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4.函数$f(x)=-\dfrac{2}{x+1},x\in[0,2]$的最大值为
$-\dfrac{2}{3}$
。答案
因为函数$f(x)=-\dfrac{2}{x+1}$,$x\in[0,2]$,
所以函数$f(x)$在$[0,2]$上单调递增,
所以$f(x)$的最大值为$f(2)=-\dfrac{2}{2+1}=-\dfrac{2}{3}$.
所以函数$f(x)$在$[0,2]$上单调递增,
所以$f(x)$的最大值为$f(2)=-\dfrac{2}{2+1}=-\dfrac{2}{3}$.
5.若函数$y=ax+1(a≠0)$在区间$[1,3]$上的最大值为4，则实数a的值为
$1$
。答案
($a$的符号不确定,需对$a$进行分类讨论)当$a＞0$时,函数$y=ax+1$是增函数,若在区间$[1,3]$上的最大值为4,则$3a+1=4$,解得$a=1$;
当$a＜0$时,函数$y=ax+1$是减函数,若在区间$[1,3]$上的最大值为4,则$a+1=4$,解得$a=3$(舍去).
综上,实数$a$的值为$1$.
当$a＜0$时,函数$y=ax+1$是减函数,若在区间$[1,3]$上的最大值为4,则$a+1=4$,解得$a=3$(舍去).
综上,实数$a$的值为$1$.
6. 函数$f(x)=\dfrac{1}{1-x(1-x)}$的最大值是
$\dfrac{4}{3}$
。答案
$f(x)=\dfrac{1}{1-x(1-x)}=\dfrac{1}{1-x+x^2}=\dfrac{1}{(x-\dfrac{1}{2})^2+\dfrac{3}{4}}$.
因为$(x-\dfrac{1}{2})^2+\dfrac{3}{4}≥\dfrac{3}{4}$,所以$0＜\dfrac{1}{(x-\dfrac{1}{2})^2+\dfrac{3}{4}}≤\dfrac{4}{3}$,
所以$f(x)$的最大值是$\dfrac{4}{3}$.
因为$(x-\dfrac{1}{2})^2+\dfrac{3}{4}≥\dfrac{3}{4}$,所以$0＜\dfrac{1}{(x-\dfrac{1}{2})^2+\dfrac{3}{4}}≤\dfrac{4}{3}$,
所以$f(x)$的最大值是$\dfrac{4}{3}$.
7.已知函数$f(x)$满足$f(3x+1)=3x$，函数$g(x)=\dfrac{1}{x}-f(x)$。
(1)求$f(x)$的解析式；
(2)用函数单调性的定义证明$g(x)$在$(1,+∞)$上单调递减；
(3)求$g(x)$在$[2,4]$上的值域。
(1)求$f(x)$的解析式；
(2)用函数单调性的定义证明$g(x)$在$(1,+∞)$上单调递减；
(3)求$g(x)$在$[2,4]$上的值域。
答案
解:(1)由题意可得,$f(3x+1)=3x=(3x+1)-1$,
所以$f(x)$的解析式为$f(x)=x-1$.
(2)证明:由(1),得函数$g(x)=\dfrac{1}{x}-f(x)=\dfrac{1}{x}-x+1$.
任取$x_2＞x_1＞1$,
则$g(x_2)-g(x_1)=(\dfrac{1}{x_2}-x_2+1)-(\dfrac{1}{x_1}-x_1+1)=\dfrac{1}{x_2}-\dfrac{1}{x_1}+(x_1-x_2)=(x_1-x_2)(1+\dfrac{1}{x_1x_2})$.
因为$x_2＞x_1＞1$,所以$x_1-x_2＜0$,$1+\dfrac{1}{x_1x_2}＞0$,
所以$g(x_2)-g(x_1)＜0$,即$g(x_2)＜g(x_1)$,
所以$g(x)$在$(1,+∞)$上单调递减.
(3)由(2)可知,$g(x)$在$[2,4]$上单调递减,
所以$g(x)_{\max}=g(2)=\dfrac{1}{2}-2+1=-\dfrac{1}{2}$,$g(x)_{\min}=g(4)=\dfrac{1}{4}-4+1=-\dfrac{11}{4}$,
所以$g(x)$在$[2,4]$上的值域为$[-\dfrac{11}{4},-\dfrac{1}{2}]$.
所以$f(x)$的解析式为$f(x)=x-1$.
(2)证明:由(1),得函数$g(x)=\dfrac{1}{x}-f(x)=\dfrac{1}{x}-x+1$.
任取$x_2＞x_1＞1$,
则$g(x_2)-g(x_1)=(\dfrac{1}{x_2}-x_2+1)-(\dfrac{1}{x_1}-x_1+1)=\dfrac{1}{x_2}-\dfrac{1}{x_1}+(x_1-x_2)=(x_1-x_2)(1+\dfrac{1}{x_1x_2})$.
因为$x_2＞x_1＞1$,所以$x_1-x_2＜0$,$1+\dfrac{1}{x_1x_2}＞0$,
所以$g(x_2)-g(x_1)＜0$,即$g(x_2)＜g(x_1)$,
所以$g(x)$在$(1,+∞)$上单调递减.
(3)由(2)可知,$g(x)$在$[2,4]$上单调递减,
所以$g(x)_{\max}=g(2)=\dfrac{1}{2}-2+1=-\dfrac{1}{2}$,$g(x)_{\min}=g(4)=\dfrac{1}{4}-4+1=-\dfrac{11}{4}$,
所以$g(x)$在$[2,4]$上的值域为$[-\dfrac{11}{4},-\dfrac{1}{2}]$.
8.(浙江卷)若函数$f(x)=x^2+ax+b$在区间$[0,1]$上的最大值是$M$，最小值是$m$，则$M-m$的值（
A.与$a$有关，且与$b$有关
B.与$a$有关，但与$b$无关
C.与$a$无关，且与$b$无关
D.与$a$无关，但与$b$有关
B
）A.与$a$有关，且与$b$有关
B.与$a$有关，但与$b$无关
C.与$a$无关，且与$b$无关
D.与$a$无关，但与$b$有关
答案
因为函数$f(x)$的最值在$f(0)=b$,$f(1)=1+a+b$,$f(-\dfrac{a}{2})=b-\dfrac{a^2}{4}$中取,所以最值之差一定与$a$有关,但与$b$无关.
9.已知函数$f(x)=2x-3$，当$x≥1$时，恒有$f(x)≥ m$成立，则实数$m$的取值范围是
$\{m∣ m≤-1\}$
。答案
函数$f(x)=2x-3$为增函数,
当$x≥1$时,$f(x)≥-1$,即当$x=1$时,函数取得最小值$-1$,所以若恒有$f(x)≥ m$成立,则$m≤-1$.(恒有$f(x)≥ m$成立,则$m≤ f(x)_{\min}$)
当$x≥1$时,$f(x)≥-1$,即当$x=1$时,函数取得最小值$-1$,所以若恒有$f(x)≥ m$成立,则$m≤-1$.(恒有$f(x)≥ m$成立,则$m≤ f(x)_{\min}$)
10.规定$\max\{a,b\}$表示取$a,b$中的较大者,例如,$\max\{0.1,-2\}=0.1,\max\{2,2\}=2$,则函数$f(x)=\max\{x+1,4-2x\}$的最小值为________.
答案
当$x+1≥4-2x$,即$x≥1$时,$\max\{x+1,4-2x\}=x+1$;
当$x+1＜4-2x$,即$x＜1$时,$\max\{x+1,4-2x\}=4-2x$.($x+1$与$4-2x$的大小无法确定,需分类讨论)
故$f(x)=\begin{cases}4-2x,x＜1,\\x+1,x≥1.\end{cases}$
由一次函数的性质,得$f(x)$在$(-∞,1]$上单调递减,在$[1,+∞)$上单调递增,且$4-2×1=1+1$,
所以当$x=1$时,$f(x)$取得最小值,最小值为$f(1)=2$.
当$x+1＜4-2x$,即$x＜1$时,$\max\{x+1,4-2x\}=4-2x$.($x+1$与$4-2x$的大小无法确定,需分类讨论)
故$f(x)=\begin{cases}4-2x,x＜1,\\x+1,x≥1.\end{cases}$
由一次函数的性质,得$f(x)$在$(-∞,1]$上单调递减,在$[1,+∞)$上单调递增,且$4-2×1=1+1$,
所以当$x=1$时,$f(x)$取得最小值,最小值为$f(1)=2$.
11.已知函数$f(x)=x+\frac{1}{x}$。
(1)求证：$f(x)$在$(0,1)$上单调递减，在$(1,+∞)$上单调递增；
(2)当$x\in[\frac{1}{2},2]$时，求函数$f(\frac{1}{f(x)})$的值域。
(提示：(1)利用定义证明，先分别取$x_1$，$x_2\in(0,1)$和$(1,+∞)$，然后比较$f(x_1)$和$f(x_2)$的大小；(2)由$f(\frac{1}{f(x)})$，得$f(\frac{1}{f(x)})=f(x)+\frac{1}{f(x)}$，故先求$f(x)$的范围，再求$f(x)+\frac{1}{f(x)}$的范围，书写过程中可利用换元法，令$t=f(x)$)
答案 P26
(1)求证：$f(x)$在$(0,1)$上单调递减，在$(1,+∞)$上单调递增；
(2)当$x\in[\frac{1}{2},2]$时，求函数$f(\frac{1}{f(x)})$的值域。
(提示：(1)利用定义证明，先分别取$x_1$，$x_2\in(0,1)$和$(1,+∞)$，然后比较$f(x_1)$和$f(x_2)$的大小；(2)由$f(\frac{1}{f(x)})$，得$f(\frac{1}{f(x)})=f(x)+\frac{1}{f(x)}$，故先求$f(x)$的范围，再求$f(x)+\frac{1}{f(x)}$的范围，书写过程中可利用换元法，令$t=f(x)$)
答案 P26
答案
(1)证明:设$x_1,x_2\in(0,1)$,且$x_1＜x_2$,则$f(x_2)-f(x_1)=x_2+\dfrac{1}{x_2}-(x_1+\dfrac{1}{x_1})=x_2-x_1+(\dfrac{1}{x_2}-\dfrac{1}{x_1})=x_2-x_1+\dfrac{x_1-x_2}{x_1x_2}=(x_2-x_1)\dfrac{x_1x_2-1}{x_1x_2}$.
因为$x_1,x_2\in(0,1)$,且$x_1＜x_2$,
所以$x_2-x_1＞0$,$x_1x_2-1＜0$,$x_1x_2＞0$,
所以$f(x_2)-f(x_1)＜0$,即$f(x_2)＜f(x_1)$,
所以$f(x)$在$(0,1)$上单调递减.
同理可证$f(x)$在$(1,+∞)$上单调递增.
(2)由(1),知$f(x)$在$[\dfrac{1}{2},1]$上单调递减,在$[1,2]$上单调递增.
因为$f(1)=2$,$f(\dfrac{1}{2})=f(2)=\dfrac{5}{2}$,
所以$f(x)\in[2,\dfrac{5}{2}]$.
令$t=f(x)$,则$f(\dfrac{1}{f(x)})=t+\dfrac{1}{t}$,$t\in[2,\dfrac{5}{2}]$.
由(1),知$f(x)$在$[2,\dfrac{5}{2}]$上单调递增,
所以$\dfrac{5}{2}≤ t+\dfrac{1}{t}≤\dfrac{29}{10}$,
故函数$f(\dfrac{1}{f(x)})$的值域为$[\dfrac{5}{2},\dfrac{29}{10}]$.
因为$x_1,x_2\in(0,1)$,且$x_1＜x_2$,
所以$x_2-x_1＞0$,$x_1x_2-1＜0$,$x_1x_2＞0$,
所以$f(x_2)-f(x_1)＜0$,即$f(x_2)＜f(x_1)$,
所以$f(x)$在$(0,1)$上单调递减.
同理可证$f(x)$在$(1,+∞)$上单调递增.
(2)由(1),知$f(x)$在$[\dfrac{1}{2},1]$上单调递减,在$[1,2]$上单调递增.
因为$f(1)=2$,$f(\dfrac{1}{2})=f(2)=\dfrac{5}{2}$,
所以$f(x)\in[2,\dfrac{5}{2}]$.
令$t=f(x)$,则$f(\dfrac{1}{f(x)})=t+\dfrac{1}{t}$,$t\in[2,\dfrac{5}{2}]$.
由(1),知$f(x)$在$[2,\dfrac{5}{2}]$上单调递增,
所以$\dfrac{5}{2}≤ t+\dfrac{1}{t}≤\dfrac{29}{10}$,
故函数$f(\dfrac{1}{f(x)})$的值域为$[\dfrac{5}{2},\dfrac{29}{10}]$.
