人教A版 (2019)必修 第一册3.2 函数的基本性质第2课时课后复习题

这是一份人教A版 (2019)必修 第一册3.2 函数的基本性质第2课时课后复习题，共5页。试卷主要包含了已知函数f＝eq \f.，所以f是R上的单调减函数等内容，欢迎下载使用。

巩固新知 夯实基础
1．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
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)
3．设定义在R上的函数f(x)＝x|x|，则f(x)( )
A．只有最大值 B．只有最小值
C．既有最大值，又有最小值 D．既无最大值，又无最小值
4．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
5．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
eq \r(3－aa＋6)(－6≤a≤3)的最大值为( )
A．9 B．eq \f(9,2)
C．3 D．eq \f(3\r(2),2)
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________．
8．已知函数f(x)＝4x2－mx＋1在(－∞，－2)上递减，在[－2，＋∞)上递增，求f(x)在[1,2]上的值域．
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．
10．求函数f(x)＝x2－2ax＋2在[－1,1]上的最小值．
能 力 练
综合应用 核心素养
11．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
12．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，＋∞)
13．已知函数f(x)＝x2－6x＋8，x∈[1，a]，并且f(x)的最小值为f(a)，则a的取值范围是________．
14．函数y＝|x＋1|＋|x－2|的最小值为________．
15.函数y＝eq \f(1,x－2)，x∈[3,4]的最大值为________．
16．画出函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(2,x)，x∈－∞，0，,x2＋2x－1，x∈[0，＋∞))的图象，并写出函数的单调区间及最小值．
17．若二次函数满足f(x＋1)－f(x)＝2x且f(0)＝1.
(1)求f(x)的解析式；
(2)若在区间[－1,1]上不等式f(x)>2x＋m恒成立，求实数m的取值范围．
18．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．
【参考答案】
C 解析 a>0时，由题意得2a＋1－(a＋1)＝2，即a＝2；a<0时，a＋1－(2a＋1)＝2，∴a＝－2.
综上，a＝±2.
2. C 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))).
3. D解析 f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2x≥0，,－x2x＜0，))画出图象可知，既无最大值又无最小值．
4. C 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).
5. A 解析 ∵x∈[1,2]时，f(x)max＝2×2＋6＝10，f(x)min＝2×1＋6＝8.
又x∈[－1,1]时，f(x)max＝1＋7＝8，f(x)min＝－1＋7＝6，∴f(x)max＝10，f(x)min＝6.
6. B解析 利用配方法结合函数的定义域求解．
eq \r(3－aa＋6)＝eq \r(－a2－3a＋18)＝eq \r(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2＋3a＋\f(9,4)))＋\f(81,4))＝eq \r(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(3,2)))2＋\f(81,4))，
由于－6≤a≤3，∴当a＝－eq \f(3,2)时，eq \r(3－aa＋6)有最大值eq \f(9,2).
7. 1 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.
8.解 ∵f(x)在(－∞，－2)上递减，在[－2，＋∞)上递增，∴函数f(x)＝4x2－mx＋1的对称轴方程x＝eq \f(m,8)＝－2，即m＝－16.又[1,2]⊆[－2，＋∞)，且f(x)在[－2，＋∞)上递增．∴f(x)在[1,2]上递增，
∴当x＝1时，f(x)取得最小值f(1)＝4－m＋1＝21；当x＝2时，f(x)取得最大值f(2)＝16－2m＋1＝49.
∴f(x)在[1,2]上的值域为[21,49]．
9.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.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.
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.))
C 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．
12. C 解析 令f(x)＝－x2＋2x(0≤x≤2)＝－(x2－2x＋1)＋1＝－(x－1)2＋1,
∴f(x)最小值为f(0)＝f(2)＝0.而a<－x2＋2x恒成立，∴a<0.
13. (1,3] 解析 由题意知f(x)在[1，a]上是单调递减的，
又∵f(x)的单调减区间为(－∞，3]，∴114. 3 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.
15. 1 解析 函数y＝eq \f(1,x－2)在[3,4]上是单调减函数，故y的最大值为eq \f(1,3－2)＝1.
16. 解 f(x)的图象如图所示，f(x)的单调递增区间是(－∞，0)和[0，＋∞)，函数的最小值为f(0)＝－1.
17. 解 (1)设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，由f(0)＝1，∴c＝1，∴f(x)＝ax2＋bx＋1.
∵f(x＋1)－f(x)＝2x，∴2ax＋a＋b＝2x，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＝2,a＋b＝0))，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1,b＝－1))，∴f(x)＝x2－x＋1.
(2)由题意：x2－x＋1>2x＋m在[－1,1]上恒成立，即x2－3x＋1－m>0在[－1,1]上恒成立．
令g(x)＝x2－3x＋1－m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))2－eq \f(5,4)－m，其对称轴为x＝eq \f(3,2)，
∴g(x)在区间[－1,1]上是减函数，∴g(x)min＝g(1)＝1－3＋1－m>0，∴m<－1.
18. 解 (1)证明：设x1，x2是任意的两个实数，且x10，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)(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.