人教A版 (2019)必修 第一册第三章 函数概念与性质3.2 函数的基本性质优秀同步训练题

这是一份人教A版 (2019)必修 第一册第三章 函数概念与性质3.2 函数的基本性质优秀同步训练题，共7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。

复习巩固


一、选择题


1．函数y＝f(x)(－2≤x≤2)的图象如右图所示，则函数的最大值、最小值分别为( )





A．f(2)，f(－2)


B．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，f(－1)


C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))


D．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，f(0)


[解析] 根据函数最值定义，结合函数图象可知，当x＝－eq \f(3,2)时，有最小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))；当x＝eq \f(1,2)时，有最大值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))).


[答案] C


2．函数y＝x2－2x＋2在区间[－2,3]上的最大值、最小值分别是( )


A．10,5 B．10,1


C．5,1 D．以上都不对


[解析] 因为y＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，且x∈[－2,3]，所以当x＝1时，ymin＝1，当x＝－2时，ymax＝(－2－1)2＋1＝10.故选B.


[答案] B


3．函数y＝eq \f(3,x＋2)(x≠－2)在区间[0,5]上的最大值、最小值分别是( )


A.eq \f(3,7)，0 B.eq \f(3,2)，0


C.eq \f(3,2)，eq \f(3,7) D．最小值为－eq \f(1,4)，无最大值


[解析] 因为函数y＝eq \f(3,x＋2)在区间[0,5]上单调递减，所以当x＝0时，ymax＝eq \f(3,2)，当x＝5时，ymin＝eq \f(3,7).故选C.


[答案] C


4．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．2B．－2


C．2或－2D．0


[解析] 由题意知a≠0，当a>0时，有(2a＋1)－(a＋1)＝2，解得a＝2；当a<0时，有(a＋1)－(2a＋1)＝2，解得a＝－2.综上知a＝±2.


[答案] C


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] 令f(x)＝－x2＋2x，


则f(x)＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1.


又∵x∈[0,2]，∴f(x)min＝f(0)＝f(2)＝0.


∴a<0.


[答案] C


二、填空题


6．函数y＝－eq \f(1,x)，x∈[－3，－1]的最大值与最小值的差是________．


[解析] 因为函数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．已知函数f(x)＝－x2＋4x＋a，x∈[0,1]，若f(x)有最小值－2，则f(x)的最大值为________．


[解析] 函数f(x)＝－x2＋4x＋a＝－(x－2)2＋4＋a，x∈[0,1]，且函数有最小值－2.


故当x＝0时，函数有最小值，


当x＝1时，函数有最大值．


∵当x＝0时，f(0)＝a＝－2，∴f(x)＝－x2＋4x－2，


∴当x＝1时，f(x)max＝f(1)＝－12＋4×1－2＝1.


[答案] 1


8.如图，某地要修建一个圆形的喷水池，水流在各个方向上以相同的抛物线路径落下，以水池的中央为坐标原点，水平方向为x轴、竖直方向为y轴建立平面直角坐标系．那么水流喷出的高度h(单位：m)与水平距离x(单位：m)之间的函数关系式为h(x)＝－x2＋2x＋eq \f(5,4)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(5,2)))，则水流喷出的高度h的最大值是________m.





[解析] 由函数h(x)＝－x2＋2x＋eq \f(5,4)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(5,2)))的图象可知，函数图象的顶点就是水流喷出的最高点．此时函数取得最大值．


对于函数h(x)＝－x2＋2x＋eq \f(5,4)，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(5,2)))，


若x＝1，函数有最大值h(x)max＝－12＋2×1＋eq \f(5,4)＝eq \f(9,4)(m)．


于是水流喷出的最高高度是eq \f(9,4)m.


[答案] eq \f(9,4)


三、解答题


9．已知函数f(x)＝eq \f(3,2x－1).


(1)证明：函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上是减函数；


(2)求函数f(x)在[1,5]上的最大值和最小值．


[解] (1)证明：设x1、x2是区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上的任意两个实数，且x2>x1>eq \f(1,2)，


则f(x1)－f(x2)＝eq \f(3,2x1－1)－eq \f(3,2x2－1)


＝eq \f(6x2－x1,2x1－12x2－1).


由于x2>x1>eq \f(1,2)，


所以x2－x1>0，且(2x1－1)·(2x2－1)>0，


所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，


所以函数f(x)＝eq \f(3,2x－1)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上是减函数．


(2)由(1)知，函数f(x)在[1,5]上是减函数，


因此，函数f(x)＝eq \f(3,2x－1)在区间[1,5]的两个端点上分别取得最大值与最小值，即最大值为f(1)＝3，最小值为f(5)＝eq \f(1,3).


10．求函数f(x)＝x2－2ax＋2在[－1,1]上的最小值．


[解] 函数f(x)图象的对称轴为直线x＝a，且函数图象开口向上，如图所示：





①当a>1时，f(x)在[－1,1]上单调递减，


故f(x)min＝f(1)＝3－2a；


②当－1≤a≤1时，f(x)在[－1,1]上先减后增，


故f(x)min＝f(a)＝2－a2；


③当a<－1时，f(x)在[－1,1]上单调递增，


故f(x)min＝f(－1)＝3＋2a.


综上可知f(x)的最小值为


f(x)min＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－2a，a>1，,2－a2，－1≤a≤1，,3＋2a，a<－1.))


综合运用


11．函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋6，x∈[1，2]，,x＋7，x∈[－1，1]，))则f(x)的最大值与最小值分别为( )


A．10,6 B．10,8


C．8,6 D．以上都不对


[解析] ∵x∈[1,2]时，f(x)max＝2×2＋6＝10，f(x)min＝2×1＋6＝8；x∈[－1,1]时，f(x)max＝1＋7＝8，f(x)min＝－1＋7＝6，∴f(x)max＝10，f(x)min＝6.


[答案] A


12．已知函数y＝x2－2x＋3在闭区间[0，m]上有最大值3，最小值2，则m的取值范围是( )


A．[1，＋∞) B．[0,2]


C．(－∞，2] D．[1,2]


[解析] f(x)＝(x－1)2＋2，∵f(x)min＝2，f(x)max＝3，且f(1)＝2，f(0)＝f(2)＝3，∴1≤m≤2，故选D.


[答案] D


13．某公司在甲、乙两地同时销售一种品牌车，销售x辆该品牌车的利润(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( )


A．90万元B．60万元


C．120万元D．120.25万元


[解析] 设公司在甲地销售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)))2＋30＋eq \f(192,4)，


∴当x＝9或10时，L最大为120万元．


[答案] C


14．函数y＝|x＋1|＋|x－2|的最小值为________．


[解析] 化简函数为


y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x＋1，x≤－1，,3，－12，))


其图象如图所示，





所以函数的最小值为3.


[答案] 3


15．已知函数f(x)对任意x，y∈R，总有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且当x>0时，f(x)<0，f(1)＝－eq \f(2,3).


(1)求证：f(x)是R上的单调减函数．


(2)求f(x)在[－3,3]上的最小值．


[解] (1)证明：设x1，x2是任意的两个实数，且x1

则x2－x1>0，因为x>0时，f(x)<0，


所以f(x2－x1)<0，


又因为x2＝(x2－x1)＋x1，


所以f(x2)＝f[(x2－x1)＋x1]


＝f(x2－x1)＋f(x1)，


所以f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)<0，


所以f(x2)

所以f(x)是R上的单调减函数．


(2)由(1)可知f(x)在R上是减函数，


所以f(x)在[－3,3]上也是减函数，


所以f(x)在[－3,3]上的最小值为f(3)．


而f(3)＝f(1)＋f(2)＝3f(1)＝3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))＝－2.


所以函数f(x)在[－3,3]上的最小值是－2.