数学第5章 函数概念与性质本章综合与测试优秀测试题

这是一份数学第5章 函数概念与性质本章综合与测试优秀测试题，共6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。

课时分层作业(二十二) 函数的最大值、最小值


(建议用时：40分钟)





一、选择题


1．设定义在R上的函数f(x)＝x|x|，则关于f(x)的最值的说法正确的是( )


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


D [f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2x≥0，,－x2x<0，))画出图象(略)可知，既无最大值又无最小值．]


2．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的值为( )


A．0 B．±2


C．2 D．－2


B [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．]


3．下列函数在[1,4]上最大值为3的是( )


A．y＝eq \f(1,x)＋2 B．y＝3x－2


C．y＝x2 D．y＝1－x


A [B、C在[1,4]上均为增函数，A、D在[1,4]上均为减函数，代入端点值，即可求得最值．]


4．函数f(x)＝|1－x|－|x－3|，x∈R的值域为( )


A．[－2,2] B．(－2,2]


C．(－2,2) D．[－2,2)


A [f(x)＝|1－x|－|x－3|＝|x－1|－|x－3|，利用绝对值的几何意义可知f(x)表示x到1的距离与x到3的距离之差，结合数轴(略)可知值域为[－2,2]．]


5．当0≤x≤2时，a<－x2＋2x恒成立，则实数a的取值范围是( )


A．a>0 B．a≥0


C．a<0 D．a≤0


C [令f(x)＝－x2＋2x(0≤x≤2)＝－(x2－2x＋1)＋1＝－(x－1)2＋1，图象如图：





∴f(x)的最小值为f(0)＝f(2)＝0．


而a<－x2＋2x恒成立，∴a<0．]


二、填空题


6．(一题两空)函数f(x)＝|x－2|－2在区间[0,3]上的最小值为 ，最大值为 ．


－2 0 [f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x，x∈[0，2]，,x－4，x∈[2，3]，))图象如图．





由图可知，x＝2时，f(x)min＝－2；


x＝0时，f(x)max＝f(0)＝0．]


7．已知函数f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,8)，\f(4,9)))，则函数g(x)＝f(x)＋eq \r(1－2fx)的值域为 ．


eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,9)，\f(7,8))) [∵eq \f(3,8)≤f(x)≤eq \f(4,9)，∴eq \f(1,3)≤eq \r(1－2fx)≤eq \f(1,2)．


令t＝eq \r(1－2fx)，


则f(x)＝eq \f(1,2)(1－t2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)≤t≤\f(1,2)))，


令y＝g(x)，则y＝eq \f(1,2)(1－t2)＋t，


即y＝－eq \f(1,2)(t－1)2＋1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)≤t≤\f(1,2)))．


∴当t＝eq \f(1,3)时，y有最小值eq \f(7,9)；当t＝eq \f(1,2)时，y有最大值eq \f(7,8)．


∴g(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,9)，\f(7,8)))．]


8．函数f(x)＝x2－4x＋5在区间[0，m]上的最大值为5，最小值为1，则m的取值范围是 ．


2≤m≤4 [f(x)＝x2－4x＋5＝(x－2)2＋1，x∈[0，m]．


由最小值为1知m≥2．


由最大值为5知f(0)＝5，f(4)＝5．所以2≤m≤4．]


三、解答题


9．已知函数f(x)＝2ax＋eq \f(1,x)(a∈R)．


(1)当a＝eq \f(1,2)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]，使得f(x)≥6恒成立，求实数a的取值范围．


[证明] (1)取任意的x1，x2，且0

f(x1)－f(x2)＝x1＋eq \f(1,x1)－x2－eq \f(1,x2)＝x1－x2＋eq \f(x2－x1,x1x2)


＝(x1－x2)eq \f(x1x2－1,x1x2)．(*)


∵0

得(*)式大于0，即f(x1)－f(x2)>0


所以f(x)在(0,1]上的单调递减．


(2)由f(x)≥6在(0,1]上恒成立，得2ax＋eq \f(1,x)≥6 恒成立，


即2a≥6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))eq \s\up12(2)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))∈[1，＋∞)⇒eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))eq \s\up12(2)))max＝9⇒2a≥9，即a≥eq \f(9,2)．


10．已知二次函数y＝f(x)＝x2－2x＋2．


(1)当x∈[0,4]时，求f(x)的最值；


(2)当x∈[2,3]时，求f(x)的最值；


(3)当x∈[t，t＋1]时，求f(x)的最小值g(t)．


[解] y＝f(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1．


(1)∵对称轴x＝1∈[0,4]，∴当x＝1时，y有最小值，


ymin＝f(1)＝1．


∵f(0)＝2

ymax＝f(4)＝10．


(2)∵1[2,3]，且1<2，∴f(x)在[2,3]上是单调增函数，


∴当x＝2时，f(x)min＝f(2)＝2，


当x＝3时，f(x)max＝f(3)＝5．


(3)f(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，顶点坐标为(1,1)，


当t＋1<1，即t<0时，函数在[t，t＋1]上为减函数，


g(t)＝f(t＋1)＝t2＋1；


当t＋1≥1且t<1，即0≤t<1时，g(t)＝f(1)＝1；


当t≥1时，函数在[t，t＋1]上为增函数，


g(t)＝f(t)＝t2－2t＋2．∴g(t)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t2＋1，,1，,t2－2t＋2，))eq \b\lc\ \rc\ (\a\vs4\al\c1(t<0，,0≤t<1，,t≥1.))





1．定义新运算“”：当a≥b时，ab＝a；当a

A．－2 B．－1


C．0 D．6


D [由已知得当－2≤x≤1时，f(x)＝x－2，


当1

∵f(x)＝x－2，f(x)＝x3－2在定义域内都为增函数．


∴f(x)的最大值为f(2)＝23－2＝6．]


2．函数f(x)满足f(x＋2)＝3f(x)，且x∈R，若当x∈[0,2]时，f(x)＝x2－2x＋2，则当x∈[－4，－2]时，f(x)的最小值为( )


A．eq \f(1,9) B．eq \f(1,3)


C．－eq \f(1,3) D．－eq \f(1,9)


A [因为f(x＋2)＝3f(x)，所以f(x)＝eq \f(1,3)f(x＋2)＝eq \f(1,9)f(x＋4)．


因为当x∈[0,2]时，f(x)＝x2－2x＋2，所以当x∈[－4，－2]，即x＋4∈[0,2]时，f(x)＝eq \f(1,9)f(x＋4)＝eq \f(1,9)(x＋3)2＋eq \f(1,9)，故当x＝－3时，f(x)取得最小值eq \f(1,9)，故选A．]


3．对任意的两个实数a，b，定义min(a，b)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(aa＜b，,ba≥b，))若f(x)＝4－x2，g(x)＝3x，则min(f(x)，g(x))的最大值为 ．


3 [f(x)－g(x)＝4－x2－3x，





当4－x2－3x＝－(x－1)(x＋4)≥0，即－4≤x≤1时，f(x)≥g(x)．


当4－x2－3x＝－(x－1)(x＋4)＜0，即x＞1或x＜－4时，f(x)＜g(x)，


所以min(f(x)，g(x))＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x，－4≤x≤1，,4－x2，x＞1或x＜－4，))作出大致图象如图所示，由图象可知函数的最大值在点A处取得，最大值为f(1)＝3．]


4．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)))＝f(x1)－f(x2)，且当x>1时，f(x)<0．


(1)求f(1)的值；


(2)证明：f(x)为单调递减函数；


(3)若f(3)＝－1，求f(x)在[2,9]上的最小值．


[解] (1)令x1＝x2>0，


代入得f(1)＝f(x1)－f(x1)＝0，故f(1)＝0．


(2)证明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1>x2，则eq \f(x1,x2)>1，


当x>1时，f(x)<0，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)))<0，


即f(x1)－f(x2)<0，因此f(x1)

∴函数f(x)在区间(0，＋∞)上是单调递减函数．


(3)∵f(x)在(0，＋∞)上是单调递减函数，


∴f(x)在[2,9]上的最小值为f(9)．


由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)))＝f(x1)－f(x2)，得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,3)))＝f(9)－f(3)，


而f(3)＝－1，∴f(9)＝－2．


∴f(x)在[2,9]上的最小值为－2．