1、课时素养评价 二十一函数的最大值、最小值(15分钟35分)1.函数y=x2+2x-1在0，3上的最小值为()A.0B.-4C.-1D.-2【解析】选C.因为y=x2+2x-1=(x+1)2-2，其图象的对称轴为直线x=-1，所以函数y=x2+2x-1在0，3上单调递增，所以当x=0时，此函数取得最小值，最小值为-1.2.函数f(x)=的最大值是()A.B.C.D.【解析】选D.令t=1-x(1-x)=+，所以0f(x)，即f(x)的最大值为.3.(2020海淀高一检测)设函数f(x)=4x+-1(x0)，则f(x)()A.有最大值3B.有最小值3C.有最小值-5D.有最大值-5【解析】选D.当
2、x0时，f(x)=4x+-1=-(-4x)+-1-2-1=-5.当且仅当-4x=-，即x=-时，上式取等号.所以f(x)有最大值为-5.4.(2020成都高一检测)函数f(x)=2x-的最小值为_.【解析】因为f(x)=2-2=2-，所以f(x)min=f=-.答案：-5.对于函数f(x)，在使f(x)M恒成立的所有实数M中，我们把M的最大值Mmax叫做函数f(x)的下确界，则对于aR，f(a)=a2-4a+6的下确界为_.【解析】f(a)=a2-4a+6，f(a)M，即f(a)minM.而f(a)=(a-2)2+2，所以f(a)min=f(2)=2.所以M2.所以Mmax=2.答案：26.(
3、2020温州高一检测)已知函数f(x)=x2+.求函数f(x)在区间-3，-1上的最值.【解析】x1，x2-3，-1，且-3x1x2-1，f(x1)-f(x2)=-=(x1-x2)(x1+x2)-，又由-3x1x2-1，得x1-x20，-6x1+x2-2，4(x1-1)(x2-1)16，则有(x1+x2)-0，故函数f(x)在区间-3，-1上单调递减，故f(x)max=f(-3)=4，f(x)min=f(-1)=-. (30分钟60分)一、单选题(每小题5分，共20分)1.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x单位：辆).若
4、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.60万元C.120万元D.120.25万元【解析】选C.设公司在甲地销售x辆，则在乙地销售(15-x)辆，公司获利为L=-x2+21x+2(15-x)=-x2+19x+30=-+30+，所以当x=9或10时，L最大为120万元.2.函数y=x+的最值的情况为()A.最小值为，无最大值B.最大值为，无最小值C.最小值为，最大值为2D.最大值为2，无最小值【解析】选A.因为y=x+在定义域，+上是增函数，所以函数最小值为，无最大值.3.(2020连云港高一检测)已知a，则函数f(x)=x2+|x-a|的最小值是()A.a2+1B.a
5、+C.a-D.a-【解析】选D.函数f(x)=x2+|x-a|=当xa时，函数f(x)=x2+x-a的对称轴方程为x=-，函数在a，+)上单调递增，其最小值为a2；当x0.所以a2a-.所以函数f(x)=x2+|x-a|的最小值是a-.4.(2020无锡高一检测)若关于x的不等式x2-mx+40在x1，3上有解，则实数m的取值范围为()A.(-，5)B.(-，5C.(-，4)D.(-，-4)(4，+)【解析】选A.关于x的不等式x2-mx+40在x1，3上有解，即mx+在x1，3上能成立.设f(x)=x+，则f(x)在(0，2上单调递减，在2，+)上单调递增，故当x=2时，f(x)取得最小值4
6、，又f(1)=5，f(3)=，故当x=1时，函数f(x)取得最大值.则实数m5.二、多选题(每小题5分，共10分，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)5.下列关于函数y=ax+1，x0，2的说法正确的是()A.当a0时，此函数的最大值为1，最小值为2a+1B.当a0时，此函数的最大值为1，最小值为2a+1D.当a0时，此函数的最大值为2a+1，最小值为1【解析】选AD.当a0时，函数y=ax+1在区间0，2上单调递增，当x=0时，函数取得最小值为1，当x=2时，函数取得最大值为2a+1.6.函数y=(x1)的定义域为2，5)，下列说法正确的是()A.最小值为B.最大值为4C.无
7、最大值D.无最小值【解析】选BD.函数y=1+在2，5)上单调递减，即在x=2处取得最大值4，由于x=5取不到，则最小值取不到.三、填空题(每小题5分，共10分)7.二次函数y=ax2+4x+a的最大值是3，则a=_.【解析】根据题意，二次函数y=ax2+4x+a的最大值是3，则解得a=-1.答案：-18.(2020杭州高一检测)对于任意的实数x1，x2，minx1，x2表示x1，x2中较小的那个数，若f(x)=2-x2，g(x)=x，则集合x|f(x)=g(x)=_；minf(x)，g(x)的最大值是_.【解析】由题作出函数f(x)，g(x)的图象，令f(x)=g(x)，即2-x2=x，解得
8、x=-2或x=1，则集合x|f(x)=g(x)=-2，1，由题意及图象得minf(x)，g(x)=由图象知，当x=1时，minf(x)，g(x)最大，最大值是1.答案：-2，11四、解答题(每小题10分，共20分)9.若函数y=f(x)=x2-6x+10在区间0，a上的最小值是2，求实数a的值.【解析】由题意知，f(x)=x2-6x+10=(x-3)2+1，(1)若a3，f(x)min=f(3)=1，不符合题意；(2)若0a3，f(x)在0，a上单调递减，所以f(x)min=f(a)=2，所以a=2或a=4，因为0a，求y=3f(x)+2g(x)的最小值.【解析】(1)当x时，由f(x)g(x
9、)，得(2x-1)(x-1)3，解得x2.当x时，由f(x)g(x)，得(2x-1)(x-1)3，解得x-.所以不等式f(x)g(x)的解集为x，所以3f(x)+2g(x)=+2-12-1=5，当且仅当4=9，即x=2时取等号，故当x时，函数y=3f(x)+2g(x)的最小值为5.【补偿训练】已知函数f(x)=ax2+2x+c(a，cN*)，满足：f(1)=5；6f(2)11.(1)求a，c的值.(2)设g(x)=f(x)-2x-3+|x-1|，求g(x)的最小值.【解析】(1)f(1)=a+2+c=5，f(2)=4a+4+c(6，11)，又c=5-2-a=3-a，所以4a+4+3-a=3a+
10、7(6，11)，所以-a，又aN*，所以a=1，c=2.(2)因为f(x)=x2+2x+2，所以g(x)=f(x)-2x-3+|x-1|=x2+2x+2-2x-3+|x-1|=x2+|x-1|-1，当x1时，g(x)=x2+x-2，此时g(x)在1，+)上单调递增，所以g(x)min=g(1)=1+1-2=0，当x1时，g(x)=x2-x，g(x)在上单调递减，在上单调递增，所以g(x)min=g=-=-，又-0，所以g(x)min=g=-.1.当x(1，2)时，不等式x2+mx+40恒成立，则m的取值范围是_.【解析】设f(x)=x2+mx+4，则f(x)图象开口向上，对称轴为x=-.(1)
11、当-1时，即m-2时，满足f(2)=4+2m+40，所以m-4，又m-2，所以此时无解.(2)当-2，即m-4时，需满足f(1)=1+m+40，所以m-5，又m-4，所以m-5.(3)当1-2，即-4m-2时，需满足此时无解.综上所述，m-5.答案：m-52.(2020永州高一检测)已知a1，若函数f(x)=ax2-2x+1在区间1，3上的最大值为M(a)，最小值为N(a)，令g(a)=M(a)-N(a).(1)求g(a)的函数解析式.(2)不要证明，请直接写出函数g(a)的单调区间，并求g(a)的最大值.【解析】(1)根据题意，f(x)=ax2-2x+1=a+1-，由a1得13，则N(a)=
12、f=1-，当12，即0，即a0时，g(a)=f(x)max=f(-1)=a2-a+2.所以g(a)=(2)假设存在符合题意的实数m，n，则由(1)可知，当aR时，g(a)2，+).所以若am，n，有g(a)5m，5n，则0mn.所以g(a)=a2+a+2，且为单调递增函数.所以所以2.对于区间a，b和函数y=f(x)，若同时满足：f(x)在a，b上是单调函数；函数y=f(x)，xa，b的值域还是a，b，则称区间a，b为函数f(x)的“不变”区间.(1)求函数y=x2(x0)的所有“不变”区间.(2)函数y=x2+m(x0)是否存在“不变”区间？若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，说明理由.【解析】(1)易知函数y=x2(x0)单调递增，故有解得a=0或1，b=0或1，又aa0，且消去m得a2-b2=a-b，整理得(a-b)(a+b-1)=0.因为aa0，得1-aa0，所以0a.所以m=-a2+a=-+，所以0m.综上，当0m时，函数y=x2+m(x0)存在“不变”区间.关闭Word文档返回原板块
