2020-2021数学第一册3-1-2 第2课时单调性的定义与证明（2）含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2020-2021学年新教材数学人教B版必修第一册课时作业：3-1-2第2课时单调性的定义与证明（2）含解析课时作业23单调性的定义与证明(2)时间:45分钟分值:100分eq\a\vs4\al（一、选择题每小题6分,共计36分）1．已知函数f（x）＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋6，x∈[1，2］，,x＋7,x∈［－1，1，））则f（x）的最大值、最小值分别为(A）A．10,6 B．10，8C．8,6 D．9，6解析:借助f(x）的图像，可得最大值是10，最小值是6。故选A。2．函数y＝eq\f（3,x＋2)(x≠－2）在区间[0，5］上的最大值、最小值分别是（C)A.eq\f（7，3），0B。eq\f（3，2),0C.eq\f（3,2），eq\f（3,7）D．最小值为－eq\f（1,4），无最大值解析：因为函数y＝eq\f(3,x＋2）在区间［0，5］上单调递减，所以当x＝0时，ymax＝eq\f(3，2），当x＝5时，ymin＝eq\f（3,7）。选C。3．已知函数f（x）＝eq\f（2x＋m，x＋1),x∈[0,1］，若f(x）的最小值为eq\f(5,2）,则实数m的值为(C)A。eq\f（3，2） B.eq\f（5，2）C。3 D。eq\f(5,2)或34．函数f(x)＝eq\f（1，1－x1－x）的最大值是（A)A。eq\f（4,3) B。eq\f(3,4)C。eq\f（4，5) D。eq\f（5,4）5．设函数f(x)＝eq\f（2x,x－2)在区间［3，4]上的最大值和最小值分别为M,m，则eq\f（m2，M)等于(D）A。eq\f（2，3) B。eq\f（3，8）C.eq\f（3，2) D。eq\f(8，3)6．一次函数f(x)＝（3a－2)x＋1－a,在[－2，3]上的最大值是f(－2），则实数a的取值范围是(D）A．a≥eq\f(2,3） B．a>eq\f(2，3)C．a≤eq\f(2,3） D．a<eq\f（2，3）解析：因为一次函数f（x)＝（3a－2)x＋1－a，在[－2，3］上的最大值是f（－2）,则函数f(x）在［－2,3］上为减函数,则3a－2<0，解得a〈eq\f(2,3），故选D。eq\a\vs4\al（二、填空题每小题8分，共计24分)7．函数f（x)＝eq\f（1,x)在［1，b］(b>1)上的最小值是eq\f(1，4），则b＝4.解析:函数f(x)＝eq\f(1，x）在［1，b](b〉1）上单调递减,即有f(b）＝eq\f(1，b）最小，且为eq\f（1,4）。解得b＝4.8．已知函数f（x)＝－x2＋4x＋a，x∈[0,3］，若f（x）有最小值－2,则f(x)的最大值为2。解析:二次函数y＝f(x）在[0,2］上单调递增，在(2，3]上单调递减．故在x＝0时取得最小值，即a＝－2。f(x)max＝f（2）＝－4＋8－2＝2.9．设函数f(x）＝｜x－1|在x∈[t，t＋4］(t∈R）上的最大值为M(t)，则M(t)的最小值为2。解析：作出函数f(x)＝｜x－1|的图像，如图所示，当t＋4≤1（即t≤－3)时，f（x)在[t,t＋4]递减，可得最大值M（t)＝f(t）＝｜t－1|＝1－t，由M(t)在t≤－3递减，可得M(t）≥4，即最小值为4;当t≥1时，f（x）在[t，t＋4]递增,可得最大值M（t)＝f(t＋4）＝｜t＋3｜＝t＋3，由M(t）在t≥1递增，可得M（t）≥4,即最小值为4;当t<1<t＋4，即－3<t<1时，f（x）在(t，1）递减，在(1，t＋4）递增，可得f（x）的最小值为0;当t＝－1时，f（t）＝f(t＋4)＝2；当－1〈t<1时，f(t）〈f（t＋4），f(x)的最大值M(t）＝f(t＋4）＝t＋3，且M(t）∈(2，4）；当－3<t<－1时，f(t)>f(t＋4)，f（x)的最大值M（t）＝f(t)＝1－t,且M（t）∈（2,4)．综上可得M（t)的最小值为2.三、解答题共计40分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤10．(10分）已知函数f(x）＝x＋eq\f(1,x).（1)求证：f(x）在［1，＋∞)上是增函数；（2)求f（x)在［1,4］上的最大值与最小值．解:(1）证明：任取x1，x2∈[1，＋∞)且x1〈x2，则f（x1）－f(x2)＝(x1＋eq\f(1，x1））－(x2＋eq\f(1,x2）)＝（x1－x2)·eq\f（x1x2－1,x1x2）。∵x1,x2∈［1，＋∞）且x1<x2，∴x1－x2<0,x1x2〉1，∴x1x2－1>0,∴f(x1）－f(x2)〈0,即f（x1)〈f(x2)，∴f(x)在[1,＋∞)上是增函数．（2)由(1）可知,f(x）在[1,4]上递增,∴当x＝1时，f（x）min＝f(1）＝2;当x＝4时,f(x）max＝f(4）＝eq\f(17，4).综上所述,f（x）在[1，4]上的最大值是eq\f（17,4），最小值是2。11．（15分）已知函数f（x）＝x2－2x－1.（1)求函数f（x）在区间eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f（1,2)，2）)上的最大值和最小值；（2)若g(x）＝f(x）－mx在[－1,1]上是单调函数，求实数m的取值范围．解:(1)因为f（x）＝x2－2x－1＝(x－1)2－2，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（\f(1，2），2）)，所以f(x)的最小值是f（1）＝－2.又feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,2）)）＝－eq\f(7,4），f(2）＝－1，所以f(x）在区间eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f（1，2），2)）上的最大值是－1，最小值是－2.(2）因为g（x）＝f(x）－mx＝x2－(m＋2)x－1，g(x）的图像的对称轴为x＝eq\f(m＋2,2），所以eq\f(m＋2,2)≤－1或eq\f（m＋2，2）≥1,即m≤－4或m≥0.故m的取值范围是(－∞,－4]∪[0,＋∞）．12．（15分）已知函数f（x)＝x2－ax,a∈R。记f（x）在x∈［1,2］上的最大值为M，最小值为m.（1)若M＝f(2），求a的取值范围；(2）证明:M－m≥eq\f(1,4).解:（1)函数f(x）＝x2－ax,其对称轴为x＝eq\f（a,2),且开口向上，因为f(1）＝1－a，f(2)＝4－2a,所以M＝｛f（1），f（2）}max，当1－a>4－2a时,即a〉3时，M＝f（1）＝1－a，当1－a≤4－2a时,即a≤3时，M＝f(2）＝4－2a，因为M＝f(2),所以a的取值范围为（－∞，3]．(2）证明：①当eq\f（a,2）≥2时，即a≥4时,f（x）在[1，2]上单调递减,所以M＝f(1)＝1－a,m＝f（2)＝4－2a，所以M－m＝1－a－4＋2a＝a－3≥1〉eq\f（1,4）;②当eq\f(a，2)≤1时，即a≤2时,f（x）在[1,2］上单调递增，所以M＝f(2)＝4－2a,m＝f(1）＝1－a,所以M－m＝4－2a－1＋a＝3－a≥1〉eq\f(1，4)；③当2<a<3时，M＝f(2)＝4－2a，m＝feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(a,2）））＝－eq\f（1，4）a2，所以M－m＝4－2a＋eq\f（1,4)a2＝eq\f(1，4）（a－4)2，因为(a－4)2>1,所以eq\f(1，4)（a－4)2〉eq\f(1，4），M－m〉eq\f（1，4);④当3≤a〈4时，M＝f（1)＝1－a,m＝f(eq\f（a,2)）＝－eq\f（1，4)a2,所以M－m＝1－a＋eq\f（