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专题强化练3　函数的最大(小)值问题
1.(多选题)已知函数f(x)=x2-2x+2,关于f(x)的最大(小)值有如下结论,其中正确的是(　　)
A. f(x)在区间[-1,0]上的最小值为1
B. f(x)在区间[-1,2]上既有最小值,又有最大值
C. f(x)在区间[2,3]上有最小值2,最大值5
D. f(x)在区间[0,a](a>1)上的最大值为f(a)
2.定义max{a,b,c}为a,b,c中的最大值,设h(x)=maxx2,x,6-x,则h(x)的最小值为(　　)
A.　　　B.3　　　　
C.　　　D.4
3.已知函数f(x)的定义域为[1,2],设函数f(1-x)的定义域为D,若 x∈D,使得a>x2-x+1成立,则实数a的取值范围为(　　)
A.(-∞,1)　　　B.(-∞,3)
C.(1,+∞)　　　D.(3,+∞)
4. (多选题)关于函数f(x)=,下列说法正确的是(　　)
A.函数f(x)的最大值可能是-1
B.函数f(x)的图象一定具有对称性
C.“函数f(x)的最大值为1”是“a>0,b=0”的必要不充分条件
D.函数f(x)在定义域内不可能是单调函数
5.已知函数f(x)=存在最大值,则a的取值范围是　　　　.
6.设函数f(x)=|x2-2ax|在区间[0,1]上的最大值为g(a),则当g(a)取得最小值时,a=　　　　.
7.已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)-3f(-x)=12x-2,二次函数g(x)的最小值为-16,且g(-2)=g(0)=-15.
(1)分别求函数f(x)和g(x)的解析式;
(2)设h(x)=f(x)+g(a-x)-2a,x∈[-1,1],求h(x)的最小值F(a).
8.已知函数f(x)=ax+的图象过点(3,15).
(1)讨论f(x)在区间(0,+∞)上的单调性;
(2)设函数g(x)=(3m-1)x+7,若对任意的x1∈[1,6],总存在x2∈[-2,4],使得g(x2)=f(x1)成立,求实数m的取值范围.
答案与分层梯度式解析
专题强化练3　函数的最大(小)值问题
1.BC　函数f(x)=x2-2x+2=(x-1)2+1的图象开口向上,对称轴为直线x=1.
在选项A中,因为f(x)在区间[-1,0]上单调递减,所以f(x)在区间[-1,0]上的最小值为f(0)=2,A错误;
在选项B中,因为f(x)在区间[-1,1]上单调递减,在[1,2]上单调递增,所以f(x)在区间[-1,2]上的最小值为f(1)=1,又因为f(-1)=5, f(2)=2, f(-1)>f(2),所以f(x)在区间[-1,2]上的最大值为f(-1)=5,B正确;
在选项C中,因为f(x)在区间[2,3]上单调递增,所以f(x)在区间[2,3]上的最小值为f(2)=2,最大值为f(3)=5,C正确;
在选项D中,当12.C　在同一直角坐标系中画出y=x2,y=x,y=6-x的图象,则函数h(x)的图象为图中实线部分.
由图可知,函数h(x)图象的最低点为A,
联立解得即A.
所以h(x)的最小值为.故选C.
3.C　∵函数f(x)的定义域为[1,2],
∴在f(1-x)中,1≤1-x≤2,解得-1≤x≤0,
∴函数f(1-x)的定义域D=[-1,0],
∵ x∈D,使得a>x2-x+1成立,
∴a>(x2-x+1)min,
设g(x)=x2-x+1,x∈[-1,0],
易知g(x)在[-1,0]上单调递减,
∴g(x)min=g(0)=1,∴a>1,
∴实数a的取值范围为(1,+∞).故选C.
4.BCD　对于A,若函数f(x)的最大值是-1,则f(x)=≤-1恒成立,但f(0)=1>-1,不符合,故A错误.
对于B,若a=0,则f(x)=的图象关于点对称;
若a≠0,令t=ax2+bx+1=a+1,其图象关于直线x=-对称,则函数f(x)=的图象关于直线x=-对称,故B正确.
对于C,当a=0,b=0时,f(x)=1,此时f(x)的最大值为1,充分性不成立;当a>0,b=0时,f(x)=,令t=ax2+1(a>0),则t在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,所以f(x)的最大值为f(0)=1,必要性成立,故为必要不充分条件,故C正确.
对于D,当a≠0时,函数f(x)的图象关于直线x=-对称,不是单调函数;
当a=0,b=0时,f(x)=1,f(x)不具有单调性;
当a=0,b>0时,f(x)=,f(x)在上单调递减;
当a=0,b<0时,f(x)=,f(x)在上单调递增,
所以函数f(x)在定义域内不可能是单调函数,故D正确.
故选BCD.
5.答案　[0,4]
解析　①若a<0,则函数f(x)在(-∞,a)上单调递减,f(x)不存在最大值;
②若a=0,则f(x)=当x≥0时,f(x)max=f(3)=8>-9,故函数f(x)存在最大值;
③若0x因为函数f(x)存在最大值,所以a2-9≤8,又0④若a>3,则x≥a时,函数f(x)单调递减,f(x)≤f(a)=8-(a-3)2,x因为函数f(x)存在最大值,所以8-(a-3)2≥a2-9,又a>3,所以3综上,a的取值范围是[0,4].
6.答案　-1
解析　设h(x)=x2-2ax.
当a≤0时,函数h(x)=x2-2ax在[0,1]上单调递增,
故g(a)=h(1)=1-2a;
当a>1时,函数h(x)=x2-2ax在[0,1]上单调递减,此时g(a)=|h(1)|=2a-1;
当而f(a)-f(1)=(a-1)2≥0,故g(a)=a2;
当0由f(a)=f(1),解得a=-1舍去),
∴当-1当0综上,g(a)=
∵当a≤-1时,g(a)单调递减,
当a>-1时,g(a)单调递增,
∴当a=-1时,g(a)取得最小值.
7.解析　(1)由f(x)-3f(-x)=12x-2①,
可得f(-x)-3f(x)=-12x-2②,
由①②可得f(x)=3x+1.
设二次函数g(x)=ax2+bx+c(a≠0),
则解得
故g(x)=x2+2x-15.
(2)h(x)=f(x)+g(a-x)-2a
=(3x+1)+(a-x)2+2(a-x)-2a-15
=(x-a)2-,
当a≤-1时,h(x)在[-1,1]上单调递增,
所以h(x)min=h(-1)=a2+2a-;
当a≥1时,h(x)在[-1,1]上单调递减,
所以h(x)min=h(1)=a2-2a-;
当-1综上所述,F(a)=
8.解析　(1)∵f(x)=ax+的图象过点(3,15),
∴f(3)=3a+=15,解得a=4.
所以f(x)=4x+.
任取x3,x4∈(0,+∞),且x3则f(x3)-f(x4)=
=4(x3-x4)-
=,
∵x3∵x3,x4∈(0,+∞),∴x3x4>0.
当x3,x4∈时,x3x4-<0,
∴f(x3)-f(x4)>0,即f(x3)>f(x4),
∴函数f(x)在区间上单调递减,
当x3,x4∈时,x3x4->0,
∴f(x3)-f(x4)<0,即f(x3)∴函数f(x)在区间上单调递增.
∴f(x)在上单调递减,在上单调递增.
(2)由(1)可知,f(x)=4x+在区间上单调递减,在区间上单调递增,
∴f(x)min=f =12,f(x)的最大值只能是f(1)和f(6)中的较大者,
∵f(1)=13,f(6)=,
从而f(x)∈.
记函数g(x)=(3m-1)x+7在[-2,4]上的值域为M,由题意可知 M.
当3m-1=0,即m=时,g(x)=7,故M={7},不符合题意;
当3m-1>0,即m>时,g(x)=(3m-1)x+7在区间[-2,4]上单调递增,M=[-6m+9,12m+3],
则∴m≥;
当3m-1<0,即m<时,g(x)=(3m-1)x+7在区间[-2,4]上单调递减,M=[12m+3,-6m+9],
则∴m≤-.
综上可知,m≥或m≤-.
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