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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．函数的最大值与最小值
最大值 最小值
条件 一般地，设函数y＝f(x)的定义域为A.如果存在x0∈A，使得对于任意的x∈A，都有
f(x)______f(x0) f(x)______f(x0)
结论 那么称f(x0)为y＝f(x)的最大值，记为ymax＝f(x0) 那么称f(x0)为y＝f(x)的最小值，记为ymin＝f(x0)
几何意义 f(x)图象上最高点的________ f(x)图象上最低点的________
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)　图象法求函数的最值
[例1]　已知函数f(x)＝
(1)在直角坐标系内画出f(x)的图象；
(2)根据函数的图象写出函数的单调区间和值域．
听课记录：
|思|维|建|模|
利用图象求函数最值的方法
(1)画出函数y＝f(x)的图象；
(2)观察图象，找出图象的最高点和最低点；
(3)写出最值，最高点的纵坐标是函数的最大值，最低点的纵坐标是函数的最小值．　　
[针对训练]
1．已知函数y＝－|x－1|＋2，画出函数的图象，确定函数的最值情况，并写出值域．
题型(二)　利用单调性求函数的最值
[例2]　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]
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(三)　一元二次函数的最值
[例3]　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．设f(x)＝mx2＋nx＋6，已知函数过点(1,3)，且函数的对称轴为x＝2.
(1)求函数的表达式；
(2)若x∈[－1,3]，函数的最大值为M，最小值为N，求M＋N的值．
第2课时　函数的最大(小)值
1．≤　≥　纵坐标　纵坐标
　[题型(一)]
[例1]　解：(1)图象如图所示．
(2)由图可知f(x)的单调递增区间为(－1,0)，(2,5)，单调递减区间为(0,2)，值域为[－1，3]．
[针对训练]
1．解：由题意，得y＝－|x－1|＋2＝图象如图所示，
由图象知，函数y＝－|x－1|＋2的最大值为2，没有最小值，所以其值域为(－∞，2]．
　[题型(二)]
[例2]　解：设x1，x2∈[2,4]，且x10，x2－1>0.∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)∴函数f(x)在区间[2,4]上为增函数．∴f(x)max＝f(4)＝1，f(x)min＝f(2)＝－3.故函数f(x)＝＋3在区间[2,4]上的最大值为1，最小值为－3.
[针对训练]
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(三)]
[例3]　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]上先递减后递增，
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)依题意，得
解得所以f(x)＝x2－4x＋6.
(2)由(1)可得f(x)＝x2－4x＋6＝(x－2)2＋2.所以f(x)在[－1,2]上单调递减，在(2,3]上单调递增．又f(－1)＝11，f(3)＝3，f(2)＝2，所以f(x)max＝f(－1)＝11，f(x)min＝f(2)＝2，即M＝11，N＝2.所以M＋N＝13.(共47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.函数的最大值与最小值
最大值 最小值
条件 一般地,设函数y=f(x)的定义域为A.如果存在x0∈A,使得对于任意的x∈A,都有
f(x)　　　f(x0) f(x)　　　f(x0)
结论 那么称f(x0)为y=f(x)的最大值,记为ymax=f(x0) 那么称f(x0)为y=f(x)的最小值,记为ymin=f(x0)
几何意义 f(x)图象上最高点的　 　　 f(x)图象上最低点的　　 　
≤
≥
纵坐标
纵坐标
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)　图象法求函数的最值
题型(二)　利用单调性求函数的最值
题型(三)　一元二次函数的最值
4
课时跟踪检测
题型(一)　图象法求函数的最值
01
[例1]　已知函数f(x)=
(1)在直角坐标系内画出f(x)的图象;
解：图象如图所示.
(2)根据函数的图象写出函数的单调区间和值域.
解：由图可知f(x)的单调递增区间为(-1,0),(2,5),单调递减区间为(0,2),值域为[-1,3].
|思|维|建|模|
利用图象求函数最值的方法
(1)画出函数y=f(x)的图象;
(2)观察图象,找出图象的最高点和最低点;
(3)写出最值,最高点的纵坐标是函数的最大值,最低点的纵坐标是函数的最小值.
1.已知函数y=-|x-1|+2,画出函数的图象,确定函数的最值情况,并写出值域.
解：由题意,得y=-|x-1|+2=图象如图所示,由图象知,函数y=-|x-1|+2的最大值为2,没有最小值,所以其值域为(-∞,2].
针对训练
题型(二)　利用单调性求函数的最值
02
[例2]　已知函数f(x)=+3(x∈[2,4]),求函数f(x)的最大值和最小值.
解：设x1,x2∈[2,4],且x10,x2-1>0.∴f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)|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
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.
解：函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递减.证明如下：
设 x1,x2∈(0,+∞),且x1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)求f(x)在[1,3]上的最值.
解：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(三)　一元二次函数的最值
03
[例3]　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.
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]上先递减后递增,
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)=
|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.设f(x)=mx2+nx+6,已知函数过点(1,3),且函数的对称轴为x=2.
(1)求函数的表达式;
解：依题意,得解得
所以f(x)=x2-4x+6.
(2)若x∈[-1,3],函数的最大值为M,最小值为N,求M+N的值.
解：由(1)可得f(x)=x2-4x+6=(x-2)2+2.所以f(x)在[-1,2]上单调递减,在(2,3]上单调递增.又f(-1)=11,f(3)=3,f(2)=2,
所以f(x)max=f(-1)=11,f(x)min=f(2)=2,即M=11, N=2.所以M+N=13.
课时跟踪检测
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2
1.设函数f(x)的定义域为R,以下三种说法：①若存在常数M,使得对任意x∈R,有f(x)≤M,则M是f(x)的最大值;②若存在x0∈R,使得对任意x∈R,有f(x)≤f(x0),则f(x0)是f(x)的最大值;③若存在x0∈R,使得对任意x∈R,且x≠x0,有f(x)≤f(x0),则f(x0)是f(x)的最大值.其中正确说法的个数为 (　 )
A级——达标评价
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A.0 B.1
C.2 D.3
解析：由函数最大值的概念知②③正确.
√
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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
解析：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.
√
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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
解析：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.
√
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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
解析：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.
√
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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
解析：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.
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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.
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7.记min{a,b}=若f(x)=min{x+2,10-x}(x≥0),则f(x)的最大值为　　　　.
解析：由题意,知f(x)=易知f(x)max=f(4)=6.
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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叫作函数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.
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9.(8分)已知函数f(x)=(x>0).
(1)求证：f(x)在(0,1]上单调递增;
解：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.
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(2)求函数f(x)的最大值和最小值.
解：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.
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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
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(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);
解：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].
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(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.
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11.当0≤x≤2时,a<-x2+2x恒成立,则实数a的取值范围是 (　 )
A.(-∞,1] B.(-∞,0]
C.(-∞,0) D.(0,+∞)
解析：令f(x)=-x2+2x,则f(x)=-x2+2x=-(x-1)2+1.
∵x∈[0,2],∴f(x)min=f(0)=f(2)=0.∴a<0.
√
B级——重点培优
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12.(多选)已知函数f(x)=(x≥0),则下列判断正确的有(　 )
A.f(x)的最小值为 B.f(x)在区间[0,1]上单调递增
C.f(x)的最大值为1 D.f(x)无最大值
√
√
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解析：由题意,得f(x)==1-.当x=0时,f(0)=1,当x≠0时,f(x)=1-.∵y=x+在(0,1]上单调递减,∴f(x)在[0,1]上单调递减,故B错误;∵x>0,∴x+≥2=2,当且仅当x=1时,等号成立.
∴0<.∴≤1-<1.综上所述f(x)的值域为,故D错误.故选A、C.
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13.函数g(x)=2x-的值域为　 　　　.
解析：设=t(t≥0),则x+1=t2,即x=t2-1.∴y=2t2-t-2=2,t≥0.∴当t=时,ymin=-.∴函数g(x)的值域为.
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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,+∞).
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(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11
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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;
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).
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任取x1,x2∈R,且x1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)∴y=f(x)在R上是减函数.
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(2)求f(x)在[-3,3]上的最大值与最小值.
解：∵[-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.课时跟踪检测(二十七)　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．设函数f(x)的定义域为R，以下三种说法：①若存在常数M，使得对任意x∈R，有f(x)≤M，则M是f(x)的最大值；②若存在x0∈R，使得对任意x∈R，有f(x)≤f(x0)，则f(x0)是f(x)的最大值；③若存在x0∈R，使得对任意x∈R，且x≠x0，有f(x)≤f(x0)，则f(x0)是f(x)的最大值．其中正确说法的个数为(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
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．记min{a，b}＝若f(x)＝min{x＋2,10－x}(x≥0)，则f(x)的最大值为______．
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叫作函数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．当0≤x≤2时，a<－x2＋2x恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，1] B．(－∞，0]
C．(－∞，0) D．(0，＋∞)
12．(多选)已知函数f(x)＝(x≥0)，则下列判断正确的有(　　)
A．f(x)的最小值为
B．f(x)在区间[0,1]上单调递增
C．f(x)的最大值为1
D．f(x)无最大值
13．函数g(x)＝2x－的值域为________．
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(二十七)
1．选C　由函数最大值的概念知②③正确．
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：由题意，知f(x)＝易知f(x)max＝f(4)＝6.
答案：6
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则f(x1)－f(x2)＝－
＝
＝.
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　令f(x)＝－x2＋2x，则f(x)＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1.∵x∈[0,2]，∴f(x)min＝f(0)＝f(2)＝0.∴a<0.
12．选AC　由题意，得f(x)＝＝＝1－.当x＝0时，f(0)＝1，当x≠0时，f(x)＝1－.∵y＝x＋在(0,1]上单调递减，∴f(x)在[0,1]上单调递减，故B错误；∵x>0，∴x＋≥2＝2，当且仅当x＝1时，等号成立．∴0<≤.∴≤1－<1.综上所述f(x)的值域为，故D错误．故选A、C.
13．解析：设＝t(t≥0)，则x＋1＝t2，即x＝t2－1.∴y＝2t2－t－2＝22－，t≥0.∴当t＝时，ymin＝－.
∴函数g(x)的值域为.
答案：
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.

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