高中人教版新课标A1.3.1单调性与最大(小)值第2课时当堂检测题

第一章　集合与函数概念

1.3　函数的基本性质

1.3.1　单调性与最大(小)值

第2课时　函数的最大(小)值

基础过关练

题组一　函数最大(小)值的求法

1.函数f(x)=4x-x2的最大值是(　　)

A.-4 B.0 C.4 D.2

2.(2020福建宁德部分一级达标中学高一上期中)函数y=的最大值是(　　)

A.3 B.4 C.5 D.6

3.函数y=x-在[1,2]上的最大值为(　　)

A.0 B. C.2 D.3

4.(2020湖北宜昌部分示范高中教学协作体高一上期末联考)函数y=x2-2x-1在闭区间[0,3]上的最大值与最小值的和是(　　)

A.-1 B.0 C.1 D.2

5.若函数f(2x-1)=x2+x,则f(x)的最小值为　　　　.  

题组二　函数最大(小)值的综合运用

6.若函数y=ax+1在[1,2]上的最大值与最小值的差为2,则实数a的值是(　　)

A.2 B.-2 C.2或-2 D.0

7.函数f(x)=在区间[a,b]上的最大值是1,最小值是,则a+b=　　　　.  

8.某公司生产一种电子仪器的固定成本为20 000元,每生产一台仪器需增加投入100元,已知总收益满足函数R(x)=其中x是仪器的月产量.

(1)将利润表示为月产量的函数f(x);

(2)当月产量为何值时,公司所获利润最大?最大利润为多少元?(总收益=总成本+利润)

9.设f(x)是定义在R上的函数,且对任意实数x,有f(1-x)=x2-3x+3.

(1)求函数f(x)的解析式;

(2)若函数g(x)=f(x)-5x+1在[m,m+1]上的最小值为-2,求实数m的取值范围.

题组三　函数的最大(小)值在方程与不等式中的应用

10.若不等式-x+a+1≥0对一切x∈成立,则实数a的最小值为(　　)

A.0 B.-2 C.- D.-

11.已知函数f(x)=x2+ax+4,若对任意的x∈(0,2], f(x)≤6恒成立,则实数a的最大值为(　　)

A.-1 B.1 C.-2 D.2

12.已知函数f(x)=,若方程f(x)=a无解,则实数a的取值范围是　　　　　　　　. 

13.已知函数f(x)=,x∈[3,5].

(1)判断函数f(x)的单调性,并证明;

(2)若不等式f(x)>a在[3,5]上恒成立,求实数a的取值范围;

(3)若不等式f(x)>a在[3,5]上有解,求实数a的取值范围.

能力提升练

一、选择题

1.(2019湖北襄阳四中高一上月考,★★☆)函数y=-的最大值为M,最小值为N,则的值为(　　)

A. B.1 C.-1 D.2

2.(2019山西高平一中高一上第一次月考,★★☆)函数f(x)=在区间[-5,-3]上的最小值为(　　)

A. B.1 C. D.2

3.(2020河南洛阳一高高一上月考,★★☆)若函数y=x2-3x-4的定义域为[0,m],值域为-,-4,则m的取值范围是(　　)

A.(0,4] B.,4

C.,3 D.,+∞

4.(2019湖南长沙南雅中学高一上第一次检测,★★☆)已知f(x)=min{x2-2x,6-x,x},则f(x)的值域是(　　)

A.(-∞,3) B.(-∞,3]

C.[0,3] D.[3,+∞)

5.(2020河北石家庄二中高一上月考,★★☆)已知函数f(x)=3-2|x|,g(x)=x2,函数F(x)=那么函数y=F(x)(　　)

A.有最大值1,最小值-1

B.有最小值-1,无最大值

C.有最大值1,无最小值

D.有最大值3,最小值1

6.(2020天津六校高一上期中联考,★★★)设函数f(x)=若f(0)是f(x)的最大值,则a的取值范围为(　　)

A.[4,+∞) B.[2,+∞) C.[1,+∞) D.[1,2]

二、填空题

7.(2020河北唐山一中高一上期中,★★☆)已知函数f(x)=2x+1-的定义域为D,当x∈D时, f(x)≤m恒成立,则实数m的取值范围是　　　　. 

8.(2020江西临川一中高一上月考,★★☆)已知函数f(x)=x2-4x+10(x∈[m,n])的值域为[3m,3n],则2m+n=　　　　. 

9.(2020黑龙江大庆实验中学高一上月考,★★★)已知函数f(x)=-x2+ax-在区间[0,1]上的最大值是,则实数a的值为　　　　. 

三、解答题

10.(2020江苏如东高级中学高一上阶段性测试,★★★)已知函数f(x)=,其中x>0.

(1)写出f(x)的单调区间;

(2)是否存在实数a,b(0<a<b),使得函数f(x)的定义域和值域都是[a,b]?若存在,请求出a,b的值;若不存在,请说明理由;

(3)若存在实数a,b(0<a<b),使得函数f(x)的定义域是[a,b],值域是[ma,mb](m≠0),求实数m的范围.

11.(2020广西南宁三中高一上月考,★★★)已知二次函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0)满足: f(x+1)-f(x)=2x,且f(0)=1.

(1)求函数f(x)的解析式;

(2)求函数f(x)在区间[-1,1]上的值域;

(3)若当x∈R时,不等式f(x)>3x-k恒成立,求实数k的取值范围.

答案全解全析

第一章　集合与函数概念

1.3　函数的基本性质

1.3.1　单调性与最大(小)值

第2课时　函数的最大(小)值

基础过关练

1.C　函数f(x)=4x-x2=-(x-2)2+4,易知当x=2时,函数f(x)取得最大值4.

2.C　当x<1时,函数y=x+3单调递增,且y<4,所以无最大值;当x≥1时,函数y=-x+6单调递减,所以在x=1处取得最大值5.综上,该函数的最大值为5.

3.B　易得y=x-在[1,2]上为增函数,

∴当x=2时,y取得最大值,ymax=2-=.

4.B　∵y=x2-2x-1=(x-1)2-2,

∴f(x)在[0,1]上递减,在[1,3]上递增.

因此,ymin=-2,

又x=0时,y=-1;x=3时,y=2,

∴ymax=2,∴ymax+ymin=0,故选B.

5.答案　-

解析　令t=2x-1,则x=,∴f(t)=2+=,即f(x)==,当x=-2时, f(x)取得最小值-.

6.C　由题意知a≠0,当a>0时,函数y=ax+1在[1,2]上单调递增,有(2a+1)-(a+1)=2,解得a=2;当a<0时,函数y=ax+1在[1,2]上单调递减,有(a+1)-(2a+1)=2,解得a=-2.综上知a=±2.

7.答案　6

解析　易知f(x)在[a,b]上为减函数,

∴即∴

∴a+b=6.

8.解析　(1)月产量为x台,则总成本为(20 000+100x)元,从而f(x)=R(x)-(20 000+100x)

=

(2)由(1)可知,当0≤x≤400时, f(x)=-(x-300)2+25 000,

∴当x=300时, f(x)max=25 000;

当x>400时, f(x)=60 000-100x是减函数, f(x)<60 000-100×400<25 000,

∴当x=300时, f(x)max=25 000.

即每月生产300台仪器时利润最大,最大利润为25 000元.

9.解析　(1)令1-x=t,则x=1-t,

∴f(t)=(1-t)2-3(1-t)+3,

化简得f(t)=t2+t+1,

即f(x)=x2+x+1,x∈R.

(2)由(1)知g(x)=x2-4x+2=(x-2)2-2(m≤x≤m+1),

∵g(x)min=g(2)=-2,∴m≤2≤m+1,

∴1≤m≤2.

10.D　设f(x)=-x+a+1,由不等式-x+a+1≥0对一切x∈成立可得,只需满足f(x)min≥0即可.因为f(x)在上是减函数,所以当x∈时, f(x)min=a+,所以a+≥0,即a≥-,所以amin=-,故选D.

11.A　解法一:对任意x∈(0,2], f(x)≤6恒成立,等价于f(x)max≤6.

∵函数f(x)的图象开口向上,

∴f(x)的最大值在区间端点处取得,

∴只需

即

解得a≤-1.∴a的最大值为-1.

解法二:由x∈(0,2],f(x)≤6恒成立,

可得x2+ax+4≤6,

即a≤-x+恒成立.

设g(x)=-x+,x∈(0,2],

则只需满足a≤g(x)min即可.

∵g(x)=-x+在x∈(0,2]上单调递减,

∴g(x)min=g(2)=-1,

∴a≤-1,可得a的最大值为-1,故选A.

12.答案　(-∞,0]∪

解析　因为1-x(1-x)=x2-x+1=+≥,所以0<≤,故f(x)的值域为.

又方程f(x)=a无解,所以a不在函数f(x)的值域内,故a的取值范围是(-∞,0]∪.

13.解析　(1)f(x)在[3,5]上为增函数.

证明:任取x1,x2∈[3,5]且x1<x2,则f(x1)-f(x2)=-=.

∵3≤x1<x2≤5,

∴x1-x2<0,(x1+2)(x2+2)>0,

∴f(x1)-f(x2)<0,

即f(x1)<f(x2),

∴f(x)在[3,5]上为增函数.

(2)由不等式f(x)>a在[3,5]上恒成立知, f(x)min>a,

由(1)知, f(x)在[3,5]上为增函数,

所以f(x)min=f(3)=,

所以>a,即a<,

故实数a的取值范围是.

(3)由不等式f(x)>a在[3,5]上有解知,

f(x)max>a,由(1)知, f(x)在[3,5]上为增函数,所以f(x)max=f(5)=,

所以>a,即a<,

故实数a的取值范围是.

能力提升练

一、选择题

1.C　由y=-有意义,得解得-3≤x≤1,因此y=-的定义域为[-3,1],

又∵函数y=-在[-3,1]上单调递减,

∴M=ymax=-=2,

N=ymin=-=-2,

因此,==-1,故选C.

2.C　由f(x)===1-知, f(x)在(-∞,-2)上是增函数,所以f(x)在[-5,-3]上递增,所以f(x)min=f(-5)=,故选C.

3.C　令f(x)=y=x2-3x-4=x-2-,

∴当x=时,y=-.

又f(0)=f(3)=-4,

∴如图所示,由已知及二次函数图象可知,

m的值最小为,最大为3.

4.B　在同一平面直角坐标系中,作出函数y=x2-2x,y=6-x,y=x的图象,由f(x)=min{x2-2x,6-x,x}知,对任意x∈R, f(x)取三个函数值中最小的,因此f(x)的图象如图所示(实线部分),所以可得f(x)的值域为(-∞,3].

5.C　令f(x)=g(x),即3-2|x|=x2,解得x=±1.

函数图象如图所示.

根据构造函数F(x)=可知函数F(x)的图象为直线y=1以下部分及图象与直线y=1的交点,则函数F(x)有最大值1,无最小值.故选C.

6.B　已知f(x)=

当x≤0时, f(x)=-(x-a)2+a2的图象开口向下,图象的对称轴为x=a, f(0)=0;当x>0时, f(x)=-x2+2x+1-a的图象开口向下,图象的对称轴为x=1,此时f(x)max=f(1)=2-a.

若使得f(0)是f(x)的最大值,则满足解得a≥2,故选B.

二、填空题

7.答案　[5,+∞)

解析　函数f(x)=2x+1-的定义域为x≤2,

令t=≥0,可得2x=4-t2,所以f(t)=5-t2-t(t≥0),其图象开口向下,因为t≥0,所以f(t)≤5,

又当x∈D时, f(x)≤m恒成立,所以实数m的取值范围是m≥5.

8.答案　9

解析　因为f(x)=x2-4x+10=(x-2)2+6≥6,所以3m≥6,解得m≥2,

又函数f(x)图象的对称轴为x=2,所以函数f(x)在[m,n]上单调递增.

所以f(m)=3m, f(n)=3n,即m2-4m+10=3m,n2-4n+10=3n,

解得m=2或m=5;n=2或n=5,又m<n,所以m=2,n=5,

所以2m+n=4+5=9,故答案为9.

9.答案　-6或

解析　f(x)=-x-2+(a2-a),图象的对称轴方程为x=,

当0≤≤1,即0≤a≤2时, f(x)max=(a2-a),

由(a2-a)=得a=-2或a=3,与0≤a≤2矛盾,不符合要求;

当<0,即a<0时, f(x)在[0,1]上单调递减, f(x)max=f(0),由f(0)=得-=,解得a=-6;

当>1,即a>2时, f(x)在[0,1]上单调递增, f(x)max=f(1),

由f(1)=得,-1+a-=,解得a=.

综上所述,a=-6或a=.

三、解答题

10.解析　依题意得,f(x)=

(1)函数在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.

(2)不存在实数a、b(0<a<b)满足条件.理由如下:

①若a、b∈(0,1),则f(x)=-1在(0,1)上递减,且f(a)=-1,f(b)=-1,∴即⇒a=b,不符合题意.

②若a、b∈[1,+∞),则f(x)=1-在[1,+∞)上递增,

∴⇒

于是a、b为方程x2-x+1=0的两个实数根,

而此方程无实根,故此时也不符合题意.

③当a∈(0,1),b∈[1,+∞)时,显然1∈(a,b),而f(1)=0,∴0∈[a,b]不符合题意,综上所述,不存在实数a,b(a<b)满足条件.

(3)仿(2)知,a、b∈(0,1),或a∈(0,1),b∈[1,+∞)均不符合题意,当a、b∈[1,+∞)时,f(x)=1-在[1,+∞)上递增,因此有

∴⇒方程1-=mx有两个大于1的实数根,方程化为mx2-x+1=0,

所以有⇒0<m<.

11.解析　(1)由f(x+1)-f(x)=a(x+1)2+b(x+1)+c-ax2-bx-c=2ax+a+b=2x,得a=1,b=-1,

又f(0)=c=1,∴f(x)=x2-x+1.

(2)结合f(x)=x2-x+1的图象性质可知,f(x)的图象开口向上,对称轴为x=,

f(x)在x∈上单调递减,在x∈上单调递增,

∴f(x)在区间[-1,1]上的最小值为f=,最大值为f(-1)=3,

∴f(x)在区间[-1,1]上的值域为,3.

(3)由不等式f(x)>3x-k恒成立,得k>-x2+4x-1恒成立,

∴只需k>(-x2+4x-1)max即可,当x=2时,y=-x2+4x-1取得最大值3,∴k>3.