5.3 函数的单调性同步练习-2021-2022学年高一上学期数学苏教版（2019）必修第一册 第5章（Word含答案解析）

5.3　函数的单调性
第1课时　函数的单调性
必练基础
题组一　函数单调性的概念及其应用
1.(2021江苏无锡第一中学高一月考)对于函数y=f(x),在给定区间上有两个数x1,x2,且x1A.一定是增函数　　　　　　B.一定是减函数
C.可能是常数函数　　　　　　D.单调性不能确定
2.(2021江苏泰州姜堰中学高一月考)若函数f(x)在R上为减函数,则 (　　)
A.f(3)C.f(3)>f(5)　　　　　　D.f(3)≥f(5)
3.下列说法正确的是 (　　)
A.定义在(a,b)上的函数f(x),若存在x1,x2∈(a,b),且x1B.定义在(a,b)上的函数f(x),若有无穷多对x1,x2∈(a,b),使得x1C.若f(x)在区间I1上单调递增,在区间I2上也单调递增,则f(x)在I1∪I2上也一定单调递增
D.若f(x)在区间I上单调递增且f(x1)4.已知四个函数的图象如图所示,其中在定义域内具有单调性的函数是 (　　)
题组二　函数单调性的判断与证明
5.(2021江苏淮安洪泽中学高一期末)已知函数f(x)=1+2x-x2,则下列结论正确的是 (　　)
A.f(x)在区间(-∞,1]上是增函数
B.f(x)在区间[-1,+∞)上是增函数
C.f(x)在区间(-∞,1]上是减函数
D.f(x)在区间[-1,+∞)上是减函数
6.如图是函数y=f(x)的大致图象,则函数f(x)的单调递减区间是 (　　)
A.(-1,0)　　　　　　B.(1,+∞)
C.(-1,0)∪(1,+∞)　　　　　　D.(-1,0),(1,+∞)
7.(多选)若函数f(x-2)=2x2-9x+13,则使函数f(x)是减函数的区间是 (　　)
A.(-∞,1]　　　　　　B.14,+∞
C.(-∞,0]　　　　　　D.-∞,14
8.函数f(x)=|x2-1|的增区间为　　　　　　　.?
9.(2020江苏南京师范大学附属中学高一上期末)运用函数单调性的定义证明:函数f(x)=1x3-x在区间(0,+∞)上单调递减.
10.(2021江苏徐州六县高一上期中联考)已知函数f(x)=x+6,x<-3,x2+2x,-3≤x≤0,1x,x>0.
(1)请在给定的坐标系中画出函数f(x)的图象;
(2)直接写出函数f(x)的定义域、单调区间及值域.
题组三　函数单调性的应用
11.已知函数y=f(x)在区间[-5,5]上是增函数,那么下列不等式中成立的是 (　　)
A.f(4)>f(-π)>f(3)　　　　　　B.f(π)>f(4)>f(3)
C.f(4)>f(3)>f(π)　　　　　　D.f(-3)>f(-π)>f(-4)
12.(2021江苏常州前黄高级中学高一期中)函数y=f(x)在R上为增函数,且f(2m)>f(-m+9),则实数m的取值范围是 (　　)
A.(-∞,-3)　　　　　　B.(0,+∞)
C.(3,+∞)　　　　　　D.(-∞,-3)∪(3,+∞)
13.(2021山东青州一中高一期中)已知函数f(x)=4x2-kx-8在(-∞,5]上具有单调性,则实数k的取值范围是　　 (　　)
A.(-24,40)　　　　　　B.[-24,40]
C.(-∞,-24]　　　　　　D.[40,+∞)
14.(2021江苏宜兴第一中学高一月考)已知函数f(x)=(a-3)x+5,x≤1,2ax,x>1为R上的减函数,则a的取值范围是　　 (　　)
A.(0,3)　　　　　　B.(0,3]
C.(0,2)　　　　　　D.(0,2]
15.(2020江苏南通高一期中)已知函数f(x)=x2+mx-2m(m∈R).
(1)若函数f(x)在区间(-∞,2)上单调递减,求实数m的取值范围;
(2)若对于任意的x∈[-1,1],都有f(x)<0成立,求实数m的取值范围.
16.(2020江苏徐州九校高一上期中联考)已知二次函数f(x)满足f(x+1)-f(x-2)=6x-9(x∈R),且f(0)=2.
(1)求f(x)的解析式;
(2)若函数g(x)=f(x)-2tx在区间[0,5]上是单调函数,求实数t的取值范围.
选练素养
题组一　函数单调性的判断与证明
1.(多选)(2020江苏徐州高一期中,)下列函数中,满足对任意x1,x2∈(1,+∞),f(x1)-f(x2)x1-x2<0的是(　　)
A.f(x)=-2(x-1)2-2　　　　　　B.f(x)=3x+5
C.f(x)=1+1x　　　　　　D.f(x)=|x-4|
2.(多选)()设f(x)是定义在区间A上的减函数,若f(x)>0,则下列函数为增函数的是 (　　)
A.y=3-f(x)　　　　　　B.y=1+2f(x)
C.y=[f(x)]2　　　　　　D.y=1-f(x)
3.(2020江西临川一中高一上月考,)已知函数f(x)=1-x2+x+2,则f(2-x)的单调递增区间为(　　)
A.12,+∞　　　　　　B.12,2
C.-1,12　　　　　　D.32,3
4.(2020江苏昆山第一中学高一月考,)函数f(x)=16+6x-x2的单调递减区间为　　　　.?
5.(2020湖南长沙长郡中学高一期末,)已知f(x)是定义在R上的增函数,对任意x∈R有f(x)>0,且f(5)=1,设F(x)=f(x)+1f(x),讨论F(x)的单调性,并证明你的结论.
题组二　函数单调性的综合应用
6.(多选)(2021江苏如皋江安高级中学高一期末,)已知函数f(x)=-x2-ax-5,x≤1,ax,x>1是R上的增函数,则实数a的值可以是 (　　)
A.0　　　　B.-2　　　　C.-1　　　　D.-3
7.(2020江苏南京中华中学高一期中,)若函数f(x)=-x2+ax+18在[-1,3]上具有单调性,则实数a的可能取值是 (　　)
A.-4　　　　B.5　　　　C.14　　　　D.23
8.(2021江苏常州横林高级中学高一月考,)设f(x)是定义在(0,+∞)上的增函数,且对定义域内任意x,y都有f(xy)=f(x)+f(y),f(2)=1,则使不等式f(x)+f(x-3)≤2成立的x的取值范围是　　　　.?
9.(2020安徽阜阳太和第一中学高一期末,)已知f(x)=x2-4x+3,x≤0,-x2-2x+3,x>0,且不等式f(x+a)>f(2a-x)在[a,a+1]上恒成立,则实数a的取值范围是　　　　.?
10.(2020江苏泰州中学高一上期中,)已知函数f(x)=2ax+1x(a∈R).
(1)当a=12时,试判断f(x)在(0,1]上的单调性并用定义证明你的结论;
(2)对于任意的x∈(0,1],f(x)≥6恒成立,求实数a的取值范围.
第2课时　函数的最值
必练基础
题组一　求函数的最值
1.(2021江苏常州武进高级中学高一月考)关于函数f(x)=x3,下列说法正确的是(　　)
A.没有最小值,有最大值
B.有最小值,没有最大值
C.既有最小值,又有最大值
D.既没有最小值,又没有最大值
2.(2021江苏张家港高级中学高一月考)若函数y=f(x),x∈[-2,2]的图象如图所示,则该函数的最大值、最小值分别为 (　　)
A.f 32,f -32　　　　　　B.f(0),f 32
C.f(0),f-32　　　　　　D.f(0),f(2)
3.(2021江西南昌十中高一月考)已知函数f(x)=1x在区间[1,2]上的最大值为A,最小值为B,则A-B= (　　)
A.12　　　　B.?12　　　　C.1　　　　D.-1
4.(多选)关于函数f(x)=x+3,x<0,5-x2,x≥0,下列说法正确的是(　　)
A.f(x)在(-∞,0)上单调递增　　　　　　
B.f(x)在(0,+∞)上单调递减
C.f(x)有最大值5　　　　　　
D.f(x)有最小值0
5.函数y=3x+2(x≠-2)在区间[0,5]上的最大值与最小值的和为　　　　.?
6.(2021江苏淮安清江中学高一月考)已知函数f(x)=x2,-1≤x≤1,1x,x>1,求f(x)的最大值、最小值.
7.已知函数y=12x2-2x.
(1)当0≤x≤3时,求函数的最值;
(2)当3≤x≤5时,求函数的最值.
题组二　与最值有关的参数问题
8.(2021江苏连云港白塔高级中学高一月考)函数f(x)=kx+2在x∈[-1,2]上的最大值为6,则k= (　　)
A.2　　　　　　B.-4
C.2或-4　　　　　　D.无法确定
9.(2021江苏启东中学高一期末)函数f(x)=2-xx+1,x∈(m,n]的最小值为0,则实数m的取值范围是 (　　)
A.(1,2)　　　　B.(-1,2)　　　　C.[1,2)　　　　D.[-1,2)
10.若函数f(x)=ax2+2ax+1(a>0)在区间[-3,2]上的最大值为4,则a=　　　　.?
11.(2021江苏南通如东高一上期中)设f(x)=x2-2ax+1,x∈[0,2],当a=3时, f(x)的最小值是　　　　,若f(x)的最小值为1,则a的取值范围为　　　　.?
12.已知函数f(x)=1a?1x(a>0,x>0).
(1)用定义证明f(x)在(0,+∞)上是增函数;
(2)若f(x)在区间12,4上的最大值为5,求实数a的值.
13.已知函数f(x)=x2+2x+ax,x∈[1,+∞).
(1)当a=12时,求函数f(x)的最小值;
(2)若对任意x∈[1,+∞),f(x)>0恒成立,求实数a的取值范围.
题组三　函数最值的实际应用
14.(2021江苏徐州睢宁李集中学高一阶段测试)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,则获得的最大总利润为(　　)
A.90万元　　　　　　B.60万元
C.120万元　　　　　　D.120.25万元
15.(2020江苏常州教学研究合作联盟高一上期中)“弯弓射雕”几乎成了游牧民族的象征,当以每秒a米的速度从地面垂直向上射箭时,t秒时箭距离地面的高度为x米,x与t的关系为x=at-5t2,若射箭3秒时箭距离地面的高度为135米,则箭可能达到的最大高度为　　 (　　)
A.135米　　　　B.160米　　　　C.175米　　　　D.180米
16.在如图所示的锐角三角形空地中,欲建一个面积最大的内接矩形花园(阴影部分),则其边长x为　　　　　m.?
17.(2020广东中山第一中学高一期中)经市场调查,某新开业的商场在过去一个月内(以30天计),顾客人数f(t)(千)与时间t(天)的函数关系近似满足f(t)=4+1t(t∈N*),人均消费g(t)(元)与时间t(天)的函数关系近似满足g(t)=100t(1≤t≤7,t∈N*),130-t(7(1)写出该商场的日收益w(t)(千元)与时间t(天)(1≤t≤30,t∈N*)的函数关系式;
(2)求该商场日收益的最小值.
18.(2021江苏清浦中学高一期中)某产品生产厂家根据以往的销售经验得到下面有关生产销售的统计规律:每生产产品x(百台),其总成本为G(x)(万元),其中固定成本为2.8万元,并且每生产1百台的生产成本为1万元(总成本=固定成本+生产成本).销售收入R(x)(万元)满足:R(x)=-0.4x2+4.2x,x∈N,0≤x≤5,11,x∈N,x>5,假定该产品产销平衡(即生产的产品都能卖掉).
(1)求利润f(x)(万元)的解析式(利润=销售收入-总成本);
(2)工厂生产多少百台产品时,可使盈利最多?
选练素养
题组一　求函数的最值
1.(多选)(2020广东珠海第二中学高一期中,)已知函数f(x)=x2+x+1x13≤x<2,则该函数 (　　)
A.有最小值3
B.有最大值72
C.没有最小值
D.在区间(1,2)上是增函数
2.(2021江苏淮安涟水中学高一月考,)函数y=x+1?x的最大值为　　　.?
3.()已知函数f(x)=x2-2ax+2,x∈[-1,1].
(1)求f(x)的最小值;
(2)将(1)中f(x)的最小值记为g(a),求y=g(a)的最大值.
4.(2020湖南长沙第一中学高一期末,)已知13≤a≤1,函数f(x)=ax2-2x+1在区间[1,3]上的最大值为M(a),最小值为N(a),令g(a)=M(a)-N(a).
(1)求g(a)的函数表达式;
(2)判断函数g(a)在区间13,1上的单调性,并求出g(a)的最小值.
题组二　函数最值的综合应用
5.(2021江苏东台安丰中学高一期末,)设f(x)=(x-a)2,x≤0,x2-2x+3+a,x>0,若f(0)是f(x)的最小值,则实数a的取值范围为 (　　)
A.[-1,2]　　　　B.[-1,0]　　　　C.[0,2]　　　　D.[1,2]
6.(多选)(2020江苏盐城响水中学高一期中,)已知函数f(x)=x4+2x2+ax2+1(x∈R)的值域为[m,+∞),则实数a与实数m的值可能为 (　　)
A.a=0,m=0　　　　　　B.a=1,m=1
C.a=3,m=3　　　　　　D.a=2,m=2
7.(2020江苏常州教学研究合作联盟高一上期中,)已知函数y=f(x)与y=g(x)的定义域都是区间I.若对于任意x∈I,存在x0,使得f(x)≥f(x0),g(x)≥g(x0)且f(x0)=g(x0),则称f(x),g(x)为“兄弟函数”.如果函数f(x)=x2+2px+q(p,q∈R),g(x)=x2-x+4x是定义在区间13,3上的“兄弟函数”,那么函数f(x)在区间13,3上的最大值为 (　　)
A.3　　　　B.343　　　　C.529　　　　D.13
8.(多选)(2020江苏海安高级中学高一月考改编,)若函数f(x)=x2-2ax+a在区间(-∞,1)上有最小值,则关于函数g(x)=f(x)x在区间(1,+∞)上的说法错误的有(　　)
A.g(x)有最小值　　　　　　B.g(x)有最大值
C.g(x)是减函数　　　　　　D.g(x)是增函数
9.(多选)(2020江苏南京高一上期末,)已知函数f(x)=x,g(x)=x-4,则下列结论正确的是 (　　)
A.若h(x)=f(x)·g(x),则函数h(x)的最小值为4
B.若h(x)=f(x)·|g(x)|,则函数h(x)的值域为R
C.若h(x)=|f(x)|-|g(x)|,则函数h(x)的图象与x轴有且仅有一个交点
D.若h(x)=|f(x)|-|g(x)|,则|h(x)|≤4恒成立
10.()已知a∈R,函数f(x)=x2+3x+a-4,x≤0,-x2+x-2a,x>0,若对于任意的x∈[-4,+∞),
f(x)≤|x|恒成立,则实数a的取值范围是　　　　.?
11.(2021上海复旦附中高一期末,)若函数f(x)=x2+2x+ax+1(x≥0)的值域为[a,+∞),则实数a的取值范围是　　　　.?
12.(2020江苏泰州高一联考,)已知函数f(x)满足f(x+y)=f(x)+f(y)-1(x,y∈R),当x>0时,f(x)>1,且f(1)=2.
(1)求f(0),f(-1)的值,并判断f(x)的单调性;
(2)当x∈[1,2]时,不等式f(ax2-3x)+f(x)<1恒成立,求实数a的取值范围.
13.(2019江苏江阴四校高一上期中,)某企业生产A,B两种产品,根据市场调查和预测,A产品的利润与投资成正比,其关系如图1所示,B产品的利润与投资的算术平方根成正比,其关系如图2所示.(注:利润与投资的单位是万元)
(1)分别将A,B两种产品的利润表示为投资的函数,并写出它们的函数关系式;
(2)该企业已筹集到10万元资金,并全部投入到A,B两种产品的生产,怎样分配这10万元投资,才能使企业获得最大总利润?最大总利润为多少万元?
14.()已知二次函数f(x)的最小值为1,且f(0)=f(2)=3,g(x)=f(x)+ax(a∈R).
(1)求f(x)的解析式;
(2)若函数g(x)在[-1,1]上为单调函数,求实数a的取值范围;
(3)若在区间[-1,1]上,g(x)的图象上的每个点都在直线y=2x+6的下方,求实数a的取值范围.
答案全解全析
5.3　函数的单调性
第1课时　函数的单调性
必练基础
1.D　由函数单调性的概念可知不能用特殊值代替一般值,若使函数f(x)为增函数,应在定义域内任意取两个数x1,x2,且x12.C　∵3<5,f(x)在R上为减函数,∴f(3)>f(5).故选C.
3.D　A、B选项中的“存在”“有无穷多”与定义中的“任意”不符,C选项中也不能确定对任意x14.B　对于A,函数分别在(-∞,1)及[1,+∞)上单调递增,但存在x1∈(0,1),使f(x1)>f(1),故A不符合题意;对于C,函数分别在(-∞,1)及(1,+∞)上单调递增,但存在x1>1,使f(x1)5.A　f(x)=1+2x-x2=-(x-1)2+2,其图象的对称轴为直线x=1,二次项系数-1<0,因此f(x)在(-∞,1]上是增函数,在[1,+∞)上是减函数.故选A.
6.D　由题图知函数f(x)的单调递减区间为(-1,0),(1,+∞).故选D.
7.CD　设t=x-2,则x=t+2,
∴f(t)=2(t+2)2-9(t+2)+13=2t2-t+3,
∴函数f(x)的解析式为f(x)=2x2-x+3,其图象开口向上,对称轴为直线x=14,
∴f(x)在-∞,14上单调递减,在14,+∞上单调递增,结合选项可知选CD.
8.答案　(-1,0)和(1,+∞)
解析　画出f(x)=|x2-1|的图象,如图所示,
由图象可知,函数f(x)的增区间为(-1,0)和(1,+∞).
9.证明　任取x1,x2∈(0,+∞),且x1则f(x1)-f(x2)=1x13-x1?1x23-x2
=(x2-x1)(x22+x1x2+x12)x13x23+(x2-x1)
=(x2-x1)(x13x23+x22+x1x2+x12)x13x23.
∵x1,x2∈(0,+∞),且x1∴x2-x1>0,x22+x1x2+x12>0,x13x23>0,
∴f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),
∴函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递减.
10.解析　(1)f(x)的图象如图所示:
(2)函数f(x)的定义域为R,单调递增区间为(-∞,-3)和(-1,0),单调递减区间为(-3,-1)和(0,+∞),值域为R.
11.D　由函数y=f(x)在区间[-5,5]上是增函数,得f(4)>f(π)>f(3)>f(-3)>f(-π)>f(-4),故选D.
12.C　∵函数y=f(x)在R上为增函数,且f(2m)>f(-m+9),∴2m>-m+9,解得m>3,故选C.
13.D　易得函数f(x)=4x2-kx-8图象的对称轴为直线x=k8.
∵函数f(x)=4x2-kx-8在(-∞,5]上具有单调性,
∴k8≥5,解得k≥40,
∴k的取值范围是[40,+∞),故选D.
14.D　因为函数f(x)为R上的减函数,
所以a-3<0,a>0,(a-3)×1+5≥2a1,解得0所以实数a的取值范围是(0,2].
故选D.
15.解析　(1)f(x)的图象开口向上,对称轴为直线x=-m2,因为函数f(x)=x2+mx-2m在区间(-∞,2)上单调递减,
所以-m2≥2,解得m≤-4.
(2)对于任意的x∈[-1,1],都有f(x)<0成立,所以f(-1)<0,f(1)<0,即1-3m<0,1-m<0,解得m>1.
16.解析　(1)设f(x)=ax2+bx+c(a≠0),
则f(0)=c=2,所以f(x)=ax2+bx+2,
因为f(x+1)-f(x-2)=6x-9,所以a(x+1)2+b(x+1)+2-a(x-2)2-b(x-2)-2=6x-9,整理得6ax+3b-3a=6x-9,
所以6a=6,3b-3a=-9,解得a=1,b=-2,
所以f(x)=x2-2x+2.
(2)g(x)=x2-(2+2t)x+2,其图象的对称轴为直线x=1+t.
若g(x)在区间[0,5]上是单调递增函数,则1+t≤0,解得t≤-1;
若g(x)在区间[0,5]上是单调递减函数,则1+t≥5,解得t≥4.
综上,实数t的取值范围是t≤-1或t≥4.
选练素养
1.AC　若对任意x1,x2∈(1,+∞),f(x1)-f(x2)x1-x2<0,则函数f(x)在区间(1,+∞)上为减函数.
对于A,f(x)=-2(x-1)2-2,其图象开口向下,对称轴为直线x=1,故f(x)在区间(1,+∞)上为减函数,满足题意;
对于B,f(x)=3x+5为一次函数,且k=3>0,故f(x)在区间(1,+∞)上为增函数,不满足题意;
对于C,f(x)=1+1x,易知函数在区间(1,+∞)上为减函数,满足题意;
对于D,f(x)=|x-4|=x-4,x≥4,4-x,x<4,显然函数在区间(1,+∞)上不是单调函数,不满足题意.故选AC.
2.ABD　任取x1,x2∈A,且x1f(x2)>0,所以3-f(x1)<3-f(x2),所以y=3-f(x)在区间A上为增函数.同理可证1+2f(x1)<1+2f(x2),[f(x1)]2>[f(x2)]2,1-f(x1)<1?f(x2),
所以y=1+2f(x),y=1-f(x)在区间A上均为增函数,y=[f(x)]2在区间A上是减函数.
3.D　因为f(x)=1-x2+x+2,所以f(2-x)=1-(2-x)2+2-x+2=1-x2+3x.
由-x2+3x>0,得0设t=-x2+3x,易知t=-x2+3x=-x-322+94(00)为减函数,所以函数y=f(2-x)的单调递增区间为32,3.故选D.
4.答案　[3,8]
解析　由题意得16+6x-x2≥0,解得-2≤x≤8,所以函数f(x)的定义域为[-2,8],
令u=16+6x-x2=-(x-3)2+25,u≥0,其图象开口向下,对称轴为直线x=3,
又y=u为增函数,所以函数f(x)=16+6x-x2的单调递减区间为[3,8].
5.解析　在R上任取x1,x2,且x1则f(x1)F(x2)-F(x1)
=f(x2)+1f(x2)?f(x1)+1f(x1)
=[f(x2)-f(x1)]·1-1f(x1)f(x2).
∵f(x)是R上的增函数,且f(x)>0,f(5)=1,
∴当x<5时,05时,f(x)>1.
①若x1∴0∴F(x2)②若5∴f(x1)f(x2)>1,∴1-1f(x1)f(x2)>0,
∴F(x2)>F(x1).
综上,F(x)在(-∞,5)上为减函数,在(5,+∞)上为增函数.
6.BD　易知函数y=-x2-ax-5的图象开口向下,对称轴为直线x=-a2.
因为函数f(x)是R上的增函数,
所以-a2≥1,a<0,-1-a-5≤a,解得-3≤a≤-2.
所以实数a的值可以是-2,-3.故选BD.
警示　研究分段函数的单调性,不但要分别研究每段函数的单调性,而且要研究在分段点处的单调性,解题时要防止忽视在分段点处函数的单调性导致解题错误.
7.C　设g(x)=-x2+ax+18,则当x∈[-1,3]时,g(x)=-x2+ax+18具有单调性,且g(x)≥0恒成立.因为g(x)=-x2+ax+18的图象开口向下,对称轴为直线x=a2,
所以a2≥3,g(-1)≥0或a2≤-1,g(3)≥0,解得6≤a≤17或-3≤a≤-2,即a∈[6,17]∪[-3,-2].故选C.
8.答案　(3,4]
解析　因为对定义域内任意x,y都有f(xy)=f(x)+f(y),f(2)=1,
所以f(x)+f(x-3)=f(x2-3x),
2=f(2)+f(2)=f(4).
因为f(x)是定义在(0,+∞)上的增函数,
所以f(x)+f(x-3)≤2,
即x2-3x≤4,x>0,x-3>0,解得39.答案　(-∞,-2)
解析　当x≤0时,f(x)=x2-4x+3=(x-2)2-1,故f(x)在(-∞,0]上单调递减;
当x>0时,f(x)=-x2-2x+3=-(x+1)2+4,故f(x)在(0,+∞)上单调递减.
又因为(0-2)2-1=-(0+1)2+4,所以f(x)在R上单调递减.
所以不等式f(x+a)>f(2a-x)在[a,a+1]上恒成立,即x+a<2a-x在[a,a+1]上恒成立,
即2x10.解析　(1)当a=12时, f(x)=x+1x,
f(x)在(0,1]上单调递减.
证明:任取x1,x2∈(0,1],且x1则f(x1)-f(x2)=x1+1x1?x2?1x2=x1?x2+x2-x1x1x2=(x1-x2)(x1x2-1)x1x2,
∵0∴x1-x2<0,0∴x1x2-1<0,
∴f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),
∴f(x)在(0,1]上单调递减.
(2)由f(x)≥6在(0,1]上恒成立,
得2ax+1x≥6在(0,1]上恒成立,
即2a≥6·1x-1x2max(0∵x∈(0,1],∴1x∈[1,+∞),
又∵6·1x?1x2=?1x-32+9,
∴6·1x?1x2的最大值为9,
∴2a≥9,∴a≥92,
∴实数a的取值范围为92,+∞.
第2课时　函数的最值
必练基础
1.D　因为f(x)=x3在R上递增,所以f(x)既没有最小值,又没有最大值.故选D.
2.C　由题图可得,函数的最大值对应图象最高点的纵坐标f(0),最小值对应图象最低点的纵坐标f-32.故选C.
3.A　函数f(x)=1x在区间[1,2]上是减函数,
所以当x=1时,f(x)有最大值1,即A=1;
当x=2时,f(x)有最小值12,即B=12.
所以A-B=1-12=12.故选A.
4.ABC　作出函数的图象,观察图象知A、B、C正确.
5.答案　2714
解析　因为函数y=3x+2(x≠-2)在区间[0,5]上单调递减,
所以当x=0时,ymax=32,
当x=5时,ymin=37,
所以ymax+ymin=32+37=2714.
6.解析　作出函数f(x)的图象(如图).
由图象可知,当x=±1时,f(x)取得最大值,最大值为f(1)=f(-1)=1;
当x=0时,f(x)取得最小值,最小值为f(0)=0.
7.解析　y=12x2?2x=12(x-2)2-2,其图象的对称轴为直线x=2.
(1)当0≤x≤3时,由图象知,当x=2时,ymin=-2;当x=0时,ymax=0.
(2)当3≤x≤5时,由图象知,当x=3时,ymin=-32;当x=5时,ymax=52.
8.C　显然k≠0.当k>0时,f(x)是增函数,f(x)max=f(2)=2k+2=6,解得k=2;
当k<0时,f(x)是减函数,f(x)max=f(-1)=-k+2=6,解得k=-4.
综上,k=2或k=-4.故选C.
9.D　f(x)=2-xx+1=3-(x+1)x+1=3x+1-1.
易知函数在区间(-1,+∞)上是减函数,且f(2)=0,所以n=2.
因为x∈(m,n]时,ymin=0,
所以m的取值范围是[-1,2).故选D.
10.答案　38
解析　f(x)图象的对称轴为直线x=-1,且开口向上,闭区间端点中的右端点离对称轴较远,故f(x)max=f(2)=a×22+2a×2+1=4,解得a=38.
11.答案　-7;(-∞,0]
解析　当a=3时, f(x)=x2-6x+1,易知f(x)在x∈[0,2]上单调递减,
所以f(x)的最小值是f(2)=-7.
易知f(0)=1,f(x)=x2-2ax+1的图象开口向上,对称轴为直线x=a,因为f(x)的最小值为1,所以f(x)在x∈[0,2]上单调递增,所以a≤0,即a的取值范围是(-∞,0].
12.解析　(1)证明:任取x1,x2∈(0,+∞),且x1∵00,
∴f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)∴f(x)在(0,+∞)上是增函数.
(2)由(1)知, f(x)=1a?1x(a>0)在区间12,4上是增函数,∴f(x)max=f(4)=1a?14=5,解得a=421.
13.解析　(1)当a=12时,f(x)=x+12x+2,x∈[1,+∞).
任取x1,x2∈[1,+∞),且x1则f(x2)-f(x1)
=x2+12x2+2?x1+12x1+2
=(x2-x1)(2x1x2-1)2x1x2,
∵1≤x10,且x1x2>1,
∴2x1x2-1>0,
∴f(x2)-f(x1)>0,即f(x2)>f(x1),
∴f(x)在[1,+∞)上是增函数,
∴f(x)在[1,+∞)上的最小值是f(1)=72.
(2)∵x∈[1,+∞),∴f(x)>0恒成立等价于x2+2x+a>0恒成立.
∵函数y=x2+2x+a=(x+1)2+a-1在[1,+∞)上是增函数,
∴当x=1时,ymin=3+a.令3+a>0,得a>-3.
∴当a∈(-3,+∞)时,f(x)>0恒成立.
14.C　设该公司在甲地销售x(0≤x≤15,x∈N)辆,获得的总利润为L万元,则在乙地销售(15-x)辆.
L=-x2+21x+2(15-x)=-x2+19x+30=-x-1922+4814,
故当x的值为9或10时,L最大,最大总利润为120万元.故选C.
15.D　由题意知,当t=3时,x=135,代入x=at-5t2,可得135=3a-5×9,解得a=60,则x=60t-5t2=-5(t-6)2+180,故当t=6时,x取得最大值,最大值为180.故选D.
16.答案　20
解析　设矩形花园边长为x的边的邻边长为y,则x40=40-y40,即y=40-x(017.解析　(1)w(t)=f(t)g(t)=400t+100,1≤t≤7,t∈N*,519-4t+130t,7(2)当1≤t≤7时,w(t)单调递增,最小值在t=1处取得,且w(1)=500;
当7由1 2103<500,得w(t)的最小值为1 2103.
故该商场日收益的最小值为1 2103千元.
18.解析　(1)由题意得G(x)=2.8+x,
所以f(x)=R(x)-G(x)
=-0.4x2+3.2x-2.8,x∈N,0≤x≤5,8.2-x,x∈N,x>5.
(2)当x>5时,因为函数f(x)单调递减,
所以f(x)当0≤x≤5时,函数f(x)=-0.4x2+3.2x-2.8=-0.4(x-4)2+3.6,当x=4时,f(x)有最大值,最大值为3.6.
因为3.2<3.6,所以当工厂生产4百台产品时,可使盈利最多.
选练素养
1.AD　x2+x+1x=1+x+1x≥1+2x·1x=3,当且仅当x=1时,等号成立.
任取x1,x2∈13,2,且x1当13≤x1f(x2),则f(x)在13,1上递减,值域为133,3;
当10,故f(x1)故函数f(x)有最大值133,最小值3.
故选AD.
2.答案　1
解析　由x+1≥0,x≥0得x≥0,即函数的定义域为[0,+∞).
y=x+1?x=(x+1-x)(x+1+x)x+1+x=1x+1+x,
因为y=x+1+x在[0,+∞)上单调递增,
所以y=1x+1+x在[0,+∞)上单调递减,
所以当x=0时,y=1x+1+x取得最大值,最大值为1.
3.解析　(1)f(x)=x2-2ax+2的图象开口向上,对称轴为直线x=a.
当a≥1时,f(x)在[-1,1]上单调递减,f(x)min=f(1)=3-2a;
当-1当a≤-1时,f(x)在[-1,1]上单调递增,f(x)min=f(-1)=3+2a.
(2) y=g(a)=3-2a,a≥1,2-a2,-1由图易得g(a)max=2.
4.解析　(1)∵13≤a≤1,
∴f(x)的图象为开口向上的抛物线,且对称轴为直线x=1a,1a∈[1,3],
∴f(x)在[1,3]上的最小值N(a)=1-1a.
当2≤1a≤3时,a∈13,12, f(x)的最大值M(a)=f(1)=a-1;
当1≤1a<2时,a∈12,1, f(x)的最大值M(a)=f(3)=9a-5.
∴g(a)=a-2+1a,13≤a≤12,9a-6+1a,12(2)任取a1,a2∈13,12,且a1则g(a1)-g(a2)=(a1-a2)1-1a1a2>0,
∴g(a1)>g(a2),
∴g(a)在13,12上是减函数.
任取a1,a2∈12,1,且a1∴g(a1)∴g(a)在12,1上是增函数.
又12?2+112=12=9×12?6+112,
∴当a=12时,g(a)有最小值,最小值为12.
5.C　当x>0时,f(x)=x2-2x+3+a=(x-1)2+2+a,函数的最小值为f(1)=a+2.
易知f(0)=a2.
若a<0,则f(a)=0若a≥0,则要使f(0)是f(x)的最小值,只需f(0)=a2≤a+2,即a2-a-2≤0,解得-1≤a≤2.又a≥0,所以0≤a≤2.故选C.
6.ABD　f(x)=x4+2x2+ax2+1=(x2+1)2+a-1x2+1=x2+1+a-1x2+1,设x2+1=t,则t≥1,y=t+a-1t.
当a=0时,y=t-1t,在[1,+∞)上单调递增,故y∈[0,+∞),A正确;
当a=1时,y=t,在[1,+∞)上单调递增,故y∈[1,+∞),B正确;
当a=3时,y=t+2t,在[1,2)上单调递减,在[2,+∞)上单调递增,故ymin=22,y∈[22,+∞),C错误;
当a=2时,y=t+2-1t,在[1,+∞)上单调递增,故y∈[2,+∞),D正确.
故选ABD.
7.C　由题意得f(x),g(x)在x=x0处存在相同的最小值.g(x)=x2-x+4x=x+4x-1,
∴g(x)在区间13,2上单调递减,在[2,3]上单调递增,∴g(x)min=g(2)=3,∴x0=2,g(x0)=3,
∴f(x0)=3.
∵f(x)=(x+p)2+q-p2,其图象的对称轴为直线x=-p,
∴-p=2,q-p2=3,即p=-2,q=7,
∴f(x)=x2-4x+7,∴f(x)在13,3上的最大值为f13=132?43+7=529.
8.ABC　由题意知f(x)图象的对称轴为直线x=a,且a<1,g(x)=f(x)x=x+ax-2a.
当a<0时,易知g(x)在(1,+∞)上单调递增且无最值;
当a=0时,g(x)=x,g(x)在(1,+∞)上单调递增且无最值;
当09.BCD　对于A选项,h(x)=x(x-4)=x2-4x=(x-2)2-4,当x=2时,函数h(x)取得最小值-4,故A选项错误.
对于B选项,h(x)=x|x-4|=x2-4x,x≥4,-x2+4x,x<4,画出h(x)的图象,如图1所示,由图1可知,h(x)的值域为R,故B选项正确.
图1
对于C选项,h(x)=|x|-|x-4|=-4,x<0,2x-4,0≤x≤4,4,x>4,画出h(x)的图象,如图2所示,由图2可知,h(x)的图象与x轴有且仅有一个交点,故C选项正确.
图2
对于D选项,由C选项并结合h(x)的图象可知|h(x)|≤4恒成立,故D选项正确.
故选BCD.
10.答案　[0,4]
解析　当x>0时, f(x)≤|x|可化为-x2+x-2a≤x,即a≥-12x2,因为x2>0,所以-12x2<0,则a≥0;
当-4≤x≤0时, f(x)≤|x|可化为x2+3x+a-4≤-x,即a≤-x2-4x+4,令h(x)=-x2-4x+4,则h(x)在[-4,-2]上单调递增,在(-2,0]上单调递减,而h(-4)=-(-4)2-4×(-4)+4=4,h(0)=-0-0+4=4,故h(x)在[-4,0]上的最小值为4,则a≤4.
所以实数a的取值范围是[0,4].
11.答案　(-∞,2]
解析　f(x)=x2+2x+ax+1=x+1+a-1x+1.
当a-1≤0,即a≤1时,函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,故f(x)min=f(0)=a,值域为[a,+∞)恒成立;
当a-1>0,即a>1时,f(x)=x+1+a-1x+1≥2a-1,当且仅当x+1=a-1x+1,即x=a-1-1时取等号,
易知f(x)在[a-1-1,+∞)上单调递增,且f(0)=a,
若值域为[a,+∞),则a-1-1≤0,所以1综上所述,实数a的取值范围为(-∞,2].
12.解析　(1)令x=y=0,得f(0+0)=f(0)+f(0)-1,则f(0)=1,
令x=-1,y=1,得f(0)=f(-1)+f(1)-1,又f(1)=2,所以f(-1)=0.
任取x1,x2∈R,且x10,f(x2)-f(x1)=f(x2-x1+x1)-f(x1)=f(x2-x1)+f(x1)-1-f(x1)=f(x2-x1)-1,因为x2-x1>0,所以f(x2-x1)>1,所以f(x2-x1)-1>0,因此f(x2)-f(x1)>0,即f(x2)>f(x1),
所以f(x)在R上为增函数.
(2)因为f(ax2-3x)+f(x)<1,所以f(ax2-2x)+1<1,即f(ax2-2x)<0,
又f(-1)=0,所以f(ax2-2x)由(1)知f(x)在R上为增函数,所以ax2-2x<-1在x∈[1,2]上恒成立,
即ax2-2x+1<0在x∈[1,2]上恒成立,
即a<2x?1x2在x∈[1,2]上恒成立,
即a<2x-1x2min,x∈[1,2].
令y=2x?1x2=?1x-12+1,x∈[1,2],当x=2时,y取得最小值34,所以a<34,
所以实数a的取值范围为-∞,34.
解题模板　恒成立问题的常见解法:
(1)若f(x)在区间D上有最值,则?x∈D,f(x)>0?f(x)min>0;?x∈D,f(x)<0?f(x)max<0.
(2)若f(x)能分离参数,则将问题转化为a>g(x)(或ag(x)恒成立?a>g(x)max,a13.解析　(1)设投资x(x≥0)万元,A产品的利润为f(x)万元,B产品的利润为g(x)万元.
设f(x)=k1x(k1≠0),g(x)=k2x(k2≠0),由题图可知f(2)=1,g(4)=4,所以k1=12,k2=2.从而f(x)=12x(x≥0),g(x)=2x(x≥0).
(2)设A产品投入x(0≤x≤10)万元,企业总利润为y万元,则B产品投入(10-x)万元,
所以y=f(x)+g(10-x)=12x+210-x(0≤x≤10),
令10-x=t(0≤t≤10),则x=10-t2,所以y=10-t22+2t=?12(t-2)2+7(0≤t≤10).当t=2时,ymax=7,此时x=6.
故当A产品投入6万元,B产品投入4万元时,企业获得最大总利润,最大总利润为7万元.
14.解析　(1)∵f(0)=f(2)=3,f(x)的最小值为1,
∴f(x)图象的对称轴为直线x=1,顶点坐标是(1,1),
∴设函数的表达式是f(x)=m(x-1)2+1(m≠0),
由f(0)=3,得m=2,
∴f(x)=2(x-1)2+1=2x2-4x+3.
(2)由题意得g(x)=2x2+(a-4)x+3,其图象的对称轴为直线x=4-a4.
∵g(x)在[-1,1]上为单调函数,
∴4-a4≥1或4-a4≤-1,解得a≤0或a≥8.
(3)∵当x∈[-1,1]时,g(x)图象上的每个点都在直线y=2x+6的下方,∴g(x)<2x+6在x∈[-1,1]上恒成立.
设h(x)=g(x)-(2x+6)=2x2+(a-6)x-3,则h(x)<0在[-1,1]上恒成立,
∴?(-1)<0,?(1)<0,解得5