2021_2022学年新教材高中数学微专题培优练十一第三章函数概念与性质3.2.1单调性与最大小值含解析新人教A版必修第一册20210629271.doc

1、十一单调性与最大(小)值(30分钟60分)一、选择题(每小题5分，共20分)1已知函数f(x)，x8，4)，则下列说法正确的是()Af(x)有最大值，无最小值Bf(x)有最大值，最小值Cf(x)有最大值，无最小值Df(x)有最大值2，最小值【解析】选A.f(x)2，它在8，4)上单调递减，因此有最大值f(8)，无最小值2(2021衡水高一检测)设，是方程x22kxk60的两个实根，则(1)2(1)2的最小值是()A B8 C18 D不存在【解析】选B.利用一元二次方程根与系数的关系得2k，k6，所以(1)2(1)2221221()222()24k26k104.因为原方程有两个实数根，所以4k2

2、4(k6)0，解得k2或k3.当k3时，(1)2(1)2的最小值是8 ；当k2时，(1)2(1)2的最小值是18.3若函数yx23x4的定义域为0，m，值域为，则m的取值范围是()A(0，4 BC D【解析】选C.因为yx23x4，所以f，又f(0)4，故由二次函数图象可知(如图)：m的值最小为，最大为3，即m的取值范围是.4定义域为R的函数f(x)满足f(x1)2f(x)，且当x(0，1时，f(x)x2x，则当x(1，0时，f(x)的最小值为()A B C0 D【解析】选A.若x(1，0，则x1(0，1.因为当x(0，1时，f(x)x2x，所以f(x1)(x1)2(x1)x2x.又f(x1)

3、2f(x)，则f(x)x2x，所以当x时，f(x)取得最小值.二、填空题(每小题5分，共10分)5(2021菏泽高一检测)已知f(x)x22kxk在区间0，1上的最小值是，则k_【解析】函数图象的对称轴为xk.当k1时，函数的最小值为f(1)12kk，所以k(舍去); 当k0时，函数的最小值为f(0)k(舍去)；当0k1)上的最大值是1,最小值是,则b-a=_.【解析】任取x1,x2,满足ax1x2b,则f(x1)-f(x2)=-=.因为ax11,所以x2-x10,x11,x21,(x1-1)(x2-1)0.于是f(x)在a,b上单调递减,所以即解得所以b-a=2.答案:26(2021启东高一

4、检测)在区间上，函数f(x)x2bxc(b，cR)与g(x)在同一个点取得相同的最小值，那么f(x)在区间上的最大值为_【解析】由g(x)x1，易知g(x)在上单调递减，在(1，2上单调递增，则g(x)ming(1)3.于是f(x)也在x1处取得最小值3，则b2，c4，即f(x)x22x4(x1)23，所以f(x)在区间上的最大值为f(2)4.答案：4三、解答题(每小题10分，共30分)7若f(x)x22ax2，x1，3.(1)求f(x)的最小值h(a)；(2)若对任意的a1，4，h(a)1时，f(x)minf(1)2a1，所以h(a).(2)当a0时，71显然恒成立，此时kR；当a1，0)(

5、0，1时，6a7恒成立，(，11，)，当1时，max3，所以k3；当a(1，4时，2a1恒成立，当时max，所以k.综上，k.8已知函数f(x)x22ax5(a1).(1)若f(x)的定义域和值域均为1，a，求实数a的值；(2)若f(x)在区间(，2上单调递减，且对任意的x1，x21，a1，总有|f(x1)f(x2)|4，求实数a的取值范围【解析】 (1)因为f(x)(xa)25a2(a1)，所以f(x)在1，a上单调递减又因为f(x)的定义域和值域均为1，a，所以即解得a2.(2)因为f(x)在区间(，2上单调递减，所以a2，又因为xa1，a1，且(a1)aa1，所以f(x)maxf(1)6

6、2a，f(x)minf(a)5a2，因为对任意的x1，x21，a1，总有|f(x1)f(x2)|4，所以f(x)maxf(x)min4，即(62a)(5a2)4，解得1a3.又因为a2，所以2a3.9已知a1，若函数f(x)ax22x1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)的函数解析式；(2)求函数g(a)的单调增区间与单调减区间，并求出g(a)的最小值【解析】(1)因为a1，所以f(x)的图象为开口向上的抛物线，且对称轴x1，3，所以f(x)有最小值N(a)1.当23时，a，f(x)有最大值M(a)f(1)a1；当10，所以g(a1)g(a2)，所以g(a)在上单调递减设a1a21，则g(a1)g(a2)(a1a2)0，所以g(a1)g(a2)，所以g(a)在上单调递增所以当a时，g(a)有最小值.