新教材蘇教版必修第一冊5.3函數(shù)的單調性作業(yè)

5.3函數(shù)的單調性第1課時函數(shù)的單調性基礎過關練題組一函數(shù)單調性的概念及其應用1.(2021江蘇無錫第一中學高一月考)對于函數(shù)y=f(x),在給定區(qū)間上有兩個數(shù)x1,x2,且x1<x2,使f(x1)<f(x2)成立,則y=f(x) ()A.一定是增函數(shù)B.一定是減函數(shù)C.可能是常數(shù)函數(shù)D.單調性不能確定2.(2021江蘇泰州姜堰中學高一月考)若函數(shù)f(x)在R上為減函數(shù),則 ()A.f(3)<f(5)B.f(3)≤f(5)C.f(3)>f(5)D.f(3)≥f(5)3.下列說法正確的是 ()A.定義在(a,b)上的函數(shù)f(x),若存在x1,x2∈(a,b),且x1<x2,滿足f(x1)<f(x2),則f(x)在(a,b)上單調遞增B.定義在(a,b)上的函數(shù)f(x),若有無窮多對x1,x2∈(a,b),使得x1<x2時,有f(x1)<f(x2),則f(x)在(a,b)上單調遞增C.若f(x)在區(qū)間I1上單調遞增,在區(qū)間I2上也單調遞增,則f(x)在I1∪I2上也一定單調遞增D.若f(x)在區(qū)間I上單調遞增且f(x1)<f(x2)(x1,x2∈I),則x1<x24.已知四個函數(shù)的圖象如圖所示,其中在定義域內具有單調性的函數(shù)是 ()題組二函數(shù)單調性的判斷與證明5.(2021江蘇淮安洪澤中學高一期末)已知函數(shù)f(x)=1+2x-x2,則下列結論正確的是 ()A.f(x)在區(qū)間(-∞,1]上是增函數(shù)B.f(x)在區(qū)間[-1,+∞)上是增函數(shù)C.f(x)在區(qū)間(-∞,1]上是減函數(shù)D.f(x)在區(qū)間[-1,+∞)上是減函數(shù)6.如圖是函數(shù)y=f(x)的大致圖象,則函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間是 ()A.(-1,0)B.(1,+∞)C.(-1,0)∪(1,+∞)D.(-1,0),(1,+∞)7.(多選)若函數(shù)f(x-2)=2x2-9x+13,則使函數(shù)f(x)是減函數(shù)的區(qū)間是 ()A.(-∞,1]B.1C.(-∞,0]D.-∞,8.函數(shù)f(x)=|x2-1|的增區(qū)間為.

9.(2020江蘇南京師范大學附屬中學高一上期末)運用函數(shù)單調性的定義證明:函數(shù)f(x)=1x3-x在區(qū)間(0,+∞)10.(2021江蘇徐州六縣高一上期中聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=x(1)請在給定的坐標系中畫出函數(shù)f(x)的圖象;(2)直接寫出函數(shù)f(x)的定義域、單調區(qū)間及值域.題組三函數(shù)單調性的應用11.已知函數(shù)y=f(x)在區(qū)間[-5,5]上是增函數(shù),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)12.(2021江蘇常州前黃高級中學高一期中)函數(shù)y=f(x)在R上為增函數(shù),且f(2m)>f(-m+9),則實數(shù)m的取值范圍是 ()A.(-∞,-3)B.(0,+∞)C.(3,+∞)D.(-∞,-3)∪(3,+∞)13.(2021山東青州一中高一期中)已知函數(shù)f(x)=4x2-kx-8在(-∞,5]上具有單調性,則實數(shù)k的取值范圍是 ()A.(-24,40)B.[-24,40]C.(-∞,-24]D.[40,+∞)14.(2021江蘇宜興第一中學高一月考)已知函數(shù)f(x)=(a-3)x+5,x≤1,2aA.(0,3)B.(0,3]C.(0,2)D.(0,2]15.(2020江蘇南通高一期中)已知函數(shù)f(x)=x2+mx-2m(m∈R).(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(-∞,2)上單調遞減,求實數(shù)m的取值范圍;(2)若對于任意的x∈[-1,1],都有f(x)<0成立,求實數(shù)m的取值范圍.16.(2020江蘇徐州九校高一上期中聯(lián)考)已知二次函數(shù)f(x)滿足f(x+1)-f(x-2)=6x-9(x∈R),且f(0)=2.(1)求f(x)的解析式;(2)若函數(shù)g(x)=f(x)-2tx在區(qū)間[0,5]上是單調函數(shù),求實數(shù)t的取值范圍.能力提升練題組一函數(shù)單調性的判斷與證明1.(多選)(2020江蘇徐州高一期中,)下列函數(shù)中,滿足對任意x1,x2∈(1,+∞),f(x1)-f(A.f(x)=-2(x-1)2-2B.f(x)=3x+5C.f(x)=1+1xD.f(x)=|x2.(多選)()設f(x)是定義在區(qū)間A上的減函數(shù),若f(x)>0,則下列函數(shù)為增函數(shù)的是 ()A.y=3-f(x)B.y=1+2C.y=[f(x)]2D.y=1-f3.(2020江西臨川一中高一上月考,)已知函數(shù)f(x)=1-x2+x+2,則f(2-xA.1C.-4.(2020江蘇昆山第一中學高一月考,)函數(shù)f(x)=16+6x-x25.(2020湖南長沙長郡中學高一期末,)已知f(x)是定義在R上的增函數(shù),對任意x∈R有f(x)>0,且f(5)=1,設F(x)=f(x)+1f(x),討論F(x)的單調性題組二函數(shù)單調性的綜合應用6.(多選)(2021江蘇如皋江安高級中學高一期末,)已知函數(shù)f(x)=-x2-ax-5,x≤1,ax,x7.(2020江蘇南京中華中學高一期中,)若函數(shù)f(x)=-x2+ax+18在[-1,3]上具有單調性,則實數(shù)a的可能取值是8.(2021江蘇常州橫林高級中學高一月考,)設f(x)是定義在(0,+∞)上的增函數(shù),且對定義域內任意x,y都有f(xy)=f(x)+f(y),f(2)=1,則使不等式f(x)+f(x-3)≤2成立的x的取值范圍是.

9.(2020安徽阜陽太和第一中學高一期末,)已知f(x)=x2-4x+3,x≤0,-x2-2x+3,x>0,且不等式f(x+a10.(2020江蘇泰州中學高一上期中,)已知函數(shù)f(x)=2ax+1x(a∈R).(1)當a=12時,試判斷f(x)在(0,1]上的單調性并用定義證明你的結論(2)對于任意的x∈(0,1],f(x)≥6恒成立,求實數(shù)a的取值范圍.第2課時函數(shù)的最值基礎過關練題組一求函數(shù)的最值1.(2021江蘇常州武進高級中學高一月考)關于函數(shù)f(x)=x3,下列說法正確的是()A.沒有最小值,有最大值B.有最小值,沒有最大值C.既有最小值,又有最大值D.既沒有最小值,又沒有最大值2.(2021江蘇張家港高級中學高一月考)若函數(shù)y=f(x),x∈[-2,2]的圖象如圖所示,則該函數(shù)的最大值、最小值分別為 ()A.f32,f-32B.f(0),C.f(0),f-32D.f(0),3.(2021江西南昌十中高一月考)已知函數(shù)f(x)=1x在區(qū)間[1,2]上的最大值為A,最小值為B,則A-B= (A.124.(多選)關于函數(shù)f(x)=x+3,x<A.f(x)在(-∞,0)上單調遞增B.f(x)在(0,+∞)上單調遞減C.f(x)有最大值5D.f(x)有最小值05.函數(shù)y=3x+2(x≠-2)在區(qū)間[0,5]上的最大值與最小值的和為6.(2021江蘇淮安清江中學高一月考)已知函數(shù)f(x)=x2,-1≤x≤1,17.已知函數(shù)y=12x2-2(1)當0≤x≤3時,求函數(shù)的最值;(2)當3≤x≤5時,求函數(shù)的最值.題組二與最值有關的參數(shù)問題8.(2021江蘇連云港白塔高級中學高一月考)函數(shù)f(x)=kx+2在x∈[-1,2]上的最大值為6,則k= ()或-4D.無法確定9.(2021江蘇啟東中學高一期末)函數(shù)f(x)=2-xx+1,x∈(m,n]的最小值為0,則實數(shù)m的取值范圍是A.(1,2)B.(-1,2)C.[1,2)D.[-1,2)10.若函數(shù)f(x)=ax2+2ax+1(a>0)在區(qū)間[-3,2]上的最大值為4,則a=.

11.(2021江蘇南通如東高一上期中)設f(x)=x2-2ax+1,x∈[0,2],當a=3時,f(x)的最小值是,若f(x)的最小值為1,則a的取值范圍為.

12.已知函數(shù)f(x)=1a?1x(a(1)用定義證明f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù);(2)若f(x)在區(qū)間12,4上的最大值為5,求實數(shù)13.已知函數(shù)f(x)=x2+2x+a(1)當a=12時,求函數(shù)f(x)的最小值(2)若對任意x∈[1,+∞),f(x)>0恒成立,求實數(shù)a的取值范圍.題組三函數(shù)最值的實際應用14.(2021江蘇徐州睢寧李集中學高一階段測試)某公司在甲、乙兩地同時銷售一種品牌車,銷售x輛該品牌車的利潤(單位:萬元)分別為L1=-x2+21x和L2=2x.若該公司在兩地共銷售15輛,則獲得的最大總利潤為()萬元萬元萬元.25萬元15.(2020江蘇常州教學研究合作聯(lián)盟高一上期中)“彎弓射雕”幾乎成了游牧民族的象征,當以每秒a米的速度從地面垂直向上射箭時,t秒時箭距離地面的高度為x米,x與t的關系為x=at-5t2,若射箭3秒時箭距離地面的高度為135米,則箭可能達到的最大高度為 ()米米米米16.在如圖所示的銳角三角形空地中,欲建一個面積最大的內接矩形花園(陰影部分),則其邊長x為m.

17.(2020廣東中山第一中學高一期中)經市場調查,某新開業(yè)的商場在過去一個月內(以30天計),顧客人數(shù)f(t)(千)與時間t(天)的函數(shù)關系近似滿足f(t)=4+1t(t∈N*),人均消費g(t)(元)與時間t(天)的函數(shù)關系近似滿足g(t)=(1)寫出該商場的日收益w(t)(千元)與時間t(天)(1≤t≤30,t∈N*)的函數(shù)關系式;(2)求該商場日收益的最小值.18.(2021江蘇清浦中學高一期中)某產品生產廠家根據(jù)以往的銷售經驗得到下面有關生產銷售的統(tǒng)計規(guī)律:每生產產品x(百臺),其總成本為G(x)(萬元),其中固定成本為2.8萬元,并且每生產1百臺的生產成本為1萬元(總成本=固定成本+生產成本).銷售收入R(x)(萬元)滿足:R(x)=-0.4x2(1)求利潤f(x)(萬元)的解析式(利潤=銷售收入-總成本);(2)工廠生產多少百臺產品時,可使盈利最多?能力提升練題組一求函數(shù)的最值1.(多選)(2020廣東珠海第二中學高一期中,)已知函數(shù)f(x)=x2+x+1x13A.有最小值3B.有最大值7C.沒有最小值D.在區(qū)間(1,2)上是增函數(shù)2.(2021江蘇淮安漣水中學高一月考,)函數(shù)y=x+1?x的最大值為3.()已知函數(shù)f(x)=x2-2ax+2,x∈[-1,1].(1)求f(x)的最小值;(2)將(1)中f(x)的最小值記為g(a),求y=g(a)的最大值.4.(2020湖南長沙第一中學高一期末,)已知13≤a≤1,函數(shù)f(x)=ax2-2x+1在區(qū)間[1,3]上的最大值為M(a),最小值為N(a),令g(a)=M(a)-N(a).(1)求g(a)的函數(shù)表達式;(2)判斷函數(shù)g(a)在區(qū)間13,1上的單調性,并求出g(a題組二函數(shù)最值的綜合應用5.(2021江蘇東臺安豐中學高一期末,)設f(x)=(x-a)2,x≤0,x2-2x+3+a,xA.[-1,2]B.[-1,0]C.[0,2]D.[1,2]6.(多選)(2020江蘇鹽城響水中學高一期中,)已知函數(shù)f(x)=x4+2x2+ax2+1(x∈R)的值域為[m,+∞),則實數(shù)A.a=0,m=0B.a=1,m=1C.a=3,m=3D.a=2,m=27.(2020江蘇常州教學研究合作聯(lián)盟高一上期中,)已知函數(shù)y=f(x)與y=g(x)的定義域都是區(qū)間I.若對于任意x∈I,存在x0,使得f(x)≥f(x0),g(x)≥g(x0)且f(x0)=g(x0),則稱f(x),g(x)為“兄弟函數(shù)”.如果函數(shù)f(x)=x2+2px+q(p,q∈R),g(x)=x2-x+4x是定義在區(qū)間13,3上的“兄弟函數(shù)”,那么函數(shù)f(B.3438.(多選)(2020江蘇海安高級中學高一月考改編,)若函數(shù)f(x)=x2-2ax+a在區(qū)間(-∞,1)上有最小值,則關于函數(shù)g(x)=f(x)x在區(qū)間(1,+∞)上的說法錯誤的有A.g(x)有最小值B.g(x)有最大值C.g(x)是減函數(shù)D.g(x)是增函數(shù)9.(多選)(2020江蘇南京高一上期末,)已知函數(shù)f(x)=x,g(x)=x-4,則下列結論正確的是 ()A.若h(x)=f(x)·g(x),則函數(shù)h(x)的最小值為4B.若h(x)=f(x)·|g(x)|,則函數(shù)h(x)的值域為RC.若h(x)=|f(x)|-|g(x)|,則函數(shù)h(x)的圖象與x軸有且僅有一個交點D.若h(x)=|f(x)|-|g(x)|,則|h(x)|≤4恒成立10.()已知a∈R,函數(shù)f(x)=x2+3x+af(x)≤|x|恒成立,則實數(shù)a的取值范圍是.

11.(2021上海復旦附中高一期末,)若函數(shù)f(x)=x2+2x+ax+1(x≥0)的值域為[a12.(2020江蘇泰州高一聯(lián)考,)已知函數(shù)f(x)滿足f(x+y)=f(x)+f(y)-1(x,y∈R),當x>0時,f(x)>1,且f(1)=2.(1)求f(0),f(-1)的值,并判斷f(x)的單調性;(2)當x∈[1,2]時,不等式f(ax2-3x)+f(x)<1恒成立,求實數(shù)a的取值范圍. 深度解析13.(2019江蘇江陰四校高一上期中,)某企業(yè)生產A,B兩種產品,根據(jù)市場調查和預測,A產品的利潤與投資成正比,其關系如圖1所示,B產品的利潤與投資的算術平方根成正比,其關系如圖2所示.(注:利潤與投資的單位是萬元)(1)分別將A,B兩種產品的利潤表示為投資的函數(shù),并寫出它們的函數(shù)關系式;(2)該企業(yè)已籌集到10萬元資金,并全部投入到A,B兩種產品的生產,怎樣分配這10萬元投資,才能使企業(yè)獲得最大總利潤?最大總利潤為多少萬元?14.()已知二次函數(shù)f(x)的最小值為1,且f(0)=f(2)=3,g(x)=f(x)+ax(a∈R).(1)求f(x)的解析式;(2)若函數(shù)g(x)在[-1,1]上為單調函數(shù),求實數(shù)a的取值范圍;(3)若在區(qū)間[-1,1]上,g(x)的圖象上的每個點都在直線y=2x+6的下方,求實數(shù)a的取值范圍.答案全解全析5.3函數(shù)的單調性第1課時函數(shù)的單調性基礎過關練1.D由函數(shù)單調性的概念可知不能用特殊值代替一般值,若使函數(shù)f(x)為增函數(shù),應在定義域內任意取兩個數(shù)x1,x2,且x1<x2,使f(x1)<f(x2)成立,故y=f(x)的單調性不能確定.故選D.2.C∵3<5,f(x)在R上為減函數(shù),∴f(3)>f(5).故選C.3.DA、B選項中的“存在”“有無窮多”與定義中的“任意”不符,C選項中也不能確定對任意x1<x2,x1,x2∈(I1∪I2),都有f(x1)<f(x2),只有D選項是正確的,故選D.4.B對于A,函數(shù)分別在(-∞,1)及[1,+∞)上單調遞增,但存在x1∈(0,1),使f(x1)>f(1),故A不符合題意;對于C,函數(shù)分別在(-∞,1)及(1,+∞)上單調遞增,但存在x1>1,使f(x1)<f(1),故C不符合題意;對于D,函數(shù)分別在(-∞,0)及(0,+∞)上單調遞減,但存在x1=-1,x2=1,使f(x1)<f(x2),故D不符合題意;顯然B符合題意.故選B.5.Af(x)=1+2x-x2=-(x-1)2+2,其圖象的對稱軸為直線x=1,二次項系數(shù)-1<0,因此f(x)在(-∞,1]上是增函數(shù),在[1,+∞)上是減函數(shù).故選A.6.D由題圖知函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間為(-1,0),(1,+∞).故選D.7.CD設t=x-2,則x=t+2,∴f(t)=2(t+2)2-9(t+2)+13=2t2-t+3,∴函數(shù)f(x)的解析式為f(x)=2x2-x+3,其圖象開口向上,對稱軸為直線x=14∴f(x)在-∞,14上單調遞減,在14,+8.答案(-1,0)和(1,+∞)解析畫出f(x)=|x2-1|的圖象,如圖所示,由圖象可知,函數(shù)f(x)的增區(qū)間為(-1,0)和(1,+∞).9.證明任取x1,x2∈(0,+∞),且x1<x2,則f(x1)-f(x2)=1=(x2-x1)(x2=(x∵x1,x2∈(0,+∞),且x1<x2,∴x2-x1>0,x22+x1∴f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),∴函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調遞減.10.解析(1)f(x)的圖象如圖所示:(2)函數(shù)f(x)的定義域為R,單調遞增區(qū)間為(-∞,-3)和(-1,0),單調遞減區(qū)間為(-3,-1)和(0,+∞),值域為R.11.D由函數(shù)y=f(x)在區(qū)間[-5,5]上是增函數(shù),得f(4)>f(π)>f(3)>f(-3)>f(-π)>f(-4),故選D.12.C∵函數(shù)y=f(x)在R上為增函數(shù),且f(2m)>f(-m+9),∴2m>-m+9,解得m>3,故選C.13.D易得函數(shù)f(x)=4x2-kx-8圖象的對稱軸為直線x=k8∵函數(shù)f(x)=4x2-kx-8在(-∞,5]上具有單調性,∴k8≥5,解得k≥40∴k的取值范圍是[40,+∞),故選D.14.D因為函數(shù)f(x)為R上的減函數(shù),所以a-3<0,a>所以實數(shù)a的取值范圍是(0,2].故選D.15.解析(1)f(x)的圖象開口向上,對稱軸為直線x=-m2,因為函數(shù)f(x)=x2+mx-2m在區(qū)間(-∞,2)上單調遞減所以-m2≥2,解得m≤-4(2)對于任意的x∈[-1,1],都有f(x)<0成立,所以f(-1)<16.解析(1)設f(x)=ax2+bx+c(a≠0),則f(0)=c=2,所以f(x)=ax2+bx+2,因為f(x+1)-f(x-2)=6x-9,所以a(x+1)2+b(x+1)+2-a(x-2)2-b(x-2)-2=6x-9,整理得6ax+3b-3a=6x-9,所以6所以f(x)=x2-2x+2.(2)g(x)=x2-(2+2t)x+2,其圖象的對稱軸為直線x=1+t.若g(x)在區(qū)間[0,5]上是單調遞增函數(shù),則1+t≤0,解得t≤-1;若g(x)在區(qū)間[0,5]上是單調遞減函數(shù),則1+t≥5,解得t≥4.綜上,實數(shù)t的取值范圍是t≤-1或t≥4.能力提升練1.AC若對任意x1,x2∈(1,+∞),f(x1)-f(x2)x1-x2<0對于A,f(x)=-2(x-1)2-2,其圖象開口向下,對稱軸為直線x=1,故f(x)在區(qū)間(1,+∞)上為減函數(shù),滿足題意;對于B,f(x)=3x+5為一次函數(shù),且k=3>0,故f(x)在區(qū)間(1,+∞)上為增函數(shù),不滿足題意;對于C,f(x)=1+1x,易知函數(shù)在區(qū)間(1,+∞)上為減函數(shù),滿足題意對于D,f(x)=|x-4|=x-4,x≥4,4-x,x<2.ABD任取x1,x2∈A,且x1<x2,則f(x1)>f(x2)>0,所以3-f(x1)<3-f(x2),所以y=3-f(x)在區(qū)間A上為增函數(shù).同理可證1+2f(x1)<1+2f(x2),[f(x1)]所以y=1+2f(x),y=1-f(x)在區(qū)間A上均為增函數(shù),y=[f(3.D因為f(x)=1-x2+x+2,所以f(由-x2+3x>0,得0<x<3,所以f(2-x)的定義域為(0,3).設t=-x2+3x,易知t=-x2+3x=-x-322+94(0<x<3)在區(qū)間0,32上單調遞增,在區(qū)間32,3上單調遞減,y=1t(t>0)為減函數(shù),4.答案[3,8]解析由題意得16+6x-x2≥0,解得-2≤x≤8,所以函數(shù)f(x)的定義域為[-2,8],令u=16+6x-x2=-(x-3)2+25,u≥0,其圖象開口向下,對稱軸為直線x=3,又y=u為增函數(shù),所以函數(shù)f(x)=16+6x-x2的單調遞減區(qū)間為[35.解析在R上任取x1,x2,且x1<x2,則f(x1)<f(x2),F(x2)-F(x1)=f=[f(x2)-f(x1)]·1-∵f(x)是R上的增函數(shù),且f(x)>0,f(5)=1,∴當x<5時,0<f(x)<1;當x>5時,f(x)>1.①若x1<x2<5,則0<f(x1)<f(x2)<1,∴0<f(x1)f(x2)<1,∴1-1f(∴F(x2)<F(x1);②若5<x1<x2,則1<f(x1)<f(x2),∴f(x1)f(x2)>1,∴1-1f(∴F(x2)>F(x1).綜上,F(x)在(-∞,5)上為減函數(shù),在(5,+∞)上為增函數(shù).6.BD易知函數(shù)y=-x2-ax-5的圖象開口向下,對稱軸為直線x=-a2因為函數(shù)f(x)是R上的增函數(shù),所以-a2≥1,a<0所以實數(shù)a的值可以是-2,-3.故選BD.易錯警示研究分段函數(shù)的單調性,不但要分別研究每段函數(shù)的單調性,而且要研究在分段點處的單調性,解題時要防止忽視在分段點處函數(shù)的單調性導致解題錯誤.7.C設g(x)=-x2+ax+18,則當x∈[-1,3]時,g(x)=-x2+ax+18具有單調性,且g(x)≥0恒成立.因為g(x)=-x2+ax+18的圖象開口向下,對稱軸為直線x=a2所以a2≥3,g(-1)≥0或a2≤-1,g(3)≥0,解得6≤a≤17或-3≤8.答案(3,4]解析因為對定義域內任意x,y都有f(xy)=f(x)+f(y),f(2)=1,所以f(x)+f(x-3)=f(x2-3x),2=f(2)+f(2)=f(4).因為f(x)是定義在(0,+∞)上的增函數(shù),所以f(x)+f(x-3)≤2,即x2-3x≤4,9.答案(-∞,-2)解析當x≤0時,f(x)=x2-4x+3=(x-2)2-1,故f(x)在(-∞,0]上單調遞減;當x>0時,f(x)=-x2-2x+3=-(x+1)2+4,故f(x)在(0,+∞)上單調遞減.又因為(0-2)2-1=-(0+1)2+4,所以f(x)在R上單調遞減.所以不等式f(x+a)>f(2a-x)在[a,a+1]上恒成立,即x+a<2a-x在[a,a+1]上恒成立,即2x<a在[a,a+1]上恒成立,所以2(a+1)<a,解得a<-2.10.解析(1)當a=12時,f(x)=x+1f(x)在(0,1]上單調遞減.證明:任取x1,x2∈(0,1],且x1<x2,則f(x1)-f(x2)=x1+1x∵0<x1<x2≤1,∴x1-x2<0,0<x1x2<1,∴x1x2-1<0,∴f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),∴f(x)在(0,1]上單調遞減.(2)由f(x)≥6在(0,1]上恒成立,得2ax+1x≥6在(0,1]上恒成立即2a≥6·1x-1x2∵x∈(0,1],∴1x∈[1,+∞又∵6·1x?∴6·1x?1∴2a≥9,∴a≥92∴實數(shù)a的取值范圍為92第2課時函數(shù)的最值基礎過關練1.D因為f(x)=x3在R上遞增,所以f(x)既沒有最小值,又沒有最大值.故選D.2.C由題圖可得,函數(shù)的最大值對應圖象最高點的縱坐標f(0),最小值對應圖象最低點的縱坐標f-32.3.A函數(shù)f(x)=1x在區(qū)間[1,2]上是減函數(shù)所以當x=1時,f(x)有最大值1,即A=1;當x=2時,f(x)有最小值12,即B=1所以A-B=1-12=14.ABC作出函數(shù)的圖象,觀察圖象知A、B、C正確.5.答案27解析因為函數(shù)y=3x+2(x≠-2)在區(qū)間[0,5]所以當x=0時,ymax=32當x=5時,ymin=37所以ymax+ymin=326.解析作出函數(shù)f(x)的圖象(如圖).由圖象可知,當x=±1時,f(x)取得最大值,最大值為f(1)=f(-1)=1;當x=0時,f(x)取得最小值,最小值為f(0)=0.7.解析y=12x2?2x=12(x-2(1)當0≤x≤3時,由圖象知,當x=2時,ymin=-2;當x=0時,ymax=0.(2)當3≤x≤5時,由圖象知,當x=3時,ymin=-32;當x=5時,ymax=58.C顯然k≠0.當k>0時,f(x)是增函數(shù),f(x)max=f(2)=2k+2=6,解得k=2;當k<0時,f(x)是減函數(shù),f(x)max=f(-1)=-k+2=6,解得k=-4.綜上,k=2或k=-4.故選C.9.Df(x)=2-x易知函數(shù)在區(qū)間(-1,+∞)上是減函數(shù),且f(2)=0,所以n=2.因為x∈(m,n]時,ymin=0,所以m的取值范圍是[-1,2).故選D.10.答案3解析f(x)圖象的對稱軸為直線x=-1,且開口向上,閉區(qū)間端點中的右端點離對稱軸較遠,故f(x)max=f(2)=a×22+2a×2+1=4,解得a=3811.答案-7;(-∞,0]解析當a=3時,f(x)=x2-6x+1,易知f(x)在x∈[0,2]上單調遞減,所以f(x)的最小值是f(2)=-7.易知f(0)=1,f(x)=x2-2ax+1的圖象開口向上,對稱軸為直線x=a,因為f(x)的最小值為1,所以f(x)在x∈[0,2]上單調遞增,所以a≤0,即a的取值范圍是(-∞,0].12.解析(1)證明:任取x1,x2∈(0,+∞),且x1<x2,則f(x1)-f(x2)=x1∵0<x1<x2,∴x1-x2<0,x1x2>0,∴f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),∴f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù).(2)由(1)知,f(x)=1a?1x(a>0)在區(qū)間12,4上是增函數(shù),∴f(x)max=f(4)=113.解析(1)當a=12時,f(x)=x+12x+2,x∈[1,任取x1,x2∈[1,+∞),且x1<x2,則f(x2)-f(x1)=x=(x∵1≤x1<x2,∴x2-x1>0,且x1x2>1,∴2x1x2-1>0,∴f(x2)-f(x1)>0,即f(x2)>f(x1),∴f(x)在[1,+∞)上是增函數(shù),∴f(x)在[1,+∞)上的最小值是f(1)=72(2)∵x∈[1,+∞),∴f(x)>0恒成立等價于x2+2x+a>0恒成立.∵函數(shù)y=x2+2x+a=(x+1)2+a-1在[1,+∞)上是增函數(shù),∴當x=1時,ymin=3+a.令3+a>0,得a>-3.∴當a∈(-3,+∞)時,f(x)>0恒成立.14.C設該公司在甲地銷售x(0≤x≤15,x∈N)輛,獲得的總利潤為L萬元,則在乙地銷售(15-x)輛.L=-x2+21x+2(15-x)=-x2+19x+30=-x-故當x的值為9或10時,L最大,最大總利潤為120萬元.故選C.15.D由題意知,當t=3時,x=135,代入x=at-5t2,可得135=3a-5×9,解得a=60,則x=60t-5t2=-5(t-6)2+180,故當t=6時,x取得最大值,最大值為180.故選D.16.答案20解析設矩形花園邊長為x的邊的鄰邊長為y,則x40=40-y40,即y=40-x(0<x<40),由此可知,矩形花園的面積S=x(40-x)=-x2+40x=-(x-20)2+400(0<x<40),所以當x=2017.解析(1)w(t)=f(t)g(t)=400(2)當1≤t≤7時,w(t)單調遞增,最小值在t=1處取得,且w(1)=500;當7<t≤30時,y=519-4t單調遞減,最小值在t=30處取得;y=130t單調遞減,最小值在t=30處取得,則當7<t≤30時,w(t)的最小值為w(30)=519-120+130由12103<500,得w(t)故該商場日收益的最小值為121018.解析(1)由題意得G(x)=2.8+x,所以f(x)=R(x)-G(x)=-(2)當x>5時,因為函數(shù)f(x)單調遞減,所以f(x)<f(5)=3.2.當0≤x≤5時,函數(shù)f(x)=-0.4x2+3.2x-2.8=-0.4(x-4)2+3.6,當x=4時,f(x)有最大值,最大值為3.6.因為3.2<3.6,所以當工廠生產4百臺產品時,可使盈利最多.能力提升練1.ADx2+x+1x=1+x+1任取x1,x2∈13,2,且x1<x2,則x1-x2<0,f(x1)-f(x2)=(x1-x2)+x2-x1x1x當13≤x1<x2<1時,1-1x1x2<0,故f(x1)>f(x2),則f(x)在1當1<x1<x2<2時,1-1x1x2>0,故f(x1)<f(x2),則f(x)在(1,2)上遞增故函數(shù)f(x)有最大值133,最小值3故選AD.2.答案1解析由x+1≥0,x≥0得x≥0,即函數(shù)的定義域為[0y=x+1因為y=x+1+x在[0,+∞所以y=1x+1+x在[0,所以當x=0時,y=1x+1+x取得最大值3.解析(1)f(x)=x2-2ax+2的圖象開口向上,對稱軸為直線x=a.當a≥1時,f(x)在[-1,1]上單調遞減,f(x)min=f(1)=3-2a;當-1<a<1時,f(x)min=f(a)=2-a2;當a≤-1時,f(x)在[-1,1]上單調遞增,f(x)min=f(-1)=3+2a.(2)y=g(a)=3-2a,由圖易得g(a)max=2.4.解析(1)∵13≤a≤1∴f(x)的圖象為開口向上的拋物線,且對稱軸為直線x=1a,1a∈[1,∴f(x)在[1,3]上的最小值N(a)=1-1a當2≤1a≤3時,a∈13,12,f(x)的最大值M(a)=f(1當1≤1a<2時,a∈12,1,f(x)的最大值M(a)=f(3)∴g(a)=a(2)任取a1,a2∈13,12,且a1則g(a1)-g(a2)=(a1-a2)1-1∴g(a1)>g(a2),∴g(a)在13,任取a1,a2∈12,1,且a1<a2,則g(a1)-g(a2)=(a1-a2)∴g(a1)<g(a2),∴g(a)在12,又12∴當a=12時,g(a)有最小值,最小值為15.C當x>0時,f(x)=x2-2x+3+a=(x-1)2+2+a,函數(shù)的最小值為f(1)=a+2.易知f(0)=a2.若a<0,則f(a)=0<f(0),此時f(0)不是f(x)的最小值,不滿足題意,舍去.若a≥0,則要使f(0)是f(x)的最小值,只需f(0)=a2≤a+2,即a2-a-2≤0,解得-1≤a≤2.又a≥0,所以0≤a≤2.故選C.6.ABDf(x)=x4+2x2+ax2+1=(x2+1)2+a當a=0時,y=t-1t,在[1,+∞)上單調遞增,故y∈[0,+∞),A正確當a=1時,y=t,在[1,+∞)上單調遞增,故y∈[1,+∞),B正確;當a=3時,y=t+2t,在[1,2)上單調遞減,在[2,+∞)上單調遞增,故ymin=22,y∈[22,+∞),C錯誤當a=2時,y=t+2-1t,在[1,+∞)上單調遞增,故y∈[2,+∞),故選ABD.7.C由題意得f(x),g(x)在x=x0處存在相同的最小值.g(x)=x2-∴g(x)在區(qū)間13,2上單調遞減,在[2,3]上單調遞增,∴g(x)min=g(2)=3,∴x0=2,g(x0∴f(x0)=3.∵f(x)=(x+p)2+q-p2,其圖象的對稱軸為直線x=-p,∴-∴f(x)=x2-4x+7,∴f(x)在138.ABC由題意知f(x)圖象的對稱軸為直線x=a,且a<1,g(x)=f(x當a<0時,易知g(x)在(1,+∞)上單調遞增且無最值;當a=0時,g(x)=x,g(x)在(1,+∞)上單調遞增且無最值;當0<a<1時,g(x)在(a,+∞)上單調遞增,又0<a<1,故g(x)在(1,+∞)上單調遞增且無最值.故選ABC.9.BCD對于A選項,h(x)=x(x-4)=x2-4x=(x-2)2-4,當x=2時,函數(shù)h(x)取得最小值-4,故A選項錯誤.對于B選項,h(x)=x|x-4|=x2-4x,x≥4,-x2+4x,x<4,畫出h(x)的圖象,如圖圖1對于C選項,h(x)=|x|-|x-4|=-4,x<0,2x-4,0≤x≤4,4,x>4,畫出h(x)的圖象圖2對于D選項,由C選項并結合h(x)的圖象可知|h(x)|≤4恒成立,故D選項正確.故選BCD.10.答案[0,4]解析當x>0時,f(x)≤|x|可化為-x2+x-2a≤x,即a≥-12x2,因為x2>0,所以-12x2<0,則a≥當-4≤x≤0時,f(x)≤|x|可化為x2+3x+a-4≤-x,即a≤-x2-4x+4,令h(x)=-x2-4x+4,則h(x)在[-4,-2]上單調遞增,在(-2,0]上單調遞減,而h(-4)=-(-4)2-4×(-4)+4=4,h(0)=-0-0+4=4,故h(x)在[-4,0]上的最小值為