,若函数f(x)在给定的区间上是增函数,则x1-x2与f(x1)-f(x2)同号,由此可知,选项A,B,D中结论都正确.由于x1,x2大小不确定,故选项C中结论不正确.
2.D 根据函数单调性的定义和性质来判断,A、B项中的“存在”“有无穷多”与定义中的“任意”不符,C项中也不能确定对任意x13.C 函数y=x2+x+2的图象是开口向上,且以直线x=-12为对称轴的抛物线,
故函数y=x2+x+2的单调递减区间是-∞,-12,故选C.
4.D 对于A, f(x)=3-x为一次函数,在区间(0,+∞)上单调递减,不符合题意;对于B, f(x)=x2-3x为二次函数,在区间0,32上单调递减,不符合题意;对于C, f(x)=-|x|=-x,x≥0,x,x<0在区间(0,+∞)上单调递减,不符合题意;对于D, f(x)=-1x+1在区间(0,+∞)上单调递增,符合题意.故选D.
5.解析 (1)由1-x2≠0,得x≠±1,即f(x)的定义域为{x|x∈R,且x≠±1}.
(2)证明: f(x)=1+x21-x2=2-(1-x2)1-x2=21-x2-1.
任取x1,x2∈(1,+∞),且x1则f(x1)-f(x2)=21-x12-1-21-x22+1=2(x1-x2)(x1+x2)(1-x1)(1-x2)(1+x1)(1+x2).
∵1∴x1-x2<0,1-x2<0,1-x1<0,1+x2>0,1+x1>0,x2+x1>0,
∴f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)∴f(x)在(1,+∞)上是增函数.
6.C 由题图可知,此函数的最小值是f(-2),最大值是2.
7.C 因为y=2x2-2x-1的图象开口向上,对称轴为直线x=12,
所以在区间[-1,1]上,当x=12时,函数取得最小值-32.故选C.
8.C 当x<1时,函数y=x+3单调递增,有y<4,无最大值;当x≥1时,函数y=-x+6单调递减,在x=1处取得最大值5.所以该函数的最大值为5.
9.C 已知x>2,则x-2>0,
y=4x-2+x=4x-2+(x-2)+2
≥24x-2·(x-2)+2=6,
当且仅当4x-2=x-2,即x=4时等号成立,
∴函数的最小值是6.故选C.
10.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.
11.C 因为函数f(x)在R上为增函数,且f(2m)>f(-m+9),
所以2m>-m+9,解得m>3.故选C.
12.C 要使f(x)在R上为减函数,必须同时满足3个条件:
①g(x)=(3a-1)x+4a在(-∞,1)上为减函数;
②h(x)=-x+1在[1,+∞)上为减函数;
③g(1)≥h(1).
所以3a-1<0,(3a-1)×1+4a≥-1+1,
解得17≤a<13.
13.答案 -7;(-∞,0]
解析 当a=3时, f(x)=x2-6x+1在x∈[0,2]上单调递减,
∴f(x)min=f(2)=-7.
由函数的解析式知f(0)=1,若f(x)的最小值为1,则f(x)在x∈[0,2]上单调递增,
而f(x)=x2-2ax+1的图象开口向上,对称轴为直线x=a,
∴a≤0,即a的取值范围是(-∞,0].
14.解析 (1)当x∈[0,3]时,画出函数y=f(x)=x2-4x+1的图象如图:
由图象可知, f(x)的值域为[-3,1].
(2)二次函数f(x)=x2-4x+1图象的对称轴为直线x=2.
因为函数y=f(x)在区间[a,a+1]上单调,
所以a≥2或a+1≤2,
解得a≥2或a≤1,
所以a的取值范围是{a|a≤1或a≥2}.
15.解析 (1)因为f(x)是一次函数,所以设f(x)=ax+b(a≠0).
由题中表格可得45a+b=27,50a+b=12,解得a=-3,b=162,
所以y=f(x)=-3x+162.
又y≥0,所以30≤x≤54,
故所求函数关系式为y=f(x)=-3x+162,x∈[30,54].
(2)由题意得,
P=(x-30)y=(x-30)(162-3x)=-3x2+252x-4 860=-3(x-42)2+432,x∈[30,54].
所以当x=42时,Pmax=432,即当销售单价为42元时,能获得最大的日销售利润.
16.解析 (1)设f(x)=ax2+bx+c(a≠0),
则f(x-1)=a(x-1)2+b(x-1)+c=ax2+(-2a+b)x+a-b+c,
所以f(x)-f(x-1)=2ax-a+b,
又因为f(x)-f(x-1)=2x+1,
所以2a=2,-a+b=1,解得a=1,b=2,
所以f(x)=x2+2x+c.
因为f(x)的图象过点(2,-4),
所以-4=22+2×2+c,解得c=-12,
所以f(x)=x2+2x-12.
(2)由题意知,x2+2x-12≤mx,x∈[-3,2],
所以x2+(2-m)x-12≤0,x∈[-3,2].
记g(x)=x2+(2-m)x-12,x∈[-3,2].
则g(x)max≤0,
由g(x)的图象开口向上,知函数g(x)的最大值是g(2)或g(-3),
所以g(2)≤0,g(-3)≤0,即-4-2m≤0,-9+3m≤0,
解得-2≤m≤3,所以m∈[-2,3].
能力提升练
1.C 作出函数f(x)=|x2-6x+8|的图象,如图所示.
由图象得,函数f(x)=|x2-6x+8|的单调递增区间为(2,3)和(4,+∞),故选C.
2.D 由x2+3x≥0,得x≤-3或x≥0,即函数y=x2+3x的定义域为(-∞,-3]∪[0,+∞),又二次函数t=x2+3x图象的对称轴方程为x=-32,所以函数t=x2+3x(x∈(-∞,-3]∪[0,+∞))在区间(-∞,-3]上单调递减,在区间[0,+∞)上单调递增,又函数y=t(t≥0)为增函数,所以函数y=x2+3x的单调递减区间为(-∞,-3].
3.D 因为f(x)=1-x2+x+2,所以f(2-x)=1-(2-x)2+(2-x)+2=1-x2+3x,
由-x2+3x>0,得0又t=-x2+3x=-x-322+94(00)为减函数,所以函数y=f(2-x)的单调递增区间为32,3.故选D.
4.ABD 在A中, f(2 019.67)=2 019.67-2 019=0.67,故选项A正确;
在B中,任取x∈[k,k+1),则x=k+t,0≤t<1,因此f(x)=k+t-k=t=x-k,是增函数,故选项B正确;
在C中,f-15=-15-(-1)=45, f15=15-0=15,而45>15,故选项C错误;
在D中,显然f(x)的定义域为R,任取x∈[k,k+1)(k∈Z),则f(x)=x-k∈[0,1),故选项D正确.故选ABD.
5.B 在同一直角坐标系中,作出函数f(x)=x2,g(x)=x+2的图象,由M(x)的定义知,函数M(x)的图象如图中实线部分所示.
由图象知,当x=-1时,M(x)取得最小值1.故选B.
6.A 设t=x+1(t≥0),则x=t2-1(t≥0),所以g(t)=2(t2-1)-t=2t2-t-2(t≥0).易知函数g(t)=2t2-t-2在0,14上单调递减,在14,+∞上单调递增,则f(x)min=g(t)min=g14=-178,故选A.
7.AC ∵x>1,
∴y=11-x-x=-1x-1+x-1-1
≤-21x-1·(x-1)-1=-2-1=-3,
当且仅当1x-1=x-1,即x=2时取等号,
∴函数的最大值为-3,无最小值,故选AC.
8.C ∵y=f(x)=x2-3x-4=x-322-254,
∴f32=-254,且f(0)=f(3)=-4,
由已知及二次函数的图象可知,m的值最小为32,最大为3,即m的取值范围是32,3,故选C.
9.答案 [4,5]
解析 ∵f(x)=(7-a)x-3,x≤7,x2-(a+9)x+15a,x>7是R上的增函数,
∴7-a>0,a+92≤7,(7-a)×7-3≤72-7(a+9)+15a,
解得4≤a≤5.
∴实数a的取值范围是[4,5].
10.解析 (1)证明:由m=mn·n,
可得f(m)=fmn·n=fmn+f(n),
∴fmn=f(m)-f(n).
(2)任取x1,x2∈(0,+∞),且x11.
由(1)及已知可得f(x2)-f(x1)=fx2x1>0,即f(x2)>f(x1).
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增.
(3)由f(2)=1,可得f(4)=f(2)+f(2)=2,
令m=4,n=2,
则f(8)=f(4)+f(2)=3,
∴不等式f(x+3)-f(3x)>3,即f(x+3)-f(3x)>f(8),
即fx+33x>f(8).
由(2)可知f(x)在定义域内单调递增,
∴3x>0,x+3>0,x+33x>8,解得0∴不等式f(x+3)-f(3x)>3的解集为x|0x
45
50
y
27
12