最值问题

C． $$ f(x, y)=x^{2}+x y+2 x+2 y=x^{2}+x(5-2 x)+2 x+2(5-2 x)=-x^{2}+3 x+10 \leqslant \frac{49}{4}, $$ 当 $\displaystyle x=\frac{3}{2}$ 时取等号．

$\displaystyle \frac{11}{4}$ ． 令 $t=2 x+1>0$ ，则 $\displaystyle x=\frac{t-1}{2}$ ，故 $$ \begin{aligned} f(x) & =x^{2}+x+\frac{4}{2 x+1}=\left(\frac{t-1}{2}\right)^{2}+\frac{t-1}{2}+\frac{4}{t}=\frac{1}{4}\left(t^{2}-1\right)+\frac{4}{t} \\ & =\frac{1}{4} t^{2}+\frac{2}{t}+\frac{2}{t}-\frac{1}{4} \end{aligned} $$ 当 $t=2$ ，即 $\displaystyle x=\frac{1}{2}$ 时，取得最小值 $\displaystyle \frac{11}{4}$ ．

$[-2, \sqrt{2})$ ． $\displaystyle y=\sqrt{2}\left[\sqrt{\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{1}{4}}-\sqrt{\left(x+\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{9}{4}}\right], A(x, 0), B\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right), C\left(-\frac{1}{2}, \frac{3}{2}\right)$. 利用几何意义，$y=\sqrt{2}(|A B|-|A C|)$ ，根据两边之差小于第三边，又注意到 $A, B, C$三点共线时可以取到 -2 ，故 $$ \begin{aligned} f(x) & =\frac{-4 x-4}{\sqrt{2 x^{2}-2 x+1}+\sqrt{2 x^{2}+2 x+5}}=\frac{4 t}{\sqrt{2 t^{2}+6 t+5}+\sqrt{2 t^{2}+2 t+5}} \\ & =\frac{4}{\sqrt{2+\frac{6}{t}+\frac{5}{t^{2}}}+\sqrt{2+\frac{2}{t}+\frac{5}{t^{2}}}} \end{aligned} $$ 令 $t=-(x+1)$ ，考虑 $t>0$ 的情况，显然 $t \rightarrow+\infty$ 时，原式最大值为 $\sqrt{2}$ ．

D． 令 $2^{x}=t$ ，则 $$ f(t)=\frac{t^{4}+\frac{4}{t^{2}}+4 t+1}{t^{2}+\frac{2}{t}}=t^{2}+\frac{2}{t}+\frac{1}{t^{2}+\frac{2}{t}} $$ 故只需考虑 $\displaystyle g(t)=t^{2}+\frac{2}{t}, t>0$ 的值域即可．易知 $\displaystyle g(t)=t^{2}+\frac{1}{t}+\frac{1}{t} \geqslant 3$ ，故 $\displaystyle f(x) \geqslant 3+\frac{1}{3}$ $\displaystyle =\frac{10}{3}$ ．

1. 由题意得 $\displaystyle a=\frac{1-b}{b+1}$ ，设 $\displaystyle f(b)=2 a+b=2 \cdot \frac{1-b}{b+1}+b=\frac{b^{2}-b+2}{b+1}$ ，则 $\displaystyle f^{\prime}(b)= \frac{(b+3)(b-1)}{(b+1)^{2}}$. 因为 $a, b$ 均为非负实数，所以 $0 \leqslant b \leqslant 1$ ．当 $b \in[0,1]$ 时，$f(b)$ 单调递减，$f(b)_{\text {min }}= f(1)=1$.

-36 ． 因为 $f(6-x)=f(x)$ ，所以 $f(x)$ 的图像关于 $x=3$ 对称．又因为 $f(-1)=0$ ，所以 $f(7)=0$ ．又 $f(1)=0$ ，所以 $f(5)=0$ ．故 $$ \begin{aligned} f(x) & =(x-1)(x+1)(x-5)(x-7)=[(x-1)(x-5)][(x+1)(x-7)] \\ & =\left(x^{2}-6 x+5\right)\left(x^{2}-6 x-7\right)=\left(x^{2}-6 x\right)^{2}-2\left(x^{2}-6 x\right)-35 \\ & =\left(x^{2}-6 x-1\right)^{2}-36 \end{aligned} $$ 当 $x^{2}-6 x-1=0$ ，即 $x=3 \pm \sqrt{10}$ 时，$f(x)_{\text {min }}=-36$ ．

$[2,+\infty)$ ． 因 $w=x^{2}+5 y^{2}-2 x y-16 x-8 y+102=(x-y-8)^{2}+4(y-3)^{2}+2$ ，故 $w$ 的取值范围是 $[2,+\infty)$ 。

B． 设 $f(x)=y$ ，则 $(y-x)^{2}=13-2 a x$ ，即 $x^{2}-(2 y-2 a) x+y^{2}-13=0$ ，故 $$ \Delta_{x} \geqslant 0 \Rightarrow 2 y \leqslant a+\frac{13}{a} \in \mathbf{Z}_{+} \Rightarrow a=1, y_{\max }=7 $$

（1）函数 $g(x)=x^{2}+1(x>0)$ 的反函数是 $g^{-1}(x)=\sqrt{x-1}(x>1)$ ，则 $g^{-1}(x+1) =\sqrt{x}(x>0)$ 。而 $g(x+1)=(x+1)^{2}+1(x>-1)$ ，其反函数为 $y=\sqrt{x-1}-1(x>1)$ ，故函数 $g(x)=x^{2}+1(x>0)$ 不满足＂ 1 和性质＂． （2）设函数 $f(x)=k x+b(x \in \mathbf{R})$ 满足＂ 2 和性质＂，$k \neq 0$ ，则 $$ f^{-1}(x)=\frac{x-b}{k} \quad(x \in \mathbf{R}), \quad f^{-1}(x+2)=\frac{x+2-b}{k} . $$ 而 $f(x+2)=k(x+2)+b(x \in \mathbf{R})$ ，得反函数 $\displaystyle y=\frac{x-b-2 k}{k}$ 。由＂ 2 和性质＂的定义，可知对 $\displaystyle \frac{x+2-b}{k}=\frac{x-b-2 k}{k}(x \in \mathbf{R})$ 恒成立．所以 $k=-1, b \in \mathbf{R}$ ，即所求一次函数 $f(x)=-x+b (b \in \mathbf{R})$ 。 （3）设 $a>0, x_{0}>0$ ，且点 $\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 在 $y=f(a x)$ 的图像上，则 $\left(y_{0}, x_{0}\right)$ 在函数 $y= f^{-1}(a x)$ 的图像上。由 $\left\{\begin{array}{l}f\left(a x_{0}\right)=y_{0}, \\ f^{-1}\left(a y_{0}\right)=x_{0},\end{array}\right.$ 可得 $a y_{0}=f\left(x_{0}\right)=a f\left(a x_{0}\right)$ 。令 $a x_{0}=x$ ，则 $\displaystyle a=\frac{x}{x_{0}}$ ，所以 $\displaystyle f\left(x_{0}\right)=\frac{x}{x_{0}} f(x)$ ，即 $\displaystyle f(x)=\frac{x_{0} f\left(x_{0}\right)}{x}$ ． 综上所述，$\displaystyle f(x)=\frac{k}{x}(k \neq 0)$ ，此时 $\displaystyle f(a x)=\frac{k}{a x}$ ，其反函数是 $\displaystyle y=\frac{k}{a x}$ ，而 $\displaystyle f^{-1}(a x)=\frac{k}{a x}$ 。故 $y=f(a x)$ 与 $y=f^{-1}(a x)$ 互为反函数．