數(shù)學人教版A必修1同步訓練1．31單調性與最大小值附答案

1.3函數(shù)的基本性質1．3.1單調性與最大(小)值1．若函數(shù)y＝(2k＋1)x＋b在R上是減函數(shù)，則…()A．k＞eq\f(1,2)B．k＜eq\f(1,2)C．k＞－eq\f(1,2)D．k＜－eq\f(1,2)2．函數(shù)y＝x2－6x＋10在區(qū)間(2,4)上是…()A．遞減函數(shù)B．遞增函數(shù)C．先遞減再遞增D．先遞增再遞減3．如果函數(shù)f(x)在[a，b]上是增函數(shù)，對于任意的x1、x2∈[a，b](x1≠x2)，則下列結論中不正確的是()A.eq\f(f(x1)－f(x2),x1－x2)>0B．(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0C．f(a)＜f(x1)＜f(x2)＜f(b)D.eq\f(x1－x2,f(x1)－f(x2))>04．下圖表示某市2008年6月份某一天的氣溫隨時間變化的情況，請觀察此圖回答下列問題：(1)這天的最高氣溫是__________；(2)這天共有______個小時的氣溫在31℃以上；(3)這天在______(時間)范圍內溫度在上升；(4)請你預測一下，次日凌晨1點的氣溫大約在______內．課堂鞏固1．已知函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上是增函數(shù)，a，b∈R，且a＋b>0，則有()A．f(a)＋f(b)>－f(a)－f(b)B．f(a)＋f(b)<－f(a)－f(b)C．f(a)＋f(b)>f(－a)＋f(－b)D．f(a)＋f(b)<f(－a)＋f(－b)2．若函數(shù)f(x)＝x2＋2(a－1)x＋2在區(qū)間(－∞，4)上是減函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是…()A．a≤－3B．a≥－3C．a≤5D．a≥33．函數(shù)y＝x＋eq\r(2x－1)()A．有最小值eq\f(1,2)，無最大值B．有最大值eq\f(1,2)，無最小值C．有最小值eq\f(1,2)，最大值2D．無最大值，也無最小值4．函數(shù)y＝eq\r(x2＋2x－3)的單調遞減區(qū)間為()A．(－∞，－3]B．(－∞，－1]C．[1，＋∞)D．[－3，－1]5．若y＝ax，y＝－eq\f(b,x)在(0，＋∞)上都是減函數(shù)，則y＝ax2＋bx在(0，＋∞)上是__________函數(shù)．(選填“增”或“減”)6．一次函數(shù)f(x)是減函數(shù)，且滿足f[f(x)]＝4x－1，則f(x)＝__________.7．證明函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(1,x)在(0,1)上是減函數(shù)．8．已知函數(shù)f(x)＝3x＋2，x∈[－1,2]，證明該函數(shù)的單調性并求出其最大值和最小值．1．設函數(shù)f(x)是(－∞，＋∞)上的減函數(shù)，則()A．f(a)>f(2a)B．f(a2)<f(a)C．f(a2＋a)<f(a)D．f(a2＋1)<f(a)2．已知0<t≤eq\f(1,4)，那么eq\f(1,t)－t的最小值是…()A.eq\f(15,4)B.eq\f(63,8)C．2D．－23．若函數(shù)y＝mx2＋x＋5在[－2，＋∞)上是增函數(shù)，則m的取值范圍是()A．{m|0≤m≤eq\f(1,4)}B．{m|0<m≤eq\f(1,4)}C．{m|0≤m<eq\f(1,4)}D．{m|0<m<eq\f(1,4)}4．函數(shù)f(x)＝x2－4x＋5在區(qū)間[0，m]上的最大值為5，最小值為1，則m的取值范圍是()A．[2，＋∞)B．[2,4]C．(－∞，2]D．[0,2]5．已知函數(shù)f(x)＝3－2|x|，g(x)＝x2－2x，構造函數(shù)F(x)，定義如下：當f(x)≥g(x)時，F(xiàn)(x)＝g(x)；當f(x)<g(x)時，F(xiàn)(x)＝f(x)，那么F(x)()A．有最大值3，最小值－1B．有最大值3，無最小值C．有最大值7－2eq\r(7)，無最小值D．無最大值，也無最小值6．(2009廣西北海一檢，文10)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1((a－3)x＋5，x≤1，,\f(2a,x)，x>1))是(－∞，＋∞)上的減函數(shù)，那么a的取值范圍是()A．(0,3)B．(0,3]C．(0,2)D．(0,2]7．將長度為1的鐵絲分成兩段，分別圍成一個正方形和一個圓形．要使正方形和圓的面積之和最小，則正方形的周長應為__________．8．已知y＝f(x)在定義域(－1,1)上是減函數(shù)，且f(1－a)＜f(3a－1)，則a的取值范圍是__________．9．已知函數(shù)f(x)＝kx2－4x－8在[5,20]上是單調函數(shù)，求實數(shù)k的取值范圍．10．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x－1,x＋1)，x∈[1,3]，求函數(shù)的最大值和最小值．11．已知f(x)＝x3＋x(x∈R)，(1)判斷f(x)在(－∞，＋∞)上的單調性，并證明；(2)求證：滿足f(x)＝a(a為常數(shù))的實數(shù)x至多只有一個．答案與解析1．3函數(shù)的基本性質1．3.1單調性與最大(小)值課前預習1．D由已知，2k＋1＜0，解得k＜－eq\f(1,2).2．C如圖所示，該函數(shù)的對稱軸為x＝3，根據(jù)圖象可知函數(shù)在(2,4)上是先遞減再遞增的．3．C由函數(shù)單調性的定義可知，若函數(shù)y＝f(x)在給定的區(qū)間上是增函數(shù)，則x1－x2與f(x1)－f(x2)同號，由此可知，選項A、B、D正確；對于C，若x1<x2時，可有x1＝a或x2＝b，即f(x1)＝f(a)或f(x2)＝f(b)，故C不成立．4．(1)37℃(2)9(3)3時～15時(4)23℃～26℃課堂鞏固1．C∵a＋b>0，∴a>－b，b>－a.由函數(shù)的單調性可知，f(a)>f(－b)，f(b)>f(－a)．兩式相加得C正確．2．A由二次函數(shù)的性質，可知4≤－(a－1)，解得a≤－3.3．A∵y＝x＋eq\r(2x－1)在定義域[eq\f(1,2)，＋∞)上是增函數(shù)，∴y≥f(eq\f(1,2))＝eq\f(1,2)，即函數(shù)最小值為eq\f(1,2)，無最大值，選A.4．A該函數(shù)的定義域為(－∞，－3]∪[1，＋∞)，函數(shù)f(x)＝x2＋2x－3的對稱軸為x＝－1，由復合函數(shù)的單調性可知該函數(shù)在區(qū)間(－∞，－3]上是減函數(shù)．5．減由條件知a<0，b<0，∴－eq\f(b,2a)<0.此時，該二次函數(shù)是開口向下，對稱軸小于零的二次函數(shù)．6．－2x＋1由一次函數(shù)f(x)是減函數(shù)，可設f(x)＝kx＋b(k<0)．則f[f(x)]＝kf(x)＋b＝k(kx＋b)＋b＝k2x＋kb＋b，∵f[f(x)]＝4x－1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k2＝4，,kb＋b＝－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝－2，,b＝1.))∴f(x)＝－2x＋1.7．證明：(1)設0＜x1＜x2＜1，則x2－x1＞0，f(x2)－f(x1)＝(x2＋eq\f(1,x2))－(x1＋eq\f(1,x1))＝(x2－x1)＋(eq\f(1,x2)－eq\f(1,x1))＝(x2－x1)＋eq\f(x1－x2,x2x1)＝(x2－x1)(1－eq\f(1,x2x1))＝eq\f((x2－x1)(x2x1－1),x2x1)，若0＜x1＜x2＜1，則x1x2－1＜0，故f(x2)－f(x1)＜0，∴f(x2)＜f(x1)．∴f(x)＝x＋eq\f(1,x)在(0,1)上是減函數(shù)．8．解：設x1，x2是區(qū)間[－1,2]上的任意兩個實數(shù)，且x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝3x1＋2－3x2－2＝3(x1－x2)．由x1<x2，得x1－x2<0，于是f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)．所以，函數(shù)f(x)＝3x＋2是區(qū)間[－1,2]上的增函數(shù)．因此，函數(shù)f(x)＝3x＋2在區(qū)間[－1,2]的兩個端點上分別取得最小值與最大值，即在x＝－1時取得最小值，最小值是－1，在x＝2時取得最大值，最大值是8.課后檢測1．D∵a2＋1－a＝(a－eq\f(1,2))2＋eq\f(3,4)>0，∴a2＋1>a.又∵函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上是減函數(shù)，∴f(a2＋1)<f(a)．2．A由f(t)＝eq\f(1,t)－t，當t∈(0，eq\f(1,4)]時，f(t)是兩個減函數(shù)的和，仍是減函數(shù)，故當t＝eq\f(1,4)時，f(t)min＝f(eq\f(1,4))＝4－eq\f(1,4)＝eq\f(15,4).3.A當m＝0時，y＝x＋5在[－2，＋∞)上是增函數(shù)，符合題意；當m<0時，－eq\f(1,2m)>0，顯然不合題意；當m>0時，由－eq\f(1,2m)≤－2，得m≤eq\f(1,4)，即0<m≤eq\f(1,4).綜上可知0≤m≤eq\f(1,4).4．Bf(x)＝(x－2)2＋1，最小值1為x＝2時取得，最大值5為x＝0,4時取得，∴m的取值為[2,4]．5．C畫圖得到F(x)的圖象：為射線AC、拋物線eq\x\to(AB)及射線BD三段，聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2x＋3，,y＝x2－2x，))得xA＝2－eq\r(7)，代入得F(x)的最大值為7－2eq\r(7)，由圖可得F(x)無最小值，從而選C.6．D由題意可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－3<0，,a>0，,a－3＋5≥2a，))解得0<a≤2.7.eq\f(4,π＋4)設正方形周長為x，則圓的周長為1－x，半徑r＝eq\f(1－x,2π).∴S正＝(eq\f(x,4))2＝eq\f(x2,16)，S圓＝π·eq\f((1－x)2,4π2).∴S正＋S圓＝eq\f((π＋4)x2－8x＋4,16π)(0<x<1)．∴當x＝eq\f(4,π＋4)時有最小值．8．(0，eq\f(1,2))由題意，可得1＞1－a＞3a－1＞－1，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＞1－a，,1－a＞3a－1，,3a－1＞－1.))解得0＜a＜eq\f(1,2).所以a的取值范圍是(0，eq\f(1,2))．9．解：因為自變量最高次數(shù)項的系數(shù)含有變量，所以應分類討論．(1)當k＝0時，f(x)＝－4x－8，它是[5,20]上的單調減函數(shù)．(2)當k≠0時，有下列兩種情形：①k>0時，當eq\f(2,k)≥20，即0<k≤eq\f(1,10)，f(x)在[5,20]上是減函數(shù)；當eq\f(2,k)≤5，即k≥eq\f(2,5)時，f(x)在[5,20]上是增函數(shù)．②k<0時，當eq\f(2,k)≥20時，不等式無解；當eq\f(2,k)≤5，即k<0時，f(x)在[5,20]上是減函數(shù)．綜上可知，實數(shù)k的取值范圍是(－∞，eq\f(1,10)]∪[eq\f(2,5)，＋∞)．10．解：f(x)＝eq\f(x－1,x＋1)＝eq\f(x＋1－2,x＋1)＝1－eq\f(2,x＋1).設x1，x2是區(qū)間[1,3]上的任意兩個實數(shù)，且x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝1－eq\f(2,x1＋1)－1＋eq\f(2,x2＋1)＝eq\f(2,x2＋1)－eq\f(2,x1＋1)＝eq\f(2(x1＋1)－2(x2＋1),(x1＋1)(x2＋1))＝eq\f(2(x1－x2),(x1＋1)(x2＋1)).由1≤x1<x2≤3，得x1－x2<0，(x1＋1)(x2＋1)>0，于是f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)．所以，函數(shù)f(x)＝eq\f(x－1,x＋1)是區(qū)間[1,3]上的增函數(shù)．因此，函數(shù)f(x)＝eq\f(x－1,x＋1)在區(qū)間[1,3]的兩個端點上分別取得最大值與最小值，即在x＝1時取得最小值，最小值是0，在x＝3時取得最大值，最大值是eq\f(1,2).點評：若函數(shù)在給定的區(qū)間上是單調函數(shù)，可利用函數(shù)的單調性求最值．若給定的單調區(qū)間是閉區(qū)間，則函數(shù)的最值在區(qū)間的兩個端點處取得．11．(1)解：f(x)在(－∞，＋∞)上是增函數(shù)．證明如下：設x1＜x2，即x1－x2＜0.∴f(x1)－f(x2)＝(xeq\o\al(3,1)＋x1)－(xeq\o\al(3,2)＋x2)＝(xeq\o\al(3,1)－xeq\o\al(3,2))＋(x1－x2)＝(x1－x2)(xeq\o\al(2,1)＋x1x2＋xeq\o\al(2,2)＋1)＝(x1－x2