数学必修第一册3.2 函数的基本性质第2课时同步训练题

展开

这是一份数学必修第一册3.2 函数的基本性质第2课时同步训练题，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

A组·基础自测
一、选择题
1．函数f(x)的图象如图所示，则其最大值、最小值分别为( B )
A．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2))) B．f(0)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))
C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))，f(0) D．f(0)，f(3)
[解析] 由图象可知，f(0)最大，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))最小．故选B.
2．函数y＝x＋eq \r(x－2)的值域是( B )
A．[0，＋∞) B．[2，＋∞)
C．[4，＋∞) D．[eq \r(2)，＋∞)
[解析] 函数y＝x＋eq \r(x－2)在[2，＋∞)上单调递增，所以其最小值为2，其值域为[2，＋∞)．
3．(多选题)函数y＝eq \f(x＋2,x－1)(x≠1)的定义域为[2,5)，下列说法正确的是( BD )
A．最小值为eq \f(7,4) B．最大值为4
C．无最大值 D．无最小值
[解析] 函数y＝eq \f(x＋2,x－1)＝1＋eq \f(3,x－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．
4．若函数y＝2ax－b 在[1,2]上的最大值与最小值的差为2，则实数a的值是( C )
A．1 B．－1
C．1或－1 D．0
[解析] 当a>0时，最大值为4a－b，最小值为2a－b，差为2a，∴a＝1；当a<0时，最大值为2a－b，最小值为4a－b，差为－2a，∴a＝－1.
5．(多选题)若x∈R，f(x)是y＝2－x2，y＝x这两个函数中的较小者，则f(x)( BD )
A．最大值为2 B．最大值为1
C．最小值为－1 D．无最小值
[解析] 在同一平面直角坐标系中画出函数y＝2－x2，y＝x的图象，如图所示．根据题意，图中实线部分即为函数f(x)的图象．当x＝1时，f(x)取得最大值．且f(x)max＝1，由图象知f(x)无最小值，故选BD.
二、填空题
6．函数f(x)＝x－eq \f(2,x)在[1,2]上的最大值是_1_.
[解析] 函数f(x)＝x－eq \f(2,x)在[1,2]上是增函数，
∴当x＝2时，f(x)取最大值f(2)＝2－1＝1.
7．已知函数f(x)＝|x2－4x|，x∈[2,5]，则f(x)的最小值是_0_，最大值是_5_.
[解析] 因为函数f(x)＝|x2－4x|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－(x2－4x)，2≤x≤4，,x2－4x，4＜x≤5，))对应图象如图：
故f(x)的最小值为f(4)＝0，f(x)的最大值为f(5)＝5.
8．已知函数f(x)在区间[2，＋∞)上是增函数，则f(2)_≤_ f(x2－4x＋6)．(填“≥”“≤”或“＝”)
[解析] ∵x2－4x＋6＝(x－2)2＋2≥2，且f(x)在区间[2，＋∞)上是增函数，∴f(2)≤f(x2－4x＋6)．
三、解答题
9．已知函数f(x)＝eq \f(1,a)－eq \f(1,x)(a＞0，x＞0)．
(1)求证：f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数；
(2)若f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，求a的值．
[解析] (1)设x2＞x1＞0，则x2－x1＞0，x1x2＞0，
因为f(x2)－f(x1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－\f(1,x2)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)－\f(1,x1)))＝eq \f(1,x1)－eq \f(1,x2)＝eq \f(x2－x1,x1x2)＞0，
所以f(x2)＞f(x1)，所以f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数．
(2)因为f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数，所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上单调递增，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(1,2)，f(2)＝2，即eq \f(1,a)－2＝eq \f(1,2)，eq \f(1,a)－eq \f(1,2)＝2所以a＝eq \f(2,5).
10．已知函数f(x)＝ax2＋2bx＋1，x∈[1,3](a，b∈R且a，b为常数)．
(1)若a＝1，求f(x)的最大值；
(2)若a＞0，b＝－1，且f(x)的最小值为－4，求a的值．
[解析] (1)当a＝1时，f(x)＝x2＋2bx＋1，x∈[1,3]，函数的对称轴为：x＝－b，
当－b＞2即b＜－2时，f(x)max＝f(1)＝2b＋2，当－b≤2即b≥－2时，f(x)max＝f(3)＝6b＋10，
综上，f(x)max＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2b＋2，b＜－2，,6b＋10，b≥－2.))
(2)当a＞0，b＝－1时，f(x)＝ax2－2x＋1，x∈[1,3]，
函数的对称轴为x＝eq \f(1,a)＞0，当eq \f(1,a)≤1，即a≥1时，
f(x)min＝f(1)＝a－1＝－4，解得a＝－3，不合题意舍去，
当eq \f(1,a)≥3，即0＜a≤eq \f(1,3)时，
f(x)min＝f(3)＝9a－5＝－4，解得a＝eq \f(1,9)成立，
当1＜eq \f(1,a)＜3，即eq \f(1,3)＜a＜1时，
f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝1－eq \f(1,a)＝－4，解得a＝eq \f(1,5)，不合题意舍去，
故a的值为eq \f(1,9).
B组·能力提升
一、选择题
1．函数f(x)＝eq \f(1,1－x(1－x))的最大值是( C )
A.eq \f(5,4) B．eq \f(4,5)
C.eq \f(4,3) D．eq \f(3,4)
[解析] f(x)＝eq \f(1,x2－x＋1)，当分母x2－x＋1取最小值时，f(x)取到最大值，x2－x＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)≥eq \f(3,4)，所以f(x)≤eq \f(4,3).即f(x)最大值为eq \f(4,3).故选C.
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＝5.06x－0.15x2和L2＝2x，其中x为销售量(单位：辆)．若该公司在这两地共销售15辆车，则能获得的最大利润为( B )
A．45.606万元 B．45.6万元
C．45.56万元 D．45.51万元
[解析] 设在甲地销售量为a辆，则在乙地销售量为15－a辆，设利润为y万元，则y＝5.06a－0.15a2＋2(15－a)(0≤a≤15且a∈N)，则y＝－0.15a2＋3.06a＋30，可求ymax＝45.6万元．
3．(多选题)关于函数f(x)＝eq \r(－x2＋2x＋3)的结论，下列说法正确的有( AC )
A．f(x)的单调增区间是[－1,1]
B．f(x)的单调减区间是[1，＋∞]
C．f(x)的最大值为2
D．f(x)没有最小值
[解析] 要使函数有意义，有－x2＋2x＋3≥0，解得－1≤x≤3，可知选项B错误，当x＝－1或x＝3时－x2＋2x＋3＝0，此时函数有最小值0，可知选项D错误，令y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4，根据复合函数的单调性可知选项A正确，根据函数的单调性及定义域，可知f(x)max＝f(1)＝2，从而选项C正确．故选AC.
二、填空题
4．求函数f(x)＝eq \r(2x＋3)－eq \f(1,2x＋5)的最小值为－eq \f(1,2)_.
[解析] 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋3≥0，,2x＋5≠0.))得x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，＋∞)).
在定义域内，y＝2x＋3是递增的，故y＝eq \r(2x＋3)也是递增的．
又y＝2x＋5是增函数，从而y＝eq \f(－1,2x＋5)也是增函数．
∴f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，＋∞))上是递增的，
∴当x＝－eq \f(3,2)时，函数有最小值，f(x)min＝－eq \f(1,2).
5．已知函数f(x)＝x2－6x＋8，x∈[1，a]，并且f(x)的最小值为f(a)，则实数a的取值范围是_1＜a≤3_.
[解析] 画f(x)＝x2－6x＋8的图象，
∴f(x)的单调递减区间为(－∞，3]，∴1＜a≤3.
三、解答题
6．已知函数f(x)＝|x|(x＋1)，试画出函数f(x)的图象，并根据图象解决下列两个问题．
(1)写出函数f(x)的单调区间；
(2)求函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))的最大值．
[解析] f(x)＝|x|(x＋1)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2－x(x≤0),x2＋x(x＞0)))的图象如图所示．
(1)f(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))和[0，＋∞)上是增函数，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))上是减函数，
因此f(x)的单调增区间为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))，[0，＋∞)，单调减区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0)).
(2)∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝eq \f(1,4)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(3,4)，∴f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))的最大值为eq \f(3,4).
C组·创新拓展
已知函数f(x)＝x2－2ax＋2，x∈[－1,1]，求函数f(x)的最小值．
[解析] f(x)＝x2－2ax＋2＝(x－a)2＋2－a2，x∈[－1，1]．
当a≥1时，函数f(x)的图象如图(1)中实线所示，函数f(x)在区间[－1,1]上是减函数，最小值为f(1)＝3－2a；当－1当a≤－1时，函数f(x)的图象如图(3)中实线所示，函数f(x)在区间[－1,1]上是增函数，最小值为f(－1)＝3＋2a.
综上所述，f(x)min＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－2a，a≥1，,2－a2，－1

相关试卷更多