PAGEPAGE27第1課時函數的單調性基礎過關練題組一函數單調性的概念及其應用1.(2021江蘇無錫第一中學高一月考)對于函數y=f(x),在給定區間上有兩個數x1,x2,且x1<x2,使f(x1)<f(x2)成立,則y=f(x) ()A.一定是增函數B.一定是減函數C.可能是常數函數D.單調性不能確定2.(2021江蘇泰州姜堰中學高一月考)若函數f(x)在R上為減函數,則 ()A.f(3)<f(5)B.f(3)≤f(5)C.f(3)>f(5)D.f(3)≥f(5)3.下列說法正確的是 ()A.定義在(a,b)上的函數f(x),若存在x1,x2∈(a,b),且x1<x2,滿足f(x1)<f(x2),則f(x)在(a,b)上單調遞增B.定義在(a,b)上的函數f(x),若有無窮多對x1,x2∈(a,b),使得x1<x2時,有f(x1)<f(x2),則f(x)在(a,b)上單調遞增C.若f(x)在區間I1上單調遞增,在區間I2上也單調遞增,則f(x)在I1∪I2上也一定單調遞增D.若f(x)在區間I上單調遞增且f(x1)<f(x2)(x1,x2∈I),則x1<x24.已知四個函數的圖象如圖所示,其中在定義域內具有單調性的函數是 ()題組二函數單調性的判斷與證明5.(2021江蘇淮安洪澤中學高一期末)已知函數f(x)=1+2x-x2,則下列結論正確的是 ()A.f(x)在區間(-∞,1]上是增函數B.f(x)在區間[-1,+∞)上是增函數C.f(x)在區間(-∞,1]上是減函數D.f(x)在區間[-1,+∞)上是減函數6.如圖是函數y=f(x)的大致圖象,則函數f(x)的單調遞減區間是 ()A.(-1,0)B.(1,+∞)C.(-1,0)∪(1,+∞)D.(-1,0),(1,+∞)7.(多選)若函數f(x-2)=2x2-9x+13,則使函數f(x)是減函數的區間是 ()A.(-∞,1]B.1C.(-∞,0]D.-∞,8.函數f(x)=|x2-1|的增區間為.

9.(2020江蘇南京師范大學附屬中學高一上期末)運用函數單調性的定義證明:函數f(x)=1x3-x在區間(0,+∞)10.(2021江蘇徐州六縣高一上期中聯考)已知函數f(x)=x(1)請在給定的坐標系中畫出函數f(x)的圖象;(2)直接寫出函數f(x)的定義域、單調區間及值域.題組三函數單調性的應用11.已知函數y=f(x)在區間[-5,5]上是增函數,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江蘇常州前黃高級中學高一期中)函數y=f(x)在R上為增函數,且f(2m)>f(-m+9),則實數m的取值范圍是 ()A.(-∞,-3)B.(0,+∞)C.(3,+∞)D.(-∞,-3)∪(3,+∞)13.(2021山東青州一中高一期中)已知函數f(x)=4x2-kx-8在(-∞,5]上具有單調性,則實數k的取值范圍是 ()A.(-24,40)B.[-24,40]C.(-∞,-24]D.[40,+∞)14.(2021江蘇宜興第一中學高一月考)已知函數f(x)=(a-3)x+5,x≤1,2A.(0,3)B.(0,3]C.(0,2)D.(0,2]15.(2020江蘇南通高一期中)已知函數f(x)=x2+mx-2m(m∈R).(1)若函數f(x)在區間(-∞,2)上單調遞減,求實數m的取值范圍;(2)若對于任意的x∈[-1,1],都有f(x)<0成立,求實數m的取值范圍.16.(2020江蘇徐州九校高一上期中聯考)已知二次函數f(x)滿足f(x+1)-f(x-2)=6x-9(x∈R),且f(0)=2.(1)求f(x)的解析式;(2)若函數g(x)=f(x)-2tx在區間[0,5]上是單調函數,求實數t的取值范圍.能力提升練題組一函數單調性的判斷與證明1.(多選)(2020江蘇徐州高一期中,)下列函數中,滿足對任意x1,x2∈(1,+∞),f(x1)-f(A.f(x)=-2(x-1)2-2B.f(x)=3x+5C.f(x)=1+1xD.f(x)=|x2.(多選)()設f(x)是定義在區間A上的減函數,若f(x)>0,則下列函數為增函數的是 ()A.y=3-f(x)B.y=1+2C.y=[f(x)]2D.y=1-f3.(2020江西臨川一中高一上月考,)已知函數f(x)=1-x2+x+2,則f(2-xA.1C.-4.(2020江蘇昆山第一中學高一月考,)函數f(x)=16+6x-x25.(2020湖南長沙長郡中學高一期末,)已知f(x)是定義在R上的增函數,對任意x∈R有f(x)>0,且f(5)=1,設F(x)=f(x)+1f(x),討論F(x)的單調性題組二函數單調性的綜合應用6.(多選)(2021江蘇如皋江安高級中學高一期末,)已知函數f(x)=-x2-ax-5,x≤1,ax,A.0B.-2C.-1D.-37.(2020江蘇南京中華中學高一期中,)若函數f(x)=-x2+ax+18在[-1,3]上具有單調性,則實數aA.-4B.5C.14D.238.(2021江蘇常州橫林高級中學高一月考,)設f(x)是定義在(0,+∞)上的增函數,且對定義域內任意x,y都有f(xy)=f(x)+f(y),f(2)=1,則使不等式f(x)+f(x-3)≤2成立的x的取值范圍是.

9.(2020安徽阜陽太和第一中學高一期末,)已知f(x)=x2-4x+3,x≤0,-x2-2x+3,x>0,且不等式f(x+a10.(2020江蘇泰州中學高一上期中,)已知函數f(x)=2ax+1x(a∈R).(1)當a=12時,試判斷f(x)在(0,1]上的單調性并用定義證明你的結論(2)對于任意的x∈(0,1],f(x)≥6恒成立,求實數a的取值范圍.第2課時函數的最值基礎過關練題組一求函數的最值1.(2021江蘇常州武進高級中學高一月考)關于函數f(x)=x3,下列說法正確的是()A.沒有最小值,有最大值B.有最小值,沒有最大值C.既有最小值,又有最大值D.既沒有最小值,又沒有最大值2.(2021江蘇張家港高級中學高一月考)若函數y=f(x),x∈[-2,2]的圖象如圖所示,則該函數的最大值、最小值分別為 ()A.f32,f-32B.fC.f(0),f-32D.f(0),3.(2021江西南昌十中高一月考)已知函數f(x)=1x在區間[1,2]上的最大值為A,最小值為B,則A-B= (A.12B.-14.(多選)關于函數f(x)=x+3,x<A.f(x)在(-∞,0)上單調遞增B.f(x)在(0,+∞)上單調遞減C.f(x)有最大值5D.f(x)有最小值05.函數y=3x+2(x≠-2)在區間[0,5]上的最大值與最小值的和為6.(2021江蘇淮安清江中學高一月考)已知函數f(x)=x2,-1≤x≤1,17.已知函數y=12x2-2(1)當0≤x≤3時,求函數的最值;(2)當3≤x≤5時,求函數的最值.題組二與最值有關的參數問題8.(2021江蘇連云港白塔高級中學高一月考)函數f(x)=kx+2在x∈[-1,2]上的最大值為6,則k= ()A.2B.-4C.2或-4D.無法確定9.(2021江蘇啟東中學高一期末)函數f(x)=2-xx+1,x∈(m,n]的最小值為0,則實數mA.(1,2)B.(-1,2)C.[1,2)D.[-1,2)10.若函數f(x)=ax2+2ax+1(a>0)在區間[-3,2]上的最大值為4,則a=.

11.(2021江蘇南通如東高一上期中)設f(x)=x2-2ax+1,x∈[0,2],當a=3時,f(x)的最小值是,若f(x)的最小值為1,則a的取值范圍為.

12.已知函數f(x)=1a-1x(a(1)用定義證明f(x)在(0,+∞)上是增函數;(2)若f(x)在區間12,4上的最大值為5,求實數13.已知函數f(x)=x2+2x+a(1)當a=12時,求函數f(x)的最小值(2)若對任意x∈[1,+∞),f(x)>0恒成立,求實數a的取值范圍.題組三函數最值的實際應用14.(2021江蘇徐州睢寧李集中學高一階段測試)某公司在甲、乙兩地同時銷售一種品牌車,銷售x輛該品牌車的利潤(單位:萬元)分別為L1=-x2+21x和L2=2x.若該公司在兩地共銷售15輛,則獲得的最大總利潤為()A.90萬元B.60萬元C.120萬元D.120.25萬元15.(2020江蘇常州教學研究合作聯盟高一上期中)“彎弓射雕”幾乎成了游牧民族的象征,當以每秒a米的速度從地面垂直向上射箭時,t秒時箭距離地面的高度為x米,x與t的關系為x=at-5t2,若射箭3秒時箭距離地面的高度為135米,則箭可能達到的最大高度為 ()A.135米B.160米C.175米D.180米16.在如圖所示的銳角三角形空地中,欲建一個面積最大的內接矩形花園(陰影部分),則其邊長x為m.

17.(2020廣東中山第一中學高一期中)經市場調查,某新開業的商場在過去一個月內(以30天計),顧客人數f(t)(千)與時間t(天)的函數關系近似滿足f(t)=4+1t(t∈N*),人均消費g(t)(元)與時間t(天)的函數關系近似滿足g(t)=(1)寫出該商場的日收益w(t)(千元)與時間t(天)(1≤t≤30,t∈N*)的函數關系式;(2)求該商場日收益的最小值.18.(2021江蘇清浦中學高一期中)某產品生產廠家根據以往的銷售經驗得到下面有關生產銷售的統計規律:每生產產品x(百臺),其總成本為G(x)(萬元),其中固定成本為2.8萬元,并且每生產1百臺的生產成本為1萬元(總成本=固定成本+生產成本).銷售收入R(x)(萬元)滿足:R(x)=-0.4x2(1)求利潤f(x)(萬元)的解析式(利潤=銷售收入-總成本);(2)工廠生產多少百臺產品時,可使盈利最多?能力提升練題組一求函數的最值1.(多選)(2020廣東珠海第二中學高一期中,)已知函數f(x)=x2+x+1x1A.有最小值3B.有最大值7C.沒有最小值D.在區間(1,2)上是增函數2.(2021江蘇淮安漣水中學高一月考,)函數y=x+1-x的最大值為3.()已知函數f(x)=x2-2ax+2,x∈[-1,1].(1)求f(x)的最小值;(2)將(1)中f(x)的最小值記為g(a),求y=g(a)的最大值.4.(2020湖南長沙第一中學高一期末,)已知13≤a≤1,函數f(x)=ax2-2x+1在區間[1,3]上的最大值為M(a),最小值為N(a),令g(a)=M(a)-N(a).(1)求g(a)的函數表達式;(2)判斷函數g(a)在區間13,1上的單調性,并求出g(a題組二函數最值的綜合應用5.(2021江蘇東臺安豐中學高一期末,)設f(x)=(x-a)2,x≤0,x2-2x+3+a,A.[-1,2]B.[-1,0]C.[0,2]D.[1,2]6.(多選)(2020江蘇鹽城響水中學高一期中,)已知函數f(x)=x4+2x2+ax2+1(x∈R)的值域為[m,+∞),A.a=0,m=0B.a=1,m=1C.a=3,m=3D.a=2,m=27.(2020江蘇常州教學研究合作聯盟高一上期中,)已知函數y=f(x)與y=g(x)的定義域都是區間I.若對于任意x∈I,存在x0,使得f(x)≥f(x0),g(x)≥g(x0)且f(x0)=g(x0),則稱f(x),g(x)為“兄弟函數”.如果函數f(x)=x2+2px+q(p,q∈R),g(x)=x2-x+4x是定義在區間13,3上的“兄弟函數”,那么函數fA.3B.3438.(多選)(2020江蘇海安高級中學高一月考改編,)若函數f(x)=x2-2ax+a在區間(-∞,1)上有最小值,則關于函數g(x)=f(x)x在區間(1,+∞)上的說法錯誤的有A.g(x)有最小值B.g(x)有最大值C.g(x)是減函數D.g(x)是增函數9.(多選)(2020江蘇南京高一上期末,)已知函數f(x)=x,g(x)=x-4,則下列結論正確的是 ()A.若h(x)=f(x)·g(x),則函數h(x)的最小值為4B.若h(x)=f(x)·|g(x)|,則函數h(x)的值域為RC.若h(x)=|f(x)|-|g(x)|,則函數h(x)的圖象與x軸有且僅有一個交點D.若h(x)=|f(x)|-|g(x)|,則|h(x)|≤4恒成立10.()已知a∈R,函數f(x)=x2+3x+af(x)≤|x|恒成立,則實數a的取值范圍是.

11.(2021上海復旦附中高一期末,)若函數f(x)=x2+2x+ax+1(x≥0)的值域為[a12.(2020江蘇泰州高一聯考,)已知函數f(x)滿足f(x+y)=f(x)+f(y)-1(x,y∈R),當x>0時,f(x)>1,且f(1)=2.(1)求f(0),f(-1)的值,并判斷f(x)的單調性;(2)當x∈[1,2]時,不等式f(ax2-3x)+f(x)<1恒成立,求實數a的取值范圍. 深度解析13.(2019江蘇江陰四校高一上期中,)某企業生產A,B兩種產品,根據市場調查和預測,A產品的利潤與投資成正比,其關系如圖1所示,B產品的利潤與投資的算術平方根成正比,其關系如圖2所示.(注:利潤與投資的單位是萬元)(1)分別將A,B兩種產品的利潤表示為投資的函數,并寫出它們的函數關系式;(2)該企業已籌集到10萬元資金,并全部投入到A,B兩種產品的生產,怎樣分配這10萬元投資,才能使企業獲得最大總利潤?最大總利潤為多少萬元?14.()已知二次函數f(x)的最小值為1,且f(0)=f(2)=3,g(x)=f(x)+ax(a∈R).(1)求f(x)的解析式;(2)若函數g(x)在[-1,1]上為單調函數,求實數a的取值范圍;(3)若在區間[-1,1]上,g(x)的圖象上的每個點都在直線y=2x+6的下方,求實數a的取值范圍.答案全解全析5.3函數的單調性第1課時函數的單調性基礎過關練1.D由函數單調性的概念可知不能用特殊值代替一般值,若使函數f(x)為增函數,應在定義域內任意取兩個數x1,x2,且x1<x2,使f(x1)<f(x2)成立,故y=f(x)的單調性不能確定.故選D.2.C∵3<5,f(x)在R上為減函數,∴f(3)>f(5).故選C.3.DA、B選項中的“存在”“有無窮多”與定義中的“任意”不符,C選項中也不能確定對任意x1<x2,x1,x2∈(I1∪I2),都有f(x1)<f(x2),只有D選項是正確的,故選D.4.B對于A,函數分別在(-∞,1)及[1,+∞)上單調遞增,但存在x1∈(0,1),使f(x1)>f(1),故A不符合題意;對于C,函數分別在(-∞,1)及(1,+∞)上單調遞增,但存在x1>1,使f(x1)<f(1),故C不符合題意;對于D,函數分別在(-∞,0)及(0,+∞)上單調遞減,但存在x1=-1,x2=1,使f(x1)<f(x2),故D不符合題意;顯然B符合題意.故選B.5.Af(x)=1+2x-x2=-(x-1)2+2,其圖象的對稱軸為直線x=1,二次項系數-1<0,因此f(x)在(-∞,1]上是增函數,在[1,+∞)上是減函數.故選A.6.D由題圖知函數f(x)的單調遞減區間為(-1,0),(1,+∞).故選D.7.CD設t=x-2,則x=t+2,∴f(t)=2(t+2)2-9(t+2)+13=2t2-t+3,∴函數f(x)的解析式為f(x)=2x2-x+3,其圖象開口向上,對稱軸為直線x=14∴f(x)在-∞,14上單調遞減,在14,+8.答案(-1,0)和(1,+∞)解析畫出f(x)=|x2-1|的圖象,如圖所示,由圖象可知,函數f(x)的增區間為(-1,0)和(1,+∞).9.證明任取x1,x2∈(0,+∞),且x1<x2,則f(x1)-f(x2)=1=(x2-x1)(x=(x∵x1,x2∈(0,+∞),且x1<x2,∴x2-x1>0,x22+∴f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),∴函數f(x)在區間(0,+∞)上單調遞減.10.解析(1)f(x)的圖象如圖所示:(2)函數f(x)的定義域為R,單調遞增區間為(-∞,-3)和(-1,0),單調遞減區間為(-3,-1)和(0,+∞),值域為R.11.D由函數y=f(x)在區間[-5,5]上是增函數,得f(4)>f(π)>f(3)>f(-3)>f(-π)>f(-4),故選D.12.C∵函數y=f(x)在R上為增函數,且f(2m)>f(-m+9),∴2m>-m+9,解得m>3,故選C.13.D易得函數f(x)=4x2-kx-8圖象的對稱軸為直線x=k8∵函數f(x)=4x2-kx-8在(-∞,5]上具有單調性,∴k8≥5,解得k≥∴k的取值范圍是[40,+∞),故選D.14.D因為函數f(x)為R上的減函數,所以a-3<0,a>所以實數a的取值范圍是(0,2].故選D.15.解析(1)f(x)的圖象開口向上,對稱軸為直線x=-m2,因為函數f(x)=x2+mx-2m在區間(-∞,2)上單調遞減所以-m2≥2,解得m≤-4(2)對于任意的x∈[-1,1],都有f(x)<0成立,所以f(-1)<16.解析(1)設f(x)=ax2+bx+c(a≠0),則f(0)=c=2,所以f(x)=ax2+bx+2,因為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6所以f(x)=x2-2x+2.(2)g(x)=x2-(2+2t)x+2,其圖象的對稱軸為直線x=1+t.若g(x)在區間[0,5]上是單調遞增函數,則1+t≤0,解得t≤-1;若g(x)在區間[0,5]上是單調遞減函數,則1+t≥5,解得t≥4.綜上,實數t的取值范圍是t≤-1或t≥4.能力提升練1.AC若對任意x1,x2∈(1,+∞),f(x1)-f(x2)x對于A,f(x)=-2(x-1)2-2,其圖象開口向下,對稱軸為直線x=1,故f(x)在區間(1,+∞)上為減函數,滿足題意;對于B,f(x)=3x+5為一次函數,且k=3>0,故f(x)在區間(1,+∞)上為增函數,不滿足題意;對于C,f(x)=1+1x,易知函數在區間(1,+∞)上為減函數,滿足題意對于D,f(x)=|x-4|=x-4,x≥4,4-2.ABD任取x1,x2∈A,且x1<x2,則f(x1)>f(x2)>0,所以3-f(x1)<3-f(x2),所以y=3-f(x)在區間A上為增函數.同理可證1+2f(x1)<1+2f(x2),[f(x所以y=1+2f(x),y=1-f(x)在區間A上均為增函數,y=[f(3.D因為f(x)=1-x2+x+2,所以由-x2+3x>0,得0<x<3,所以f(2-x)的定義域為(0,3).設t=-x2+3x,易知t=-x2+3x=-x-322+94(0<x<3)在區間0,32上單調遞增,在區間32,3上單調遞減,y=1t(t>0)為減函數4.答案[3,8]解析由題意得16+6x-x2≥0,解得-2≤x≤8,所以函數f(x)的定義域為[-2,8],令u=16+6x-x2=-(x-3)2+25,u≥0,其圖象開口向下,對稱軸為直線x=3,又y=u為增函數,所以函數f(x)=16+6x-x5.解析在R上任取x1,x2,且x1<x2,則f(x1)<f(x2),F(x2)-F(x1)=f=[f(x2)-f(x1)]·1-∵f(x)是R上的增函數,且f(x)>0,f(5)=1,∴當x<5時,0<f(x)<1;當x>5時,f(x)>1.①若x1<x2<5,則0<f(x1)<f(x2)<1,∴0<f(x1)f(x2)<1,∴1-1f∴F(x2)<F(x1);②若5<x1<x2,則1<f(x1)<f(x2),∴f(x1)f(x2)>1,∴1-1f∴F(x2)>F(x1).綜上,F(x)在(-∞,5)上為減函數,在(5,+∞)上為增函數.6.BD易知函數y=-x2-ax-5的圖象開口向下,對稱軸為直線x=-a2因為函數f(x)是R上的增函數,所以-a2≥1,a<0所以實數a的值可以是-2,-3.故選BD.易錯警示研究分段函數的單調性,不但要分別研究每段函數的單調性,而且要研究在分段點處的單調性,解題時要防止忽視在分段點處函數的單調性導致解題錯誤.7.C設g(x)=-x2+ax+18,則當x∈[-1,3]時,g(x)=-x2+ax+18具有單調性,且g(x)≥0恒成立.因為g(x)=-x2+ax+18的圖象開口向下,對稱軸為直線x=a2所以a2≥3,g(-1)≥0或a2≤-1,g(3)≥0,8.答案(3,4]解析因為對定義域內任意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).因為f(x)是定義在(0,+∞)上的增函數,所以f(x)+f(x-3)≤2,即x2-3x≤4,9.答案(-∞,-2)解析當x≤0時,f(x)=x2-4x+3=(x-2)2-1,故f(x)在(-∞,0]上單調遞減;當x>0時,f(x)=-x2-2x+3=-(x+1)2+4,故f(x)在(0,+∞)上單調遞減.又因為(0-2)2-1=-(0+1)2+4,所以f(x)在R上單調遞減.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2x<a在[a,a+1]上恒成立,所以2(a+1)<a,解得a<-2.10.解析(1)當a=12時,f(x)=x+1f(x)在(0,1]上單調遞減.證明:任取x1,x2∈(0,1],且x1<x2,則f(x1)-f(x2)=x1+1x∵0<x1<x2≤1,∴x1-x2<0,0<x1x2<1,∴x1x2-1<0,∴f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),∴f(x)在(0,1]上單調遞減.(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-1∵x∈(0,1],∴1x∈又∵6·1x∴6·1x-∴2a≥9,∴a≥92∴實數a的取值范圍為92第2課時函數的最值基礎過關練1.D因為f(x)=x3在R上遞增,所以f(x)既沒有最小值,又沒有最大值.故選D.2.C由題圖可得,函數的最大值對應圖象最高點的縱坐標f(0),最小值對應圖象最低點的縱坐標f-32.3.A函數f(x)=1x在區間[1,2]上是減函數所以當x=1時,f(x)有最大值1,即A=1;當x=2時,f(x)有最小值12,即B=1所以A-B=1-12=14.ABC作出函數的圖象,觀察圖象知A、B、C正確.5.答案27解析因為函數y=3x+2(x≠-2)在區間[0,5]所以當x=0時,ymax=32當x=5時,ymin=37所以ymax+ymin=326.解析作出函數f(x)的圖象(如圖).由圖象可知,當x=±1時,f(x)取得最大值,最大值為f(1)=f(-1)=1;當x=0時,f(x)取得最小值,最小值為f(0)=0.7.解析y=12x2-2x=12((1)當0≤x≤3時,由圖象知,當x=2時,ymin=-2;當x=0時,ymax=0.(2)當3≤x≤5時,由圖象知,當x=3時,ymin=-32;當x=5時,ymax=58.C顯然k≠0.當k>0時,f(x)是增函數,f(x)max=f(2)=2k+2=6,解得k=2;當k<0時,f(x)是減函數,f(x)max=f(-1)=-k+2=6,解得k=-4.綜上,k=2或k=-4.故選C.9.Df(x)=2-x易知函數在區間(-1,+∞)上是減函數,且f(2)=0,所以n=2.因為x∈(m,n]時,ymin=0,所以m的取值范圍是[-1,2).故選D.10.答案3解析f(x)圖象的對稱軸為直線x=-1,且開口向上,閉區間端點中的右端點離對稱軸較遠,故f(x)max=f(2)=a×22+2a×2+1=4,解得a=3811.答案-7;(-∞,0]解析當a=3時,f(x)=x2-6x+1,易知f(x)在x∈[0,2]上單調遞減,所以f(x)的最小值是f(2)=-7.易知f(0)=1,f(x)=x2-2ax+1的圖象開口向上,對稱軸為直線x=a,因為f(x)的最小值為1,所以f(x)在x∈[0,2]上單調遞增,所以a≤0,即a的取值范圍是(-∞,0].12.解析(1)證明:任取x1,x2∈(0,+∞),且x1<x2,則f(x1)-f(x2)=x1∵0<x1<x2,∴x1-x2<0,x1x2>0,∴f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),∴f(x)在(0,+∞)上是增函數.(2)由(1)知,f(x)=1a-1x(a>0)在區間12,4上是增函數,∴f(x)max=f(4)=13.解析(1)當a=12時,f(x)=x+12x+2,x任取x1,x2∈[1,+∞),且x1<x2,則f(x2)-f(x1)=x=(x∵1≤x1<x2,∴x2-x1>0,且x1x2>1,∴2x1x2-1>0,∴f(x2)-f(x1)>0,即f(x2)>f(x1),∴f(x)在[1,+∞)上是增函數,∴f(x)在[1,+∞)上的最小值是f(1)=72(2)∵x∈[1,+∞),∴f(x)>0恒成立等價于x2+2x+a>0恒成立.∵函數y=x2+2x+a=(x+1)2+a-1在[1,+∞)上是增函數,∴當x=1時,ymin=3+a.令3+a>0,得a>-3.∴當a∈(-3,+∞)時,f(x)>0恒成立.14.C設該公司在甲地銷售x(0≤x≤15,x∈N)輛,獲得的總利潤為L萬元,則在乙地銷售(15-x)輛.L=-x2+21x+2(15-x)=-x2+19x+30=-x-故當x的值為9或10時,L最大,最大總利潤為120萬元.故選C.15.D由題意知,當t=3時,x=135,代入x=at-5t2,可得135=3a-5×9,解得a=60,則x=60t-5t2=-5(t-6)2+180,故當t=6時,x取得最大值,最大值為180.故選D.16.答案20解析設矩形花園邊長為x的邊的鄰邊長為y,則x40=40-y40,即y=40-x(0<x<40),由此可知,矩形花園的面積S=x(40-x)=-x2+40x=-(x-20)2+400(0<x<40),所以當17.解析(1)w(t)=f(t)g(t)=400(2)當1≤t≤7時,w(t)單調遞增,最小值在t=1處取得,且w(1)=500;當7<t≤30時,y=519-4t單調遞減,最小值在t=30處取得;y=130t單調遞減,最小值在t=30處取得,則當7<t≤30時,w(t)的最小值為w(30)=519-120+130由12103<500,得w(t)的最小值為1210故該商場日收益的最小值為12103千元18.解析(1)由題意得G(x)=2.8+x,所以f(x)=R(x)-G(x)=-(2)當x>5時,因為函數f(x)單調遞減,所以f(x)<f(5)=3.2.當0≤x≤5時,函數f(x)=-0.4x2+3.2x-2.8=-0.4(x-4)2+3.6,當x=4時,f(x)有最大值,最大值為3.6.因為3.2<3.6,所以當工廠生產4百臺產品時,可使盈利最多.能力提升練1.ADx2+x+1x=1+x+任取x1,x2∈13,2,且x1<x2,則x1-x2<0,f(x1)-f(x2)=(x1-x2)+x2-x1x1當13≤x1<x2<1時,1-1x1x2<0,故f(x1)>f(x2),則f(x)在1當1<x1<x2<2時,1-1x1x2>0,故f(x1)<f(x2),則f(x)在(1,2)上遞增故函數f(x)有最大值133,最小值3故選AD.2.答案1解析由x+1≥0,x≥0得x≥y=x+1因為y=x+1+x在所以y=1x+1+x所以當x=0時,y=1x+1+x取得最大值3.解析(1)f(x)=x2-2ax+2的圖象開口向上,對稱軸為直線x=a.當a≥1時,f(x)在[-1,1]上單調遞減,f(x)min=f(1)=3-2a;當-1<a<1時,f(x)min=f(a)=2-a2;當a≤-1時,f(x)在[-1,1]上單調遞增,f(x)min=f(-1)=3+2a.(2)y=g(a)=3-2a,由圖易得g(a)max=2.4.解析(1)∵13≤a≤∴f(x)的圖象為開口向上的拋物線,且對稱軸為直線x=1a,1a∴f(x)在[1,3]上的最小值N(a)=1-1a當2≤1a≤3時,a∈13,12,f(x)的最大值M(a當1≤1a<2時,a∈12,1,f(x)的最大值M(a)=f∴g(a)=a(2)任取a1,a2∈13,12,且a1則g(a1)-g(a2)=(a1-a2)1-∴g(a1)>g(a2),∴g(a)在13,任取a1,a2∈12,1,且a1<a2,則g(a1)-g(a2)=(a1-a2∴g(a1)<g(a2),∴g(a)在12,又12∴當a=12時,g(a)有最小值,最小值為15.C當x>0時,f(x)=x2-2x+3+a=(x-1)2+2+a,函數的最小值為f(1)=a+2.易知f(0)=a2.若a<0,則f(a)=0<f(0),此時f(0)不是f(x)的最小值,不滿足題意,舍去.若a≥0,則要使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.故選C.6.ABDf(x)=x4+2x2+ax2+1=(x2+1)2+當a=0時,y=t-1t,在[1,+∞)上單調遞增,故y∈[0,+∞),A正確當a=1時,y=t,在[1,+∞)上單調遞增,故y∈[1,+∞),B正確;當a=3時,y=t+2t,在[1,2)上單調遞減,在[2,+∞)上單調遞增,故ymin=22,y∈[22,+∞),C錯誤當a=2時,y=t+2-1t,在[1,+∞)上單調遞增,故y∈[2故選ABD.7.C由題意得f(x),g(x)在x=x0處存在相同的最小值.g(x)=x2∴g(x)在區間13,2上單調遞減,在[2,3]上單調遞增,∴g(x)min=g(2)=3,∴x0=2,g(∴f(x0)=3.∵f(x)=(x+p)2+q-p2,其圖象的對稱軸為直線x=-p,∴-∴f(x)=x2-4x+7,∴f(x)在138.ABC由題意知f(x)圖象的對稱軸為直線x=a,且a<1,g(x)=f(x當a<0時,易知g(x)在(1,+∞)上單調遞增且無最值;當a=0時,g(x)=x,g(x)在(1,+∞)上單調遞增且無最值;當0<a<1時,g(x)在(a,+∞)上單調遞增,又0<a<1,故g(x)在(1,+∞)上單調遞增且無最值.故選ABC.9.BCD對于A選項,h(x)=x(x-4)=x2-4x=(x-2)2-4,當x=2時,函數h(x)取得最小值-4,故A選項錯誤.對于B選項,h(x)=x|x-4|=x2-4x,x≥4,-x2+4x,x<4,畫出h(x)的圖象,圖1對于C選項,h(x)=|x|-|x-4|=-4,x<0,2x-4,0≤x≤4,4,x>4,畫出h(x)的圖象圖2對于D選項,由C選項并結合h(x)的圖象可知|h(x)|≤4恒成立,故D選項正確.故選BCD.10.答案[0,4]解析當x>0時,f(x)≤|x|可化為-x2+x-2a≤x,即a≥-12x2,因為x2>0,所以-12x2<0,則a當-4≤x≤0時,f(x)≤|x|可化為x2+3x+a-4≤-x,即a≤-x2-4x+4,令h(x)=-x2-4x+4,則h(x)在[-4,-2]上單調遞增,在(-2,0]上單調遞減,而h(-4)=-(-4)2-4×(-4)+4=4,h(0)=-0-0+4=4,故h(x)在[-4