高中数学人教A版必修第一册3.2.1 第2课时 函数的最大(小)值课时作业含解析 练习

这是一份高中数学人教A版必修第一册3.2.1 第2课时 函数的最大(小)值课时作业含解析，共1页。

[对应学生用书P37]
知识点 函数的最大(小)值
一般地，设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足：
(1)∀x∈I，都有f(x)≤M.
(2)∃x0∈I，使得f(x0)＝M.
那么，我们称M是函数y＝f(x)的最大值.
如果存在实数M满足：
(1)∀x∈I，都有f(x)≥M.
(2)∃x0∈I，使得f(x0)＝M.
那么，我们称M是函数y＝f(x)的最小值.
[微思考]
若函数f(x)≤M，则M一定是函数的最大值吗？
提示：不一定，只有定义域内存在一点x0，使f(x0)＝M时，M才是函数的最大值，否则不是．
[微体验]
1．思考辨析
(1)任何函数都有最大(小)值．( )
(2)函数f(x)在[a，b]上的最值一定是f(a)(或f(b))．( )
(3)函数的最大值一定比最小值大．( )
答案 (1)× (2)× (3)√
2．设函数f(x)＝2x－1(x<0)，则f(x)( )
A．有最大值
B．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
D [∵f(x)在(－∞，0)上单调递增，∴f(x)3．(多空题)如图为函数y＝f(x)，x∈[－4,7]的图象，则它的最大值是________，最小值是________．
解析 观察函数图象可知，图象上位置最高的点是(3,3)，最低的点是(－1.5，－2)，所以当x＝3时，函数y＝f(x)取得最大值，最大值是3，当x＝－1.5时，函数y＝f(x)取得最小值，最小值是－2.
答案 3 －2
[对应学生用书P38]
探究一 利用函数的图象求最值(值域)
试画出函数f(x)＝x＋|x－1|的图象，并说明最值情况．
解 f(x)＝x＋|x－1|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－1，x≥1，,1，x＜1.))图象如图所示．
由图象可知，f(x)的最小值为1，没有最大值．
[方法总结]
用图象法求最值的3个步骤
[跟踪训练1] 求函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,x)，0解 函数f(x)的图象如图所示．
由图象可知f(x)的最小值为f(1)＝1，无最大值．
探究二 利用函数单调性求最值(值域)
已知函数f(x)＝eq \f(2x＋1,x＋1).
(1)判断函数在区间(－1，＋∞)上的单调性，并用定义证明你的结论；
(2)求该函数在区间[2,4]上的最大值和最小值．
解 (1)f(x)在(－1，＋∞)上为增函数，证明如下：
∀x1，x2∈(－1，＋∞)，且x1则f(x1)－f(x2)＝eq \f(2x1＋1,x1＋1)－eq \f(2x2＋1,x2＋1)＝eq \f(x1－x2,x1＋1x2＋1)，
因为－10，x2＋1>0，x1－x2<0，
所以f(x1)－f(x2)<0⇒f(x1)所以f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．
(2)由(1)知f(x)在[2,4]上单调递增，
所以f(x)的最小值为f(2)＝eq \f(2×2＋1,2＋1)＝eq \f(5,3)，
最大值f(4)＝eq \f(2×4＋1,4＋1)＝eq \f(9,5).
[方法总结]
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．
[跟踪训练2] 已知函数f(x)＝eq \f(1,x2)＋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]上的最大(小)值．
(1)证明 函数f(x)在区间(0，＋∞)上是减函数．证明如下：
∀x1，x2∈(0，＋∞)，且x1则f(x1)－f(x2)＝(eq \f(1,x\\al(2,1))＋1)－(eq \f(1,x\\al(2,2))＋1)＝eq \f(x1＋x2x2－x1,x1x22)，
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，＋∞)上是减函数．
(2)解 由(1)知函数f(x)在区间[1,3]上是减函数，
所以当x＝1时，函数f(x)取最大值，最大值为f(1)＝2，
当x＝3时，函数f(x)取最小值，最小值为f(3)＝eq \f(10,9).
探究三 函数最值的简单应用
某公司生产一种电子仪器的固定成本为20 000元，每生产一台仪器需增加投入100元，已知总收益满足函数：R(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(400x－\f(1,2)x2，0≤x≤400，,80 000，x＞400.))其中x是仪器的月产量．
(1)将利润表示为月产量的函数f(x)；
(2)当月产量为何值时，公司所获利润最大？最大利润为多少元？(总收益＝总成本＋利润)
解 (1)由题意得，总成本为20 000＋100x，从而
f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)x2＋300x－20 000，0≤x≤400，,60 000－100x，x＞400.))
(2)当0≤x≤400时，f(x)＝－eq \f(1,2)(x－300)2＋25 000，
∴当x＝300时，f(x)max＝25 000.
当x>400时，f(x)＝60 000－100x是减函数，
f(x)<60 000－100×400<25 000.
∴当x＝300时，f(x)max＝25 000.
即每月生产300台仪器时利润最大，最大利润为25 000元．
[方法总结]
求解实际问题的四个步骤
(1)读题：分为读懂和深刻理解两个层次，把“问题情景”译为数学语言，找出问题的主要关系(目标与条件的关系)．
(2)建模：把问题中的关系转化成函数关系，建立函数解析式，把实际问题转换成函数问题．
(3)求解：选择合适的数学方法求解函数．
(4)评价：对结果进行验证或评估，对错误加以改正，最后将结果应用于现实，作出解释或预测．
[跟踪训练3] 用长度为24 m的材料围一矩形场地，中间加两道隔墙，要使矩形的面积最大，则隔墙的长度为________ m.[来源:学§科§网Z§X§X§K]
解析 设隔墙长度为x m，场地面积为S m2，
则S＝x·eq \f(24－4x,2)＝12x－2x2
＝－2(x－3)2＋18(0＜x＜6)．
所以当x＝3时，S有最大值18.[来源:Z#xx#k.Cm]
答案 3
[对应学生用书P39]
1．求最大值、最小值时的三个关注点
(1)利用图象写出最值时，要写最高(低)点的纵坐标而不是横坐标．
(2)单调性法求最值勿忘求定义域．
(3)单调性法求最值，尤其是闭区间上的最值，不判断单调性而直接将两端点值代入求解是最容易出现的错误，解题时一定要注意．
2．求解实际问题的四个步骤
读题→建模→求解→评价．
3．利用单调性求最值的常用结论
(1)如果函数f(x)在区间[a, b]上是增(减)函数，则f(x)在区间[a, b]的左、右端点处分别取得最小(大)值和最大(小)值．
(2)如果函数f(x)在区间(a，b]上是增函数，在区间[b，c)上是减函数，则函数f(x)在区间(a，c)上有最大值f(b)．
(3)如果函数f(x)在区间(a，b]上是减函数，在区间[b，c)上是增函数，则函数f(x)在区间(a，c)上有最小值f(b)．
课时作业(十四) 函数的最大(小)值
[见课时作业(十四)P153]
1．函数y＝f(x)(－2≤x≤2)的图象如下图所示，则函数的最大值、最小值分别为( )
A．f(2)，f(－2) B．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，f(－1)
C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))， feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2))) D．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，f(0)
C [根据函数最值定义，结合函数图象可知，当x＝－eq \f(3,2)时，有最小值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))；当x＝eq \f(1,2)时，有最大值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))).]
2．下列函数在[1,4]上最大值为3的是( )
A．y＝eq \f(1,x)＋2 B．y＝3x－2
C．y＝x2 D．y＝1－x
A [选项B、C在[1,4]上均为增函数，选项A、D在[1,4]上均为减函数，代入端点值，即可求得最大值为3的是y＝eq \f(1,x)＋2.]
3．函数y＝x2－2x，x∈[0,3]的值域为( )
A．[0,3] B．[－1,0]
C．[－1，＋∞) D．[－1,3]
D [∵函数y＝x2－2x＝(x－1)2－1，x∈[0, 3]，∴当x＝1时，函数y取得最小值为－1，当x＝3时，函数取得最大值为3，故函数的值域为[－1, 3]．]
4．函数y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋3，x＜1，,－x＋6，x≥1))的最大值是( )
A．3 B．4
C．5 D．6
C [当x<1时，函数y＝x＋3单调递增，且有y<4，无最大值；当x≥1时，函数y＝－x＋6单调递减，则在x＝1处取得最大值为5.所以，函数在整个定义域内的最大值为5.]
5．某公司在甲、乙两地销售一种品牌车，利润(单位：万元)分别为L1＝5.06x－0.15x2和L2＝2x，其中x为销售量(单位：辆)．若该公司在这两地共销售15辆车，则能获得的最大利润为( )
A．45.606 B．45.6
C．45.56 D．45.51
B [设在甲地销售量为a，则在乙地销售量为15－a，设总利润为y，则y＝5.06a－0.15a2＋2(15－a)(0≤a≤15)，即y＝－0.15a2＋3.06a＋30(0≤a≤15)，可求ymax＝45.6.]
6．(多空题)函数y＝f(x)的定义域为[－4,6]，若函数f(x)在区间[－4，－2]上单调递减，在区间 (－2,6]上单调递增，且f(－4)解析 作出符合条件的函数的简图(图略)，可知f(x)min＝f(－2)，f(x)max＝f(6)．
答案 f(－2) f(6)
7．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＝________.
解析 由题意知a≠0，当a>0时，有(2a＋1)－(a＋1)＝2，解得a＝2；当a<0时，有(a＋1)－(2a＋1)＝2，解得a＝－2. 综上可知a＝±2.
答案 ±2
8．函数f(x)＝eq \f(1,1－x1－x)的最大值是________．
解析 t＝1－x(1－x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)≥eq \f(3,4). 所以0答案 eq \f(4,3)
9．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x，x∈[0，2]，,\f(4,x)，x∈2，4].))
(1)如图，画出函数f(x)的大致图象；
(2)写出函数f(x)的最大值．
解 (1)函数f(x)的大致图象如图所示：
(2)由函数f(x)的图象得出，f(x)的最大值为2.
10．轮船由甲地逆水匀速行驶至乙地，甲、乙两地相距s(km)，水流速度为p(km/h)，轮船在静水中的最大速度为q(km/h)(p，q为常数，且q>p)，已知轮船每小时的燃料费用与轮船在静水中的速度v(km/h)成正比，比例系数为常数k.
(1)将全程燃料费用y(元)表示为静水中速度v(km/h)的函数；
(2)若s＝100，p＝10，q＝110，k＝2，为了使全程的燃料费用最少，轮船的实际行驶速度应为多少？
解 (1)∵轮船行驶全程的时间t＝eq \f(s,v－p)，
∴y＝eq \f(ksv,v－p)(p(2)若s＝100，p＝10，q＝110，k＝2，则
y＝eq \f(2×100v,v－10)＝200eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(10,v－10)))(10由于f(v)＝eq \f(10,v－10)在(10,110]上是减函数，∴当v＝110时，函数y＝eq \f(2×100v,v－10)＝200eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(10,v－10)))取得最小值，且最小值为220.
即当轮船的实际行驶速度为110 km/h时，全程的燃料费用最少．
1．已知函数y＝x2－2x＋3在闭区间[0，m]上有最大值3，最小值2，则m的取值范围是( )
A．[1，＋∞) B．[0,2]
C．(－∞，2] D．[1,2]
D [f(x)＝(x－1)2＋2，∵f(x)min＝2，f(x)max＝3，且f(1)＝2，f(0)＝f(2)＝3，∴1≤m≤2.]
2．已知函数f(x)＝x2＋ax＋4，若对任意的x∈(0,2]，f(x)≤6恒成立，则实数a的最大值为( )
A．－1 B．1
C．－2 D．2
A [原问题可转化为a≤eq \f(2－x2,x)＝eq \f(2,x)－x对任意的x∈(0,2]恒成立，因为y＝eq \f(2,x)－x在(0,2]上单调递减，所以ymin＝1－2＝－1，
所以a≤－1，所以实数a的最大值为－1.]
3．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.
而f(a)＝(a－2)2＋2，∴f(a)min＝f(2)＝2.∴M≤2，∴Mmax＝2.
答案 2
4．已知函数f(x)＝x2－6x＋8，x∈[1，a]，并且f(x)的最小值为f(a)，则实数a的取值范围是________．
解析 如图，由题意可知f(x)在[1，a]内是单调递减的，
又∵f(x)的单调递减区间为(－∞，3]，∴1答案 (1,3]
5．有甲、乙两种商品，经营销售这两种商品所能获得的利润依次是P(万元)和Q(万元)，它们与投入资金x(万元)的关系有经验公式：P＝eq \f(x,5)，Q＝eq \f(3,5)eq \r(x).今有3万元资金投入经营甲、乙两种商品，为获得最大利润，对甲、乙两种商品的资金投入分别应为多少？能获得的最大利润是多少？
解 设对甲种商品投资x万元，则对乙种商品投资(3－x)万元，总利润为y万元，
根据题意得y＝eq \f(1,5)x＋eq \f(3,5)eq \r(3－x)(0≤x≤3)．
令eq \r(3－x)＝t，则x＝3－t2,0≤t≤ eq \r(3).
所以y＝eq \f(1,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－t2))＋eq \f(3,5)t＝－eq \f(1,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(3,2)))2＋eq \f(21,20)，t∈[0，eq \r(3) ]．当t＝eq \f(3,2)时，ymax＝eq \f(21,20)，此时x＝0.75,3－x＝2.25.
由此可知，为获得最大利润，对甲、乙两种商品的资金投入分别应为0.75万元和2.25万元，能获得的最大利润为1.05万元．
6．(拓广探索)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)＝－eq \f(2,3).
(1)求证：f(x)在R上是减函数；
(2)求f(x)在[－3,3]上的最大值及最小值．
(1)证明 ∵f(0)＋f(0)＝f(0)，∴f(0)＝0.
又f(x)＋f(－x)＝f(x－x)＝f(0)，
∴f(－x)＝－f(x)．
∀x1，x2∈R，且x1＜x2，
则f(x2)－f(x1)＝f(x2)＋f(－x1)＝f(x2－x1)．
∵x2－x1>0，据题意有f(x2－x1)<0.
∴f(x2)－f(x1)<0，即f(x2)∴y＝f(x)在R上是减函数．
(2)解 由(1)式知，f(x)在[－3,3]上是减函数，
∴f(－3)最大，f(3)最小．
而f(3)＝f(2)＋f(1)＝2f(1)＋f(1)＝3f(1)＝
3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))＝－2，f(－3)＝－f(3)＝2，
∴f(x)在[－3,3]上的最大值为2，最小值为－2.
课程标准
核心素养
借助函数图象，会用符号语言表达函数的最大值、最小值，理解它们的作用和意义.
通过对函数最大值、最小值的学习，提升“数学抽象”、“逻辑推理”、“数学运算”的核心素养.