高中数学湘教版（2019）必修 第一册3.1 函数精练

这是一份高中数学湘教版（2019）必修 第一册3.1 函数精练，共6页。

1．函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)，x≥1，,－x2＋2，x<1))的最大值为( )
A．1 B．2
C.eq \f(1,2) D．eq \f(1,3)
解析：选B 当x≥1时，函数f(x)＝eq \f(1,x)为减函数，此时f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝1；当x<1时，函数f(x)＝－x2＋2在x＝0处取得最大值，最大值为f(0)＝2.综上可得，f(x)的最大值为2，故选B.
2．(2021·聊城高一检测)已知函数y＝eq \f(k,x－2)(k≠0)在[3，8]上的最大值为1，则k的值为( )
A．1 B．－6
C．1或－6 D．6
解析：选A 当k>0时，函数y＝eq \f(k,x－2)在[3，8]上单调递减，∵函数在[3，8]上的最大值为1，∴eq \f(k,3－2)＝1，∴k＝1；
当k<0时，函数y＝eq \f(k,x－2)在[3，8]上单调递增，∵函数在[3，8]上的最大值为1，∴eq \f(k,8－2)＝1，∴k＝6(舍去)．故选A.
3．设函数f(x)＝eq \f(2x,x－2)在区间[3，4]上的最大值和最小值分别为M，m，则eq \f(m2,M)＝( )
A.eq \f(2,3) B．eq \f(3,8)
C.eq \f(3,2) D．eq \f(8,3)
解析：选D 易知f(x)＝eq \f(2x,x－2)＝2＋eq \f(4,x－2)，所以f(x)在区间[3，4]上单调递减，所以M＝f(3)＝2＋eq \f(4,3－2)＝6，m＝f(4)＝2＋eq \f(4,4－2)＝4，所以eq \f(m2,M)＝eq \f(16,6)＝eq \f(8,3).
4．设f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋a，x≤0，,x＋\f(1,x)，x>0，))若f(0)是f(x)的最小值，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，2] B．(－∞，2)
C．(2，＋∞) D．[2，＋∞)
解析：选A 由题意，当x>0时，f(x)的最小值为f(1)＝2；当x≤0时，f(x)的最小值为f(0)＝a.若f(0)是f(x)的最小值，则a≤2.
5．当0≤x≤2时，a<－x2＋2x恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，1] B．(－∞，0]
C．(－∞，0) D．(0，＋∞)
解析：选C a<－x2＋2x恒成立，则a小于函数f(x)＝－x2＋2x，x∈[0，2]的最小值，而f(x)＝－x2＋2x，x∈[0，2]的最小值为0，故a<0.
6．函数y＝－eq \f(1,x)，x∈[－3，－1]的最大值与最小值的差是________．
解析：易证函数y＝－eq \f(1,x)在[－3，－1]上为增函数，所以ymin＝eq \f(1,3)，ymax＝1，所以ymax－ymin＝1－eq \f(1,3)＝eq \f(2,3).
答案：eq \f(2,3)
7．函数y＝f(x)的定义域为[－4，6]，若函数f(x)在区间[－4，－2]上单调递减，在区间(－2，6]上单调递增，且f(－4)解析：作出符合条件的函数的简图(图略)，可知f(x)min＝f(－2)，f(x)max＝f(6)．
答案：f(－2) f(6)
8．某公司在甲、乙两地同时销售一种品牌汽车，销售x辆该品牌汽车的利润(单位：万元)分别为L1＝－x2＋21x和L2＝2x.若该公司在两地共销售15辆，则能获得的最大利润为________万元．
解析：设该公司在甲地销售x辆，则在乙地销售(15－x)辆，公司获利为L＝－x2＋21x＋2(15－x)＝－x2＋19x＋30＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(19,2)))eq \s\up12(2)＋30＋eq \f(192,4)，所以当x＝9或10时，L最大为120万元．
答案：120
9．已知函数f(x)＝eq \f(2x＋1,x＋1).
(1)用定义证明f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增；
(2)求该函数在区间[2，4]上的最大值与最小值．
解：(1)证明：设x1和x2是区间[1，＋∞)上任意两个实数，且x1f(x1)－f(x2)＝eq \f(2x1＋1,x1＋1)－eq \f(2x2＋1,x2＋1)＝eq \f(x1－x2,（x1＋1）（x2＋1）).
∵1≤x10，
∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)故函数f(x)在区间[1，＋∞)上单调递增．
(2)由(1)知函数f(x)在区间[2，4]上单调递增，
∴f(x)max＝f(4)＝eq \f(2×4＋1,4＋1)＝eq \f(9,5)，f(x)min＝f(2)＝eq \f(2×2＋1,2＋1)＝eq \f(5,3).
10．已知函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－1))＝x2－eq \f(1,2)x－2.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)对任意的x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，eq \f(1,2)f(x)≥eq \f(1,2)x＋ax－eq \f(3,2)恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)令t＝eq \f(1,2)x－1，则x＝2t＋2，
∴f(t)＝(2t＋2)2－eq \f(1,2)(2t＋2)－2＝4t2＋7t＋1，
∴f(x)＝4x2＋7x＋1.
(2)由eq \f(1,2)f(x)≥eq \f(1,2)x＋ax－eq \f(3,2)，得eq \f(1,2)(4x2＋7x＋1)≥eq \f(1,2)x＋ax－eq \f(3,2)，
即ax≤2x2＋3x＋2.
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，∴a≤2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))＋3，
令g(x)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))＋3，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，
则a≤g(x)min，
又x＋eq \f(1,x)≥2 eq \r(x·\f(1,x))＝2，当且仅当x＝1时等号成立，∴g(x)min＝2×2＋3＝7，
∴a≤7，
故实数a的取值范围是(－∞，7]．
[B级 综合运用]
11．(多选)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x3，x∈M，,x2，x∈N，))其中M，N为非空集合，且满足M∪N＝R，则下列结论中不正确的是( )
A．函数f(x)一定存在最大值
B．函数f(x)一定存在最小值
C．函数f(x)一定不存在最大值
D．函数f(x)一定不存在最小值
解析：选ABD ∵函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x3，x∈M，,x2，x∈N，))其中M，N为非空集合，且满足M∪N＝R，∴若M＝(0，＋∞)，N＝(－∞，0]，则f(x)的最小值为0，故D错误；若M＝(－∞，0)，N＝[0，＋∞)，则f(x)无最小值，故B错误；由M∪N＝R，可得图象无限上升，则f(x)无最大值，故A错误，C正确．
12．若函数f(x)＝x2＋ax＋b在区间[0，1]上的最大值是M，最小值是m，则M－m( )
A．与a有关，且与b有关
B．与a有关，但与b无关
C．与a无关，且与b无关
D．与a无关，但与b有关
解析：选B f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(a2,4)＋b，①当0≤－eq \f(a,2)≤1时，f(x)min＝m＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＝－eq \f(a2,4)＋b，f(x)max＝M＝max{f(0)，f(1)}＝max{b，1＋a＋b}，故M－m＝maxeq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(a2,4)，1＋a＋\f(a2,4)))与a有关，与b无关；②当－eq \f(a,2)<0时，f(x)在[0，1]上单调递增，故M－m＝f(1)－f(0)＝1＋a，与a有关，与b无关；③当－eq \f(a,2)>1时，f(x)在[0，1]上单调递减，故M－m＝f(0)－f(1)＝－1－a，与a有关，与b无关．综上所述，M－m与a有关，但与b无关．
13．已知函数f(x)＝x2＋ax＋2(a>0)在区间[0，2]上的最大值等于8，则a＝________，函数y＝f(x)在区间[－2，1]上的值域为________．
解析：由题知函数f(x)图象的对称轴为直线x＝－eq \f(a,2)<0，故f(x)max＝f(2)＝6＋2a＝8，所以a＝1，则f(x)＝x2＋x＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(7,4).因为f(x)的对称轴为直线x＝－eq \f(1,2)∈[－2，1]且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝eq \f(7,4)，f(－2)＝4，f(1)＝4，所以所求值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,4)，4)).
答案：1 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,4)，4))
14．现有三个条件：①对任意的x∈R都有f(x＋1)－f(x)＝2x－2；②不等式f(x)＜0的解集为{x|1＜x＜2}；③函数y＝f(x)的图象过点(3，2)．请你在上述三个条件中任选两个补充到下面的问题中，并求解．
已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，且满足_________(填所选条件的序号)．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)设g(x)＝f(x)－mx，若函数g(x)在区间[1，2]上的最小值为3，求实数m的值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解：(1)条件①：因为f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，
所以f(x＋1)－f(x)＝a(x＋1)2＋b(x＋1)＋c－(ax2＋bx＋c)＝2ax＋a＋b＝2x－2，
即2(a－1)x＋a＋b＋2＝0对任意的x恒成立，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－1＝0，,a＋b＋2＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝－3.))
条件②：因为不等式f(x)＜0的解集为{x|1＜x＜2}，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＋2＝－\f(b,a)，,1×2＝\f(c,a)，,a＋b＋c＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝－3a，,c＝2a，))且a＞0，
条件③：函数y＝f(x)的图象过点(3，2)，所以9a＋3b＋c＝2.
若选择条件①②：则a＝1，b＝－3，c＝2，此时f(x)＝x2－3x＋2；
若选择条件①③：则a＝1，b＝－3，c＝2，此时f(x)＝x2－3x＋2；
若选择条件②③：则a＝1，b＝－3，c＝2，此时f(x)＝x2－3x＋2.
(2)由(1)知g(x)＝x2－(m＋3)x＋2，其对称轴为x＝eq \f(m＋3,2)，
①当eq \f(m＋3,2)≤1，即m≤－1时，g(x)min＝g(1)＝3－(m＋3)＝－m＝3，解得m＝－3，
②当eq \f(m＋3,2)≥2，即m≥1时，g(x)min＝g(2)＝6－(2m＋6)＝－2m＝3，解得m＝－eq \f(3,2)(舍)，
③当1综上所述，所求实数m的值为－3.
[C级 拓展探究]
15．请先阅读下列材料，然后回答问题：
对于问题“已知函数f(x)＝eq \f(1,3＋2x－x2)，问函数f(x)是否存在最大值或最小值？若存在，求出最大值或最小值；若不存在，说明理由”，一个同学给出了如下解答：令u＝3＋2x－x2，则u＝－(x－1)2＋4，当x＝1时，u有最大值，umax＝4，显然u没有最小值．故当x＝1时，f(x)有最小值eq \f(1,4)，没有最大值．
(1)你认为上述解答是否正确？若不正确，说明理由，并给出正确的解答；
(2)试研究函数y＝eq \f(2,x2＋x＋2)的最值情况；
(3)对于函数f(x)＝eq \f(1,ax2＋bx＋c)(a>0)，试研究其最值情况．
解：(1)不正确．没有考虑到u还可以小于0.正确解答如下：令u＝3＋2x－x2，则u＝－(x－1)2＋4≤4，易知u≠0，当0当u<0时，eq \f(1,u)<0，即f(x)<0.
∴f(x)<0或f(x)≥eq \f(1,4)，即f(x)既无最大值，也无最小值．
(2)∵x2＋x＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(7,4)≥eq \f(7,4)，∴0∴函数y＝eq \f(2,x2＋x＋2)的最大值为eq \f(8,7)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当x＝－\f(1,2)时取到))，而无最小值．
(3)对于函数f(x)＝eq \f(1,ax2＋bx＋c)(a>0)，令u＝ax2＋bx＋c，
①当Δ>0时，u有最小值，umin＝eq \f(4ac－b2,4a)<0；
当eq \f(4ac－b2,4a)≤u<0时，eq \f(1,u)≤eq \f(4a,4ac－b2)，即f(x)≤eq \f(4a,4ac－b2)；
当u>0时，f(x)>0.
∴f(x)>0或f(x)≤eq \f(4a,4ac－b2)，即f(x)既无最大值也无最小值．
②当Δ＝0时，u有最小值，umin＝eq \f(4ac－b2,4a)＝0，结合f(x)＝eq \f(1,u)知u≠0，∴u>0，此时eq \f(1,u)>0，即f(x)>0，f(x)既无最大值也无最小值．
③当Δ<0时，u有最小值，umin＝eq \f(4ac－b2,4a)>0，即u≥eq \f(4ac－b2,4a)>0，
∴0∴当x＝－eq \f(b,2a)时，f(x)有最大值eq \f(4a,4ac－b2)，没有最小值．
综上，当Δ≥0时，f(x)既无最大值，也无最小值；
当Δ<0时，f(x)有最大值eq \f(4a,4ac－b2)，此时x＝－eq \f(b,2a)，没有最小值．