2019_2020学年新教材高中数学第三章函数3.1.2函数的单调性第2课时函数的最大值最小值应用案巩固提升新人教B版必修第一册.doc

第2课时 函数的最大值、最小值

[A　基础达标]
1．函数y＝x－在[1，2]上的最大值为(　　)
A．0　　　　　　　　　　　　 B.
C．2 D．3
解析：选B.函数y＝x在[1，2]上是增函数，函数y＝－在[1，2]上是增函数，
所以函数y＝x－在[1，2]上是增函数．
当x＝2时，
ymax＝2－＝.
2．(2019·河南林州一中期末考试)函数f(x)＝的最大值为(　　)
A．1 B．2
C. D.
解析：选B.当x≥1时，函数f(x)＝为减函数，此时f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝1；当x<1时，函数f(x)＝－x2＋2在x＝0处取得最大值，最大值为f(0)＝2.综上可得，f(x)的最大值为2，故选B.
3．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．2 B．－2
C．2或－2 D．0
解析：选C.当a＞0时，由题意得2a＋1－(a＋1)＝2，即a＝2；当a＜0时，a＋1－(2a＋1)＝2，所以a＝－2.综上a＝±2.
4．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．－1 B．0
C．1 D．2
解析：选C.因为f(x)＝－(x－2)2＋4＋a，
所以函数f(x)图像的对称轴为直线x＝2.
所以f(x)在[0，1]上单调递增．
又因为fmin＝－2，
所以f(0)＝－2，
即a＝－2.
所以fmax＝f(1)＝－1＋4－2＝1.
5．高为H、满缸水量为V的鱼缸的轴截面如图所示，其底部有一个小洞，满缸水从洞中流出，若鱼缸水深h时水的体积为V′，则函数V′＝f(h)的大致图像为(　　)

解析：选B.由已知，当h＝0时，V′＝0，因而排除A，C，由鱼缸形状，则水面面积由小到大再变小，因而当h等量变化时，体积变化由慢到快再变慢，故选B.
6．函数f(x)＝2－在区间[1，3]上的最大值是________．
解析：因为f(x)＝2－在[1，3]上为单调增函数，所以f(x)的最大值为f(3)＝2－1＝1.
答案：1
7．若函数f(x)＝x2－6x＋m在区间[2，＋∞)上的最小值是－3，则实数m的值为________．
解析：函数f(x)＝x2－6x＋m的对称轴是直线x＝3，开口向上，所以函数f(x)在[2，3]上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，故函数在x＝3处取得最小值，
由f(3)＝32－6×3＋m＝－3，
解得m＝6.
故实数m的值为6.
答案：6
8．用长度为24 m的材料围成一矩形场地，并且中间加两道隔墙，要使矩形的面积最大，则隔墙的长度为_____________m.
解析：设隔墙的长为x m，矩形面积为S m2，则S＝x·＝x(12－2x)＝－2x2＋12x＝－2(x－3)2＋18，所以当x＝3时，S有最大值18.
答案：3
9．求函数y＝f(x)＝在区间[1，2]上的最大值和最小值．
解：∀x1，x2，且1≤x1<x2≤2，
则f(x1)－f(x2)＝－
＝
＝，
因为1≤x1<x2≤2，所以2<x1＋x2<4，
即6<3(x1＋x2)<12，
又1<x1x2<4，x2－x1>0，x1－3<0，x2－3<0，
故f(x1)－f(x2)>0.
所以函数y＝在区间[1，2]上为减函数，
ymax＝f(1)＝－，ymin＝f(2)＝－4.
10．已知函数f(x)＝x2＋2ax＋2，x∈[－5，5]．
(1)当a＝－1时，求函数f(x)的最大值和最小值．
(2)若y＝f(x)在区间[－5，5]上是单调函数，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝－1时，f(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1.
因为x∈[－5，5]，故当x＝1时，f(x)取得最小值为1，
当x＝－5时，f(x)取得最大值为37.
(2)函数f(x)＝(x＋a)2＋2－a2图像的对称轴为直线x＝－a.
因为f(x)在[－5，5]上是单调的，
故－a≤－5或－a≥5.
即实数a的取值范围是a≤－5或a≥5.
[B　能力提升]
11．如图，阴影部分的面积S是h(0≤h≤H)的函数，则该函数的图像是图中的(　　)

解析：选C.由题可知，h∈[0，H]，S是减函数，故A，B错；由图形阴影面积的变化趋势来看，函数减小的趋势是变慢的，故选C.
12．设f(x)为y＝－x＋6和y＝－x2＋4x＋6中较小者，则函数f(x)的最大值为________．
解析：在同一平面直角坐标系内，作出两函数的图像，

由图可知f(x)的图像是图中的实线部分，观察图像可知此函数的最大值为6.
答案：6
13．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？
解：(1)因为f(x)是一次函数，设f(x)＝ax＋b(a≠0)，由表格得方程组解得
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]，x∈N.
(2)由题意得，
P＝(x－30)y＝(x－30)(162－3x)
＝－3x2＋252x－4 860，x∈[30，54]，x∈N.
配方得，P＝－3(x－42)2＋432，
当x＝42时，最大的日销售利润P＝432，即当销售单价为42元时，才能获得最大的日销售利润．
14．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)是R上的单调递减函数；
(2)求f(x)在[－3，3]上的最小值．
解：(1)证明：∀x1，x2，且x1<x2，则x2－x1>0，因为x>0时，f(x)<0，
所以f(x2－x1)<0，
又因为x2＝(x2－x1)＋x1，
所以f(x2)＝f[(x2－x1)＋x1]
＝f(x2－x1)＋f(x1)，
所以f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)<0，
所以f(x2)<f(x1)．
所以f(x)是R上的单调递减函数．
(2)由(1)可知f(x)在R上是减函数，
所以f(x)在[－3，3]上也是减函数，
所以f(x)在[－3，3]上的最小值为f(3)．
而f(3)＝f(1)＋f(2)＝3f(1)＝3×＝－2.
所以函数f(x)在[－3，3]上的最小值是－2.
[C　拓展探究]
15．请先阅读下面材料，然后回答问题．
对应问题“已知函数f(x)＝，问函数f(x)是否存在最大值或最小值？若存在，求出最大值或最小值；若不存在，说明理由．”
一个同学给出了如下解答：令u＝3＋2x－x2，则u＝－(x－1)2＋4，当x＝1时，u有最大值，umax＝4，显然u没有最小值．
所以当x＝1时，f(x)有最小值，没有最大值．
(1)你认为上述解答是否正确？若不正确，说明理由，并给出正确的解答．
(2)试研究函数y＝的最值情况．
(3)对于函数f(x)＝(a＞0)，试研究其最值的情况．
解：(1)不正确．没有考虑到u还可以小于0.
正确解答如下：
令u＝3＋2x－x2，则u＝－(x－1)2＋4≤4.
当0＜u≤4时，≥，即f(x)≥；
当u＜0时，＜0，即f(x)＜0.
所以f(x)＜0或f(x)≥.
即f(x)既无最大值，也无最小值．
(2)因为x2＋x＋2＝＋≥，
所以0＜y≤，所以函数y＝的最大值为，没有最小值．
(3)对于函数f(x)＝(a＞0)．
令u＝ax2＋bx＋c，
①当Δ＞0时，u有最小值，umin＝＜0；
当≤u＜0时.≤，即f(x)≤；
当u＞0时，即f(x)＞0.
所以f(x)＞0或f(x)≤，即f(x)既无最大值，也无最小值．
②当Δ＝0时，u有最小值，umin＝＝0，结合f(x)＝知u≠0，
所以u＞0，此时＞0，即f(x)＞0，f(x)既无最大值，也无最小值．
③当Δ＜0时，u有最小值，umin＝＞0，即u≥＞0.
所以0＜≤，即0＜f(x)≤，
所以当x＝－时，f(x)有最大值，没有最小值．
综上，当Δ≥0时，f(x)既无最大值，也无最小值．
当Δ＜0时，f(x)有最大值，此时x＝－，没有最小值．

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