《3.2 函数的基本性质》课时练习04-教案课件-人教版高中数学必修第一册.docx

3.2.1 单调性与最大（小）值（用时45分钟）【选题明细表】 知识点、方法题号求函数的单调区间6,10,13函数单调性的判定、证明1,9图象法求函数单调性、最值2,4单调性法求函数最值7,10函数单调性、最值的应用5,8,11,12函数单调性、最值的实际应用3,14基础巩固1.在区间(0,+∞)上不是增函数的是(　　)(A)y=2x+1 (B)y=3x2+1(C)y= (D)y=2x2+x+1【答案】C【解析】由反比例函数的性质可得,y=2x在区间(0,+∞)上是减函数,故满足条件.故选C.2.函数f(x)的部分图象如图所示,则此函数在[-2,2]上的最小值、最大值分别是(　　)(A)-1,3 (B)0,2 (C)-1,2 (D)3,2【答案】C【解析】当x∈[-2,2]时,由题图可知,x=-2时,f(x)的最小值为f(-2)= -1;x=1时,f(x)的最大值为2.故选C.3.某公司在甲、乙两地同时销售一种品牌车,利润(单位:万元)分别为L1=-x2+21x和L2=2x,其中销售量为x(单位:辆).若该公司在两地共销售15辆,则能获得的最大利润为(　　)A.90万元 B.120万元C.120.25万元 D.60万元【答案】B【解析】设该公司在甲地销售x辆车,则在乙地销售(15-x)辆车,根据题意,总利润y=-x2+21x+2(15-x)(0≤x≤15,x∈N),整理得y=-x2+19x+30.因为该函数图象的对称轴为x=192,开口向下,又x∈N,所以当x=9或x=10时,y取得最大值120万元.4．函数f(x)＝|x|，g(x)＝x(2－x)的递增区间依次是(　　)A．(－∞，0]，(－∞，1] B．(－∞，0]，(1，＋∞)C．[0，＋∞)，(－∞，1] D．[0，＋∞)，[1，＋∞)【答案】C【解析】选C　分别作出f(x) 与g(x)的图象得：f(x)在[0，＋∞)上递增，g(x)在(－∞，1]上递增，选C.5.函数y=f(x)是定义在(0,+∞)上的减函数,且f(2m)>f(-m+9),则实数m的取值范围是(　　)(A)(-∞,3) (B)(0,3)(C)(3,+∞) (D)(3,9)【解析】B【答案】因为函数y=f(x)在(0,+∞)上为减函数,且f(2m)>f(-m+9),所以解得00成立,则实数a的取值范围是　　　　　. 【答案】[-2,3)【解析】由题意得y=f(x)为单调递增函数,∴3-a>0,-(2-2)2≤2(3-a)+5a,∴-2≤a<3.9．判断并证明函数f(x)＝－＋1在(0，＋∞)上的单调性．【答案】见解析【解析】函数f(x)＝－＋1在(0，＋∞)上是增函数．证明如下：设x1，x2是(0，＋∞)上的任意两个实数，且x10，又由x1f(0),解得a<0.又因f(x)图象的对称轴为x=-=2.所以x在[0,2]上的值域与在[2,4]上的值域相同,所以满足f(m)≥f(0)的m的取值范围是0≤m≤4.13．已知函数f(x)对任意x，y∈R，总有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且当x>0时，f(x)<0，f(1)＝－.(1)求证：f(x)是R上的单调减函数．(2)求f(x)在[－3,3]上的最小值．【答案】见解析【解析】(1)证明：设x1，x2是任意的两个实数，且x10，因为x>0时，f(x)<0，所以f(x2－x1)<0，又因为x2＝(x2－x1)＋x1，所以f(x2)＝f[(x2－x1)＋x1]＝f(x2－x1)＋f(x1)，所以f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)<0，所以f(x2)