资源简介

第 2 课时　函数的最大(小)值—— (教学方式：深化学习课—梯度进阶式教学)
[课时目标]
1．借助函数图象，会用符号语言表达函数的最大值、最小值．
2．会利用函数最大(小)值的定义及单调性求函数的最大(小)值．
3．会根据问题情境理解函数最大(小)值的作用和实际意义．
1．函数的最大(小)值
最大值 最小值
一般地，设函数y＝f(x)的定义域为D，如果存在实数M满足
(1) x∈D，都有__________；(2) x0∈D，使得　　　　　 (1) x∈D，都有__________；(2) x0∈D，使得__________
那么，我们称M是函数y＝f(x)的________ 那么，我们称M是函数y＝f(x)的______
2.函数的最值和值域的区别和联系
联系 函数的最值和值域反映的都是函数的整体性质，针对的是整个定义域
区别 ①函数的值域一定存在，而函数的最大(小)值不一定存在；②若函数的最值存在，则最值一定是值域中的元素．例如，函数f(x)＝x2对任意的x∈R，都有f(x)≥－1，但是f(x)的最小值不是－1，因为－1不在f(x)的值域内；③若函数的值域是开区间(两端点都取不到)，则函数无最值；若函数的值域是闭区间，则闭区间的端点值就是函数的最值
题型(一)　求函数的最值
[例1]　已知函数f(x)＝＋3(x∈[2,4])，求函数f(x)的最大值和最小值．
听课记录：
|思|维|建|模|
利用单调性求函数的最大(小)值的一般步骤
(1)判断函数的单调性．
(2)利用单调性求出最大(小)值．
[提醒]　(1)求最值勿忘求定义域；(2)闭区间上的最值，不判断单调性而直接将两端点值代入是最容易出现的错误，求解时一定注意．　　
[针对训练]
1．函数y＝f(x)的图象如图所示，在区间[－4,1]上的最小值是(　 )
A．－4　　　　　　 B．－3
C．0 D．1
2．已知函数f(x)＝＋1.
(1)判断函数f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性并证明．
(2)求f(x)在[1,3]上的最值．
题型(二)　一元二次函数的最值
[例2]　已知二次函数f(x)＝x2－2x＋3.当x∈[－2,0]时，求f(x)的最值．
听课记录：
[变式拓展]
1．本例条件“x∈[－2,0]”变为“x∈[－2,3]”，求f(x)的最值．
2．本例条件“x∈[－2,0]”变为“x∈[t，t＋1]”，求f(x)的最小值g(t)．
|思|维|建|模|　二次函数最值问题的类型及求解策略
类型 ①对称轴、区间都是给定的；②对称轴动，区间固定；③对称轴定，区间变动
求解 策略 抓住“三点一轴”数形结合，三点是指区间两个端点和中点，一轴指的是对称轴，结合配方法，根据函数的单调性及分类讨论的思想即可完成
[针对训练]
3．已知函数f(x)＝ax2＋2bx＋1，x∈[1,3]，且a，b为常数．
(1)若a＝1，求f(x)的最大值；
(2)若a>0，b＝－1，且f(x)的最小值为－4，求a的值．
题型(三)　实际问题中的最值
[例3]　某市一家报刊摊点，从该市报社买进该市的晚报价格是每份0.40元，卖出价格是每份0.60元，卖不掉的报纸以每份0.05元的价格退回报社．在一个月(按30天计算)里，有18天每天可卖出400份，其余12天每天只能卖出180份．则摊主每天从报社买进多少份晚报，才能使每月获得的利润最大，最大利润是多少？(设摊主每天从报社买进晚报的份数是相同的)
听课记录：
|思|维|建|模|
解实际应用问题的步骤
(1)审：审清题意，读懂题，找出各量之间的关系．
(2)设：从实际问题中抽象出数学模型，恰当设出未知数．
(3)列：根据已知条件列出正确的数量关系．
(4)解：转化为求函数的最值或解方程或解不等式．
　　　　　　　　　　　　　　　　
[针对训练]
4．一个工厂生产某种产品每年需要固定投资100万元，此外每生产1件该产品还需要增加投资1万元，年产量为x(x∈N*)件．当x≤20时，年销售总收入为(33x－x2)万元；当x＞20时，年销售总收入为260万元．设该工厂生产并销售这种产品所得的年利润为y万元．(年利润＝年销售总收入－年总投资)
(1)求y(万元)与x(件)的函数关系式；
(2)当该工厂的年产量为多少件时，所得年利润最大？最大年利润是多少？
第2课时　函数的最大(小)值
1．f(x)≤M　f(x0)＝M　f(x)≥M　
f(x0)＝M　最大值　最小值
[题型(一)]
[例1]　解：设x1，x2∈[2,4]，且x10，x2－1>0.∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)[针对训练]
1．选C　由题图知，函数在[－4，－3]上单调递减，在[－3,1]上单调递增，当x＝－3时取最小值0.
2．解：(1)函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减．证明如下：
设 x1，x2∈(0，＋∞)，且x1则f(x1)－f(x2)＝＋1－＝.
因为x2>x1>0，所以x1＋x2>0，x2－x1>0，(x1x2)2>0，
所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)．
所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减．
(2)由(1)知函数f(x)在区间[1,3]上单调递减，所以当x＝1时，f(x)取最大值，最大值为f(1)＝2；当x＝3时，f(x)取最小值，最小值为f(3)＝.
[题型(二)]
[例2]　解：由题意，得f(x)＝x2－2x＋3＝(x－1)2＋2，其对称轴为x＝1，开口向上．当x∈[－2,0]时，f(x)单调递减．故当x＝－2时，f(x)有最大值f(－2)＝11；当x＝0时，f(x)有最小值f(0)＝3.
[变式拓展]
1．解：当x∈[－2,3]时，f(x)先递减后递增．故当x＝1时，f(x)有最小值f(1)＝2.又|－2－1|>|3－1|，所以f(x)的最大值为f(－2)＝11.
2．解：①当t>1时，f(x)在[t，t＋1]上单调递增，所以当x＝t时，f(x)取得最小值，
此时g(t)＝f(t)＝t2－2t＋3.
②当t≤1≤t＋1，即0≤t≤1时，
f(x)在[t，t＋1]上先单调递减后单调递增，
故当x＝1时，f(x)取得最小值，此时g(t)＝f(1)＝2.
③当t＋1<1，即t<0时，f(x)在[t，t＋1]上单调递减，所以当x＝t＋1时，f(x)取得最小值，此时g(t)＝f(t＋1)＝t2＋2.
综上，g(t)＝
[针对训练]
3．解：(1)当a＝1时，f(x)＝x2＋2bx＋1，x∈[1,3]，易知f(x)的图象关于x＝－b对称．
当－b>2，即b<－2时，f(x)max＝f(1)＝2b＋2，当－b≤2，即b≥－2时，
f(x)max＝f(3)＝6b＋10，
综上，f(x)max＝
(2)当b＝－1时，f(x)＝ax2－2x＋1，x∈[1,3]，又a>0，∴f(x)的对称轴x＝>0.
当≤1，即a≥1时，f(x)min＝f(1)＝a－1，
∴a－1＝－4，解得a＝－3，不合题意，舍去．
当≥3，即0f(x)min＝f(3)＝9a－5＝－4，
解得a＝，满足题意．
当1<<3，即f(x)min＝f＝1－＝－4，
解得a＝，不合题意，舍去．故a的值为.
[题型(三)]
[例3]　解：设摊主每天从报社买进x(180≤x≤400，x∈N)份晚报，每月获利为y元，则有y＝0.20(18x＋12×180)－0.35×12(x－180)＝－0.6x＋1 188，180≤x≤400，x∈N.因为函数y＝－0.6x＋1 188在[180,400]，x∈N上是减少的，所以x＝180时函数取得最大值，最大值为y＝－0.6×180＋1 188＝1 080.
故摊主每天从报社买进180份晚报时，每月获得的利润最大，为1 080元．
[针对训练]
4．解：(1)当0＜x≤20时，y＝(33x－x2)－x－100＝－x2＋32x－100；当x＞20时，y＝260－100－x＝160－x.
故y＝(x∈N*)．
(2)当0＜x≤20时，y＝－x2＋32x－100＝－(x－16)2＋156；当x＝16时，ymax＝156；当x＞20时，160－x＜140.故x＝16时取得最大年利润，最大年利润为156万元．
即当该工厂年产量为16件时，取得最大年利润为156万元．(共55张PPT)
函数的最大(小)值
(教学方式：深化学习课—梯度进阶式教学)
第2课时
课时目标
1．借助函数图象，会用符号语言表达函数的最大值、最小值．
2．会利用函数最大(小)值的定义及单调性求函数的最大(小)值．
3．会根据问题情境理解函数最大(小)值的作用和实际意义．
1．函数的最大(小)值
最大值 最小值
一般地，设函数y＝f(x)的定义域为D，如果存在实数M满足
(1) x∈D，都有_________； (2) x0∈D，使得_________ (1) x∈D，都有_________；
(2) x0∈D，使得_________
那么，我们称M是函数y＝f(x)的_______ 那么，我们称M是函数y＝f(x)的_______
f(x)≤M
f(x0)＝M
f(x)≥M
f(x0)＝M
最大值
最小值
2．函数的最值和值域的区别和联系
联系 函数的最值和值域反映的都是函数的整体性质，针对的是整个定义域
区别 ①函数的值域一定存在，而函数的最大(小)值不一定存在；②若函数的最值存在，则最值一定是值域中的元素．例如，函数f(x)＝x2对任意的x∈R，都有f(x)≥－1，但是f(x)的最小值不是－1，因为－1不在f(x)的值域内；③若函数的值域是开区间(两端点都取不到)，则函数无最值；若函数的值域是闭区间，则闭区间的端点值就是函数的最值
CONTENTS
目录
1
2
3
题型(一)　求函数的最值
题型(二)　一元二次函数的最值
题型(三)　实际问题中的最值
4
课时跟踪检测
题型(一)　求函数的最值
|思|维|建|模|
利用单调性求函数的最大(小)值的一般步骤
(1)判断函数的单调性．
(2)利用单调性求出最大(小)值．
[提醒]　(1)求最值勿忘求定义域；(2)闭区间上的最值，不判断单调性而直接将两端点值代入是最容易出现的错误，求解时一定注意．
1.函数y＝f(x)的图象如图所示，在区间[－4,1]上的最小值是(　 )

A．－4　　　　　　　　 B．－3
C．0 D．1
√
针对训练
解析：由题图知，函数在[－4，－3]上单调递减，在[－3,1]上单调递增，当x＝－3时取最小值0.
(2)求f(x)在[1,3]上的最值．
[例2]　已知二次函数f(x)＝x2－2x＋3.当x∈[－2,0]时，求f(x)的最值．
解：由题意，得f(x)＝x2－2x＋3＝(x－1)2＋2，其对称轴为x＝1，开口向上．当x∈[－2,0]时，f(x)单调递减．故当x＝－2时，f(x)有最大值f(－2)＝11；当x＝0时，f(x)有最小值f(0)＝3.
题型(二)　一元二次函数的最值
[变式拓展]
1．本例条件“x∈[－2,0]”变为“x∈[－2,3]”，求f(x)的最值．
解：当x∈[－2,3]时，f(x)先递减后递增．
故当x＝1时，f(x)有最小值f(1)＝2.
又|－2－1|>|3－1|，所以f(x)的最大值为f(－2)＝11.
2．本例条件“x∈[－2,0]”变为“x∈[t，t＋1]”，求f(x)的最小值g(t)．
解：①当t>1时，f(x)在[t，t＋1]上单调递增，
所以当x＝t时，f(x)取得最小值，此时g(t)＝f(t)＝t2－2t＋3.
②当t≤1≤t＋1，即0≤t≤1时，f(x)在[t，t＋1]上先单调递减后单调递增，
故当x＝1时，f(x)取得最小值，此时g(t)＝f(1)＝2.
|思|维|建|模|　二次函数最值问题的类型及求解策略
类型 ①对称轴、区间都是给定的；②对称轴动，区间固定；③对称轴定，区间变动
求解 策略 抓住“三点一轴”数形结合，三点是指区间两个端点和中点，一轴指的是对称轴，结合配方法，根据函数的单调性及分类讨论的思想即可完成
3．已知函数f(x)＝ax2＋2bx＋1，x∈[1,3]，且a，b为常数．
(1)若a＝1，求f(x)的最大值；
针对训练
(2)若a>0，b＝－1，且f(x)的最小值为－4，求a的值．
[例3]　某市一家报刊摊点，从该市报社买进该市的晚报价格是每份0.40元，卖出价格是每份0.60元，卖不掉的报纸以每份0.05元的价格退回报社．在一个月(按30天计算)里，有18天每天可卖出400份，其余12天每天只能卖出180份．则摊主每天从报社买进多少份晚报，才能使每月获得的利润最大，最大利润是多少？(设摊主每天从报社买进晚报的份数是相同的)
题型(三)　实际问题中的最值
解：设摊主每天从报社买进x(180≤x≤400，x∈N)份晚报，每月获利为y元，
则有y＝0.20(18x＋12×180)－0.35×12(x－180)＝－0.6x＋1 188，180≤x≤400，x∈N.
因为函数y＝－0.6x＋1 188在[180,400]，x∈N上是减少的，
所以x＝180时函数取得最大值，最大值为y＝－0.6×180＋1 188＝1 080.
故摊主每天从报社买进180份晚报时，每月获得的利润最大，为1 080元．
|思|维|建|模|
解实际应用问题的步骤
(1)审：审清题意，读懂题，找出各量之间的关系．
(2)设：从实际问题中抽象出数学模型，恰当设出未知数．
(3)列：根据已知条件列出正确的数量关系．
(4)解：转化为求函数的最值或解方程或解不等式．
4．一个工厂生产某种产品每年需要固定投资100万元，此外每生产1件该产品还需要增加投资1万元，年产量为x(x∈N*)件．当x≤20时，年销售总收入为(33x－x2)万元；当x＞20时，年销售总收入为260万元．设该工厂生产并销售这种产品所得的年利润为y万元．(年利润＝年销售总收入－年总投资)
针对训练
(1)求y(万元)与x(件)的函数关系式；
(2)当该工厂的年产量为多少件时，所得年利润最大？最大年利润是多少？
解：当0＜x≤20时，y＝－x2＋32x－100＝－(x－16)2＋156；
当x＝16时，ymax＝156；当x＞20时，160－x＜140.
故x＝16时取得最大年利润，最大年利润为156万元．
即当该工厂年产量为16件时，取得最大年利润为156万元．
课时跟踪检测
1
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
√
A级——达标评价
1.函数f(x)在区间[－2,5]上的图象如图所示，则此函数的最小值、最大值分别是(　 )

A．－2，f(2) B．2，f(2)
C．－2，f(5) D．2，f(5)
1
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
解析：由函数的图象知，当x＝－2时，有最小值－2；
当x＝5时，有最大值f(5)．
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
2
3
4
√
2．设定义在R上的函数f(x)＝x|x|，则f(x)(　 )
A．只有最大值 B．只有最小值
C．既有最大值又有最小值 D．既无最大值又无最小值
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
√
4．函数f(x)＝x2－mx＋4(m＞0)在(－∞，0]上的最小值是(　 )
A．4 B．－4
C．与m的取值有关 D．无最小值
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
6．已知函数y＝ax＋1在区间[1,3]上的最大值为4，则a＝_____.
解析：若a<0，则函数y＝ax＋1在区间[1,3]上单调递减，并且在区间的左端点处取得最大值，即a＋1＝4，解得a＝3，不满足a<0，舍去；若a>0，则函数y＝ax＋1在区间[1,3]上单调递增，并且在区间的右端点处取得最大值，即3a＋1＝4，解得a＝1.综上，a＝1.
1
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
8．对于函数f(x)，在使f(x)≥M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a∈R，a2－4a＋6的下确界为______．
解析：设f(a)＝a2－4a＋6，f(a)≥M，即f(a)min≥M.
∵f(a)＝(a－2)2＋2，∴f(a)min＝f(2)＝2.∴M≤2.∴Mmax＝2.
2
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
(2)求函数f(x)的最大值和最小值．
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
10．(10分)某商场经营一批进价是每件30元的商品，在市场试销中发现，该商品销售单价x(不低于进价，单位：元)与日销售量y(单位：件)之间有如下关系：
x 45 50
y 27 12
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
(1)确定x与y的一个一次函数关系式y＝f(x)(注明函数定义域)；
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
(2)若日销售利润为P元，根据(1)中的关系式写出P关于x的函数关系式，并指出当销售单价为多少元时，才能获得最大的日销售利润？
解：由题意得，P＝(x－30)y＝(x－30)(162－3x)＝－3x2＋252x－4 860＝－3(x－42)2＋432，x∈[30,54]．
当x＝42时，最大的日销售利润为432，
即当销售单价为42元时，获得最大的日销售利润．
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
B级——重点培优
11．已知函数f(x)＝2x2－ax＋1，x∈[－1，a]，且f(x)的最大值为f(a)，则实数a的取值范围为(　 )
A．(－∞，－4] B．(－∞，－1]∪[2，＋∞)
C．[2，＋∞) D．[－4，＋∞)
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
12．用min{a，b}表示a，b两个数中的最小值．设f(x)＝min{x＋2,10－x}(x≥0)，则f(x)的最大值为______．
6
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
0(答案不唯一)
1
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
当02时，若x1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
14．(12分)已知函数f(x)＝－x2＋2ax－3.
(1)若函数y＝f(x)在(－∞，1)上单调递增，求实数a的取值范围；
解：由已知得f(x)＝－x2＋2ax－3＝－(x－a)2＋a2－3.
所以函数f(x)＝－x2＋2ax－3的图象是开口朝下，且对称轴为直线x＝a的抛物线．
因为函数y＝f(x)在(－∞，1)上单调递增，所以a≥1.
故实数a的取值范围是[1，＋∞)．
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
(2)求函数f(x)在[1,2]上的最大值．
解：当a≤1时，函数y＝f(x)在[1,2]上单调递减，于是ymax＝f(1)＝2a－4；
当1＜a＜2时，函数y＝f(x)在[1，a]上是单调递增，在(a,2]上单调递减，
于是ymax＝f(a)＝a2－3；
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
当a≥2时，函数y＝f(x)在[1,2]上单调递增，
于是ymax＝f(2)＝4a－7.
综上，当a≤1时，ymax＝2a－4；
当1当a≥2时，ymax＝4a－7.
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
解：证明：令x＝y＝0，得f(0)＋f(0)＝f(0)．∴f(0)＝0.
又令y＝－x，得f(x)＋f(－x)＝f(x－x)＝f(0)＝0.∴f(－x)＝－f(x)．
任取x1，x2∈R，且x1＜x2，
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
则x2－x1＞0，f(x2)－f(x1)＝f(x2)＋f(－x1)＝f(x2－x1)．
∵x2－x1＞0，依题设当x＞0时，有f(x)＜0，∴f(x2－x1)＜0，
即f(x2)－f(x1)＜0，∴f(x2)＜f(x1)．∴y＝f(x)在R上是减函数．
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3
4
2
(2)求f(x)在[－3,3]上的最大值与最小值．课时跟踪检测(二十二)　函数的最大(小)值
(满分100分，A级选填小题每题5分，B级选填小题每题6分)
A级——达标评价
1．函数f(x)在区间[－2,5]上的图象如图所示，则此函数的最小值、最大值分别是(　　)
A．－2，f(2) B．2，f(2)
C．－2，f(5) D．2，f(5)
2．设定义在R上的函数f(x)＝x|x|，则f(x)(　　)
A．只有最大值
B．只有最小值
C．既有最大值又有最小值
D．既无最大值又无最小值
3．设函数f(x)＝在区间[3,4]上的最大值和最小值分别为M，m，则M＋m＝(　　)
A．4 B．6
C．10 D．24
4．函数f(x)＝x2－mx＋4(m＞0)在(－∞，0]上的最小值是(　　)
A．4 B．－4
C．与m的取值有关 D．无最小值
5．用长度为24 m的材料围成一个中间加两道隔墙的矩形场地，要使矩形场地的面积最大，则隔墙的长为(　　)
A．3 m B．4 m
C. m D. m
6．已知函数y＝ax＋1在区间[1,3]上的最大值为4，则a＝________.
7．函数y＝在区间[2,5]上的值域是________．
8．对于函数f(x)，在使f(x)≥M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a∈R，a2－4a＋6的下确界为________．
9．(8分)已知函数f(x)＝(x>0)．
(1)求证：f(x)在(0,1]上单调递增；
(2)求函数f(x)的最大值和最小值．
10．(10分)某商场经营一批进价是每件30元的商品，在市场试销中发现，该商品销售单价x(不低于进价，单位：元)与日销售量y(单位：件)之间有如下关系：
x 45 50
y 27 12
(1)确定x与y的一个一次函数关系式y＝f(x)(注明函数定义域)；
(2)若日销售利润为P元，根据(1)中的关系式写出P关于x的函数关系式，并指出当销售单价为多少元时，才能获得最大的日销售利润？
B级——重点培优
11．已知函数f(x)＝2x2－ax＋1，x∈[－1，a]，且f(x)的最大值为f(a)，则实数a的取值范围为(　　)
A．(－∞，－4] B．(－∞，－1]∪[2，＋∞)
C．[2，＋∞) D．[－4，＋∞)
12．用min{a，b}表示a，b两个数中的最小值．设f(x)＝min{x＋2,10－x}(x≥0)，则f(x)的最大值为________．
13．(2022·北京高考)设函数f(x)＝若f(x)存在最小值，则a的一个取值为_______；a的最大值为________．
14．(12分)已知函数f(x)＝－x2＋2ax－3.
(1)若函数y＝f(x)在(－∞，1)上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)求函数f(x)在[1,2]上的最大值．
15．(12分)已知函数f(x)对任意x，y∈R，总有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且当x＞0时，f(x)＜0，f(1)＝－.
(1)求证：f(x)在R上是减函数；
(2)求f(x)在[－3,3]上的最大值与最小值．
课时跟踪检测(二十二)
1．选C　由函数的图象知，当x＝－2时，有最小值－2；当x＝5时，有最大值f(5)．
2．选D　由题意得f(x)＝画出f(x)的图象可知(图略)，f(x)既无最大值又无最小值．
3．选C　因为f(x)＝ ＝2＋，所以f(x)在[3,4]上单调递减．所以m＝f(4)＝4，M＝f(3)＝6.所以M＋m＝6＋4＝10.
4．选A　f(x)＝x2－mx＋4的图象的对称轴为直线x＝，∵m＞0，∴f(x)在(－∞，0]上单调递减，∴f(x)min＝f(0)＝4.
5．选A　设隔墙的长为x m，场地面积为S m2，则S＝x·＝12x－2x2＝－2(x－3)2＋18.所以当x＝3时，S有最大值，最大值为18 m2.故隔墙的长为3 m时，矩形场地的面积最大．
6．解析：若a<0，则函数y＝ax＋1在区间[1,3]上单调递减，并且在区间的左端点处取得最大值，即a＋1＝4，解得a＝3，不满足a<0，舍去；若a>0，则函数y＝ax＋1在区间[1,3]上单调递增，并且在区间的右端点处取得最大值，即3a＋1＝4，解得a＝1.综上，a＝1.
答案：1
7．解析：因为y＝＝1＋在[2,5]上单调递减，所以当x＝2时，ymax＝3，当x＝5时，ymin＝，故函数的值域为.
答案：
8．解析：设f(a)＝a2－4a＋6，f(a)≥M，即f(a)min≥M.∵f(a)＝(a－2)2＋2，∴f(a)min＝f(2)＝2.∴M≤2.∴Mmax＝2.
答案：2
9．解：(1)证明：设x1，x2是区间(0,1]上的任意两个实数，且x1当00，x1x2－1<0，
∴f(x1)－f(x2)<0，f(x1)∴f(x)在(0,1]上单调递增．
(2)当1≤x10，x1x2－1>0，
∴f(x1)－f(x2)>0，f(x1)>f(x2)．
∴f(x)在[1，＋∞)上单调递减．
∴结合(1)(2)可知，f(x)max＝f(1)＝，无最小值．
10．解：(1)因为f(x)是一次函数，设f(x)＝ax＋b(a≠0)，
由题表得方程组解得所以y＝f(x)＝－3x＋162.
又y≥0，所以30≤x≤54.故所求函数关系式为y＝－3x＋162，x∈[30,54]．
(2)由题意得，P＝(x－30)y＝(x－30)(162－3x)＝－3x2＋252x－4 860
＝－3(x－42)2＋432，x∈[30,54]．
当x＝42时，最大的日销售利润为432，即当销售单价为42元时，获得最大的日销售利润．
11．选C　函数f(x)＝2x2－ax＋1图象的对称轴方程为x＝，当－10时，要使f(x)的最大值为f(a)，则f(a)≥f(－1)，即2a2－a2＋1≥2＋a＋1，解得a≤－1(舍去)或a≥2.综上，实数a的取值范围为[2，＋∞)．
12．解析：在同一个平面直角坐标系内画出函数y＝x＋2和y＝10－x的图象．根据min{x＋2，10－x}(x≥0)的含义可知，f(x)的图象应为图中的实线部分．解方程x＋2＝10－x，得x＝4，此时y＝6，故两图象的交点为(4,6)．所以f(x)＝其最大值为交点的纵坐标，所以f(x)的最大值为6.
答案：6
13．解析：当a＝0时，函数f(x)＝存在最小值0，所以a的一个取值可以为0；当a<0时，若x2时，若x答案：0(答案不唯一)　1
14．解：(1)由已知得f(x)＝－x2＋2ax－3＝－(x－a)2＋a2－3.
所以函数f(x)＝－x2＋2ax－3的图象是开口朝下，且对称轴为直线x＝a的抛物线．
因为函数y＝f(x)在(－∞，1)上单调递增，所以a≥1.
故实数a的取值范围是[1，＋∞)．
(2)当a≤1时，函数y＝f(x)在[1,2]上单调递减，于是ymax＝f(1)＝2a－4；
当1＜a＜2时，函数y＝f(x)在[1，a]上是单调递增，在(a,2]上单调递减，
于是ymax＝f(a)＝a2－3；
当a≥2时，函数y＝f(x)在[1,2]上单调递增，于是ymax＝f(2)＝4a－7.
综上，当a≤1时，ymax＝2a－4；当115．解：(1)证明：令x＝y＝0，得f(0)＋f(0)＝f(0)．∴f(0)＝0.
又令y＝－x，得f(x)＋f(－x)＝f(x－x)＝f(0)＝0.∴f(－x)＝－f(x)．
任取x1，x2∈R，且x1＜x2，
则x2－x1＞0，f(x2)－f(x1)＝f(x2)＋f(－x1)＝f(x2－x1)．
∵x2－x1＞0，依题设当x＞0时，有f(x)＜0，
∴f(x2－x1)＜0，即f(x2)－f(x1)＜0，
∴f(x2)＜f(x1)．
∴y＝f(x)在R上是减函数．
(2)∵[－3,3] R，故f(x)max＝f(－3)，f(x)min＝f(3)．
由(1)可知f(－3)＝－f(3)，
又f(3)＝f(2＋1)＝f(2)＋f(1)＝f(1＋1)＋f(1)＝f(1)＋f(1)＋f(1)＝3f(1)＝3×＝－2，∴f(－3)＝－f(3)＝2.
∴f(x)max＝f(－3)＝2，f(x)min＝f(3)＝－2.

展开更多......

收起↑