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《2019_2020学年高中数学第三章单调性与最大（小）值（第2课时）函数的最大（小）值课后篇巩固提升新人教A版》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、第2课时 函数的最大(小)值课后篇巩固提升基础巩固1.函数y=-
2、x
3、在R上( ) A.有最大值0,无最小值B.无最大值,有最小值0C.既无最大值,又无最小值D.以上都不对解析因为函数y=-
4、x
5、的图象如图所示,所以函数y=-
6、x
7、在R上有最大值0,无最小值.答案A2.若函数y=ax+1在[1,2]上的最大值与最小值的差为2,则实数a的值是( )A.2B.-2C.2或-2D.0解析由题意a≠0,当a>0时,有(2a+1)-(a+1)=2,解得a=2;当a<0时,有(
8、a+1)-(2a+1)=2,解得a=-2.综上知a=±2.答案C3.函数y=x+x-2的值域是( )A.[0,+∞)B.[2,+∞)C.[4,+∞)D.[2,+∞)解析函数y=x+x-2在[2,+∞)上单调递增,所以其最小值为2.答案B4.函数f(x)=x2+3x+2在区间(-5,5)内( )A.有最大值42,有最小值12B.有最大值42,有最小值-14C.有最大值12,有最小值-14D.无最大值,有最小值-14解析∵f(x)=x+322-14,x∈(-5,5),∴当x=-32时,f(x)有最小
9、值-14,f(x)无最大值.答案D5.已知函数f(x)=-x2+4x+a,x∈[0,1],若f(x)有最小值-2,则f(x)的最大值为( )A.-1B.0C.1D.2解析∵f(x)=-x2+4x+a=-(x-2)2+4+a,∴当x∈[0,1]时,f(x)是增函数,则f(x)min=f(0)=a=-2,∴f(x)max=f(1)=3+a=1.答案C6.已知定义在(0,+∞)上的减函数f(x)满足条件:对任意x,y,且x>0,y>0,总有f(xy)=f(x)+f(y)-1,则关于x的不等式f(x-1)
10、>1的解集是( )A.(-∞,2)B.(1,+∞)C.(1,2)D.(0,2)解析令y=1,则f(x)=f(x)+f(1)-1,得f(1)=1,所以f(x-1)>1⇒f(x-1)>f(1).又f(x)在(0,+∞)上单调递减,所以x-1>0,x-1<1,得111、x<1,x,1≤x≤3的最大值与最小值.解画出函数的图象,如图所示.由图可知,函数的最大值是f(3)=3,最小值是f(1)=1.9.已知函数y=x2-2x+3在区间[0,m]上有最大值3,最小值2,求实数m的取值范围.解y=x2-2x+3=(x-1)2+2,由(x-1)2+2=3,得x=0或x=2.作出函数图象如图所示,由图象知,m的取值范围是1≤m≤2.10.已知函数f(x)=x2-2x+2.(1)求f(x)在区间[-2,3]上的最大值和最小值;(2)若g(x)=f(x)-mx在[-1,2]上是单
12、调递增函数,求m的取值范围.解(1)因为f(x)=x2-2x+2=(x-1)2+1,而x∈[-2,3],所以当x=1时,f(x)取得最小值,最小值为f(1)=1.又f(-2)=(-2-1)2+1=10,f(3)=(3-1)2+1=5,故f(-2)>f(3),所以函数f(x)在区间[-2,3]上的最大值为10.(2)因为g(x)=f(x)-mx=x2-(m+2)x+2,其对称轴为x=m+22.由函数在区间[-1,2]上单调递增可得m+22≤-1,解得m≤-4.故m的取值范围是(-∞,-4].能力提升1
13、.函数y=2--x2+4x的值域是( )A.[-2,2]B.[1,2]C.[0,2]D.[-2,2]解析要求函数y=2--x2+4x的值域,只需求t=-x2+4x(x∈[0,4])的值域即可.设二次函数f(x)=-x2+4x=-(x-2)2+4(x∈[0,4]),所以f(x)的值域是[0,4].因为t=f(x),所以t的值域是[0,2],-t的值域是[-2,0].故函数y=2--x2+4x的值域是[0,2].故选C.答案C2.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=-x
14、2+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.答案B3.已知函数f(x)=-x
