《2025年一本预备新高一数学》

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

答案： 8.B　因为函数$f(x)$的最值在$f(0)=b$，$f(1)=1 + a + b$，$f(-\frac{a}{2})=b-\frac{a^{2}}{4}$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$x\geq1$时,恒有$f(x)\geq m$成立,则实数$m$的取值范围是____.

答案： 9.$\{ m|m\leq - 1\}$　函数$f(x)=2x - 3$为增函数，
　当$x\geq1$时，$f(x)\geq - 1$，即当$x = 1$时，函数取得最小值$-1$，所以若恒有$f(x)\geq m$成立，则$m\leq - 1$.

10.对于任意的实数$x_1,x_2,\min\{x_1,x_2\}表示x_1,x_2$中较小的那个数.若$f(x)= 8 - x^2,g(x)= 2x$,则$\min\{f(x),g(x)\}$的最大值为____.

答案：
10.4　令$f(x)=g(x)$，则$8 - x^{2}=2x$，解得$x = 2$或$x = - 4$，作图如下:
　　　　　　
由图可知，$min\{ f(x),g(x)\} =\left\{\begin{array}{l} f(x),x ＜ - 4,\\ g(x),- 4\leq x\leq2,\\ f(x),x ＞ 2,\end{array}\right. $
则其最大值为4.

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$(1,+\infty)$上单调递增;
(2)当$x\in\left[\frac{1}{2},2\right]$时,求函数$f\left(\frac{1}{f(x)}\right)$的值域.
(提示:(1)利用定义证明,分别取$x_1,x_2\in(0,1)和(1,+\infty)$,然后比较$f(x_1)和f(x_2)$的大小;(2)由$f\left(\frac{1}{f(x)}\right)$,得$f\left(\frac{1}{f(x)}\right)= f(x)+\frac{1}{f(x)}$,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： 11.解:
(1)证明:设$x_1,x_2\in(0,1)$，且$x_1＜x_2$，则$f(x_2)-f(x_1)=x_2+\frac{1}{x_2}-(x_1+\frac{1}{x_1})=x_2 - x_1+(\frac{1}{x_2}-\frac{1}{x_1})=x_2 - x_1+\frac{x_1 - x_2}{x_1x_2}=(x_2 - x_1)\frac{x_1x_2 - 1}{x_1x_2}$.
　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$(1,+\infty)$上单调递增.
(2)由
(1)知，$f(x)$在$[\frac{1}{2},1]$上单调递减，在$[1,2]$上单调递增，$f(1)=2$，$f(\frac{1}{2})=f(2)=\frac{5}{2}$，
　所以$f(x)\in[2,\frac{5}{2}]$.
　令$t = f(x)$，则$f(\frac{1}{f(x)})=t+\frac{1}{t}$，$t\in[2,\frac{5}{2}]$.
　由
(1)知，$f(x)$在$[2,\frac{5}{2}]$上单调递增，所以$\frac{5}{2}\leq t+\frac{1}{t}\leq\frac{29}{10}$，故函数$f(\frac{1}{f(x)})$的值域为$[\frac{5}{2},\frac{29}{10}]$.