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“课下双层级演练过关”见“课时跟踪检测(十九)”
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“课下双层级演练过关”见“课时跟踪检测(二十)”
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谢观看THANK YOU FOR WATCHING谢课时跟踪检测（二十） 函数的最大（小）值
A级——学考水平达标练
1．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：选B 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.
2．函数f(x)＝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：选A ∵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.
3．设f(x)＝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.
4．已知函数f(x)＝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：选D 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.
5．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：选C 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＝－2＋30＋，
∴当x＝9或10时，L最大为120万元．
6．函数y＝－，x∈[－3，－1]的最大值与最小值的差是________．
解析：易证函数y＝－在[－3，－1]上为增函数，
所以ymin＝，ymax＝1，
所以ymax－ymin＝1－＝.
答案：
7．若函数f(x)＝x2－6x＋m在区间[2，＋∞)上的最小值是－3，则实数m的值为________．
解析：函数f(x)＝x2－6x＋m的对称轴是直线x＝3，开口向上，所以函数f(x)在[2,3]上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，故函数在x＝3处取得最小值，由f(3)＝32－6×3＋m＝－3，解得m＝6.
故实数m的值为6.
答案：6
8．设函数f(x)＝在区间[3,4]上的最大值和最小值分别为M，m，则＝________.
解析：因为f(x)＝＝2＋，所以f(x)在区间[3,4]上单调递减，所以M＝f(3)＝2＋＝6，m＝f(4)＝2＋＝4，所以＝＝.
答案：
9．已知函数f(x)＝x＋.
(1)证明：f(x)在(1，＋∞)内是增函数；
(2)求f(x)在[2,4]上的最值．
解：(1)证明：设对于任意x1，x2∈(1，＋∞)，且x1
∵x2>x1>1，∴x1－x2<0，
又∵x1x2>1，∴x1x2－1>0，
故(x1－x2)·<0，即f(x1)∴f(x)在(1，＋∞)内是增函数．
(2)由(1)可知f(x)在[2,4]上是增函数，
∴当x∈[2,4]时，f(2)≤f(x)≤f(4)．
又f(2)＝2＋＝，f(4)＝4＋＝，
∴f(x)在[2,4]上的最大值为，最小值为.
10．若二次函数f(x)满足f(x＋1)－f(x)＝2x，且f(0)＝2.
(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．
解：(1)设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，
∵f(0)＝2，∴c＝2，∴f(x)＝ax2＋bx＋2.
∵f(x＋1)－f(x)＝2x，∴2ax＋a＋b＝2x，
∴解得
∴f(x)＝x2－x＋2.
(2)由题意知x2－x＋2>2x＋m在[－1,1]上恒成立，
即x2－3x＋2－m>0在[－1,1]上恒成立．
令g(x)＝x2－3x＋2－m＝2－－m(x∈[－1,1])，
则g(x)在区间[－1,1]上是减函数，
∴g(x)min＝g(1)＝1－3＋2－m>0，∴m<0，
即实数m的取值范围为(－∞，0)．
B级——高考水平高分练
1．已知－x2＋4x＋a≥0在x∈[0,1]上恒成立，则实数a的取值范围是________．
解析：法一：－x2＋4x＋a≥0，即a≥x2－4x，x∈[0,1]，也就是a应大于或等于f(x)＝x2－4x在[0,1]上的最大值，函数f(x)＝x2－4x在x∈[0,1]的最大值为0，∴a≥0.
法二：设f(x)＝－x2＋4x＋a，
由题意知解得a≥0.
答案：[0，＋∞)
2．已知函数f(x)＝x2－6x＋8，x∈[1，a]，并且f(x)的最小值为f(a)，则实数a的取值范围是________．
解析：如图可知f(x)在[1，a]内是单调递减的，
又∵f(x)的单调递减区间为
(－∞，3]，
∴1答案：(1,3]
3．将边长为1 m的正三角形薄片，沿一条平行于底边的直线剪成两块，其中一块是梯形，记S＝，则S的最小值是________．
解析：设剪成的小正三角形的边长为x，
则S＝
＝·(0令3－x＝t，则t∈(2,3)，∈，
则S＝·＝·.
令y＝－＋－1＝－82＋6－1，此二次函数的图像开口向下，图像在对称轴＝的左侧是增函数，右侧是减函数，故当－＋－1有最大值时，S有最小值，即当＝，x＝时，S的最小值是.
答案：
4．某商场经营一批进价是每件30元的商品，在市场试销中发现，该商品销售单价x(不低于进价，单位：元)与日销售量y(单位：件)之间有如下关系：
x
45
50
y
27
12
(1)确定x与y的一个一次函数关系式y＝f(x)(注明函数定义域)．
(2)若日销售利润为P元，根据(1)中的关系式写出P关于x的函数关系式，并指出当销售单价为多少元时，才能获得最大的日销售利润？
解：(1)因为f(x)是一次函数，设f(x)＝ax＋b，由表格得方程组解得
所以y＝f(x)＝－3x＋162.
又y≥0，所以30≤x≤54，
故所求函数关系式为y＝－3x＋162，x∈[30,54]．
(2)由题意得，
P＝(x－30)y＝(x－30)(162－3x)
＝－3x2＋252x－4 860
＝－3(x－42)2＋432，x∈[30,54]．
当x＝42时，最大的日销售利润P＝432，即当销售单价为42元时，获得最大的日销售利润．
5．已知函数y＝x＋有如下性质：如果常数t>0，那么该函数在(0, ]上是减函数，在[，＋∞)上是增函数．
(1)已知f(x)＝，x∈[0,1]，利用上述性质，求函数f(x)的单调区间和值域；
(2)对于(1)中的函数f(x)和函数g(x)＝－x－2a，若对于任意的x1∈[0,1]，总存在x2∈[0,1]，使得g(x2)＝f(x1)成立，求实数a的值．
解：(1)f(x)＝＝2x＋1＋－8，设u＝2x＋1，x∈[0,1]，则1≤u≤3，故y＝u＋－8，u∈[1,3]．由已知性质得，当1≤u≤2，即0≤x≤时，f(x)单调递减，所以递减区间为；当2≤u≤3，即≤x≤1时，f(x)单调递增，所以递增区间为.
由f(0)＝－3，f＝－4，f(1)＝－，得f(x)的值域为[－4，－3]．
(2)由于g(x)＝－x－2a，x∈[0,1]为减函数，故g(x)∈[－1－2a，－2a]．
由题意，知f(x)的值域为g(x)的值域的子集，从而解得a＝.
课时跟踪检测（十九） 函数的单调性
A级——学考水平达标练
1．下列函数中，满足“对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有>0”的是( )
A．f(x)＝ B．f(x)＝－3x＋1
C．f(x)＝x2＋4x＋3 D．f(x)＝x＋
解析：选C >0?f(x)在(0，＋∞)上为增函数，而f(x)＝及f(x)＝－3x＋1在(0，＋∞)上均为减函数，故A、B错误；f(x)＝x＋在(0,1)上递减，在[1，＋∞)上递增，故D错误；f(x)＝x2＋4x＋3＝x2＋4x＋4－1＝(x＋2)2－1，所以f(x)在[－2，＋∞)上递增，故只有C正确．
2．函数y＝x2－6x＋10在区间(2,4)上( )
A．单调递增 B．单调递减
C．先减后增 D．先增后减
解析：选C 函数y＝x2－6x＋10图像的对称轴为直线x＝3，此函数在区间(2,3)上单调递减，在区间(3,4)上单调递增．
3．设(a，b)，(c，d)都是f(x)的单调递增区间，且x1∈(a，b)，x2∈(c，d)，x1A．f(x1)f(x2)
C．f(x1)＝f(x2) D．不能确定
解析：选D 由函数单调性的定义知，所取两个自变量必须是同一单调区间内的值，才能由该区间上函数的单调性来比较函数值的大小，而本题中的x1，x2不在同一单调区间内，所以f(x1)与f(x2)的大小关系不能确定．故选D.
4．已知函数f(x)是R上的增函数，A(0，－1)，B(3,1)是其图像上的两点，则－1A．(－3,0) B．(0,3)
C．(－∞，－1]∪[3，＋∞) D．(－∞，0]∪[1，＋∞)
解析：选B 由已知，得f(0)＝－1，f(3)＝1，∴－15．若f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝在区间[1,2]上都是减函数，则a的取值范围是( )
A．(－1,0)∪(0,1) B．(－1,0)∩(0,1)
C．(0,1) D．(0,1]
解析：选D 因为g(x)＝在区间[1,2]上是减函数，所以a＞0.因为函数f(x)＝－x2＋2ax的图像开口向下，对称轴为直线x＝a，且函数f(x)在区间[1,2]上为减函数，所以a≤1.故满足题意的a的取值范围是(0,1]．
6．函数y＝|x|(1－x)的单调递增区间为________．
解析：y＝|x|(1－x)＝作出其图像如图，观察图像知递增区间为.
答案：
7．已知函数f(x)为定义在区间[－1,1]上的增函数，则满足f(x)解析：由题设得解得－1≤x<.
答案：
8．若函数f(x)＝8x2－2kx－7在[1,5]上为单调函数，则实数k的取值范围是________．
解析：由题意知函数f(x)＝8x2－2kx－7的图像的对称轴为x＝，因为函数f(x)＝8x2－2kx－7在[1,5]上为单调函数，所以≤1或≥5，解得k≤8或k≥40，所以实数k的取值范围是(－∞，8]∪[40，＋∞)．
答案：(－∞，8]∪[40，＋∞)
9．试用函数单调性的定义证明：f(x)＝在(1，＋∞)上是减函数．
证明：?x1，x2∈(1，＋∞)，且x1＜x2，
则f(x1)－f(x2)＝－＝.
由于1＜x1＜x2，所以x1－1＞0，x2－1＞0，x2－x1＞0，
故f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)．
所以f(x)＝在(1，＋∞)上是减函数．
10．作出函数f(x)＝的图像，并指出函数f(x)的单调区间．
解：f(x)＝的图像如图所示．
由图可知，函数f(x)的单调减区间为(－∞，1]和(1,2)，单调增区间为[2，＋∞)．
B级——高考水平高分练
1．若函数f(x)＝x2＋a|x－2|在(0，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是________．
解析：∵f(x)＝x2＋a|x－2|，
∴f(x)＝
又∵f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴∴－4≤a≤0，
∴实数a的取值范围是[－4,0]．
答案：[－4,0]
2．已知定义在R上的函数y＝f(x)满足以下三个条件：
①对于任意的x∈R，都有f(x＋1)＝－f(x)；
②函数y＝f(x)的图像关于直线x＝1对称；
③对于任意的x1，x2∈[0,1]，且＞0.
则f(－1)，f，f(2)的大小顺序是____________．(用“＜”连接)
解析：由①知f(1)＝－f(0)，f(0)＝－f(－1)，所以f(－1)＝f(1)．
由③知＜0，所以函数f(x)在[0,1]上为减函数，
结合②知，函数f(x)在[1,2]上为增函数，
所以f(1)＜f＜f(2)，即f(－1)＜f＜f(2)．
答案：f(－1)＜f＜f(2)
3．用定义判断函数f(x)＝在(－2，＋∞)上的单调性．
解：设－2＜x1＜x2，
则f(x2)－f(x1)＝－
＝
＝.
∵－2＜x1＜x2，∴x2－x1＞0，x1＋2＞0，x2＋2＞0，
故当a＜时，f(x2)－f(x1)＜0，
∴f(x)在(－2，＋∞)是减函数．
当a＞时，f(x2)－f(x1)＞0，
∴f(x)在(－2，＋∞)是增函数．
综上得，a＜时，f(x)在(－2，＋∞)是减函数；
a＞时，f(x)在(－2，＋∞)是增函数．
4．已知函数f(x)＝x－＋在(1，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围．
解：设11.
∵函数f(x)在(1，＋∞)上是增函数，
∴f(x1)－f(x2)＝x1－＋－
＝(x1－x2)<0.
∵x1－x2<0，∴1＋>0，即a>－x1x2.
∵11，∴－x1x2<－1，∴a≥－1.
∴a的取值范围是[－1，＋∞)．
5．已知函数f(x)对任意的a，b∈R，都有f(a＋b)＝f(a)＋f(b)－1，且当x>0时，f(x)>1.
(1)求证：f(x)是R上的增函数；
(2)若f＝f(x)－f(y)，f(2)＝1，解不等式f(x)－f≤2.
解：(1)证明：设?x1，x2∈R，且x1则x2－x1>0，即f(x2－x1)>1，
所以f(x2)－f(x1)
＝f[(x2－x1)＋x1]－f(x1)＝f(x2－x1)＋f(x1)－1－f(x1)＝f(x2－x1)－1>0，
所以f(x1)(2)因为f＝f(x)－f(y)，
所以f(y)＋f＝f(x)．
在上式中取x＝4，y＝2，则有f(2)＋f(2)＝f(4)，
因为f(2)＝1，所以f(4)＝2.
于是不等式f(x)－f≤2等价于f[x(x－3)]≤f(4)(x≠3)．又由(1)，知f(x)是R上的增函数，
所以解得－1≤x<3或3所以原不等式的解集为[－1,3)∪(3,4]．
