《2019-2020学年高一数学人教A版必修1练习：1.3.1 第2课时 函数的最大（小）值 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年高一数学人教A版必修1练习：1.3.1 第2课时 函数的最大（小）值 Word版含解析.pdf（8页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第 2 课时 函数的最大(小)值 课后篇课后篇巩固提升 基础巩固 1.函数 y=-|x|在 R 上( ) A.有最大值 0,无最小值 B.无最大值,有最小值 0 C.既无最大值,又无最小值 D.以上都不对 解析因为函数 y=-|x|的图象如图所示,所以函数 y=-|x|在 R 上有最大值 0,无最小值. 答案 A 2.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.2B.-2C.2 或-2D.0 解析由题意 a0,当 a0时,有(2a+1)-(a+1)=2,解得 a=2;当 a0,y0,总有 f(xy)=f(x)+f(y)-1,则关于 x 的不等式 f
2、(x-1)1 的解集是( ) A.(-,2)B.(1,+) C.(1,2)D.(0,2) 解析令 y=1,则 f(x)=f(x)+f(1)-1,得 f(1)=1,所以 f(x-1)1f(x-1)f(1).又 f(x)在(0,+)上单调递减,所以 得 1 0, - 1 f(3),所以函数 f(x)在区间-2,3上的最大值为 10. (2)因为 g(x)=f(x)-mx=x2-(m+2)x+2,其对称轴为 x=.由函数在区间-1,2上单调递增可得 + 2 2 -1,解得 m-4.故 m 的取值范围是(-,-4. + 2 2 能力提升 1.函数 y=2-的值域是( ) - 2+ 4 A.-2,2B.
3、1,2 C.0,2D.- 2,2 解析要求函数 y=2-的值域,只需求 t=(x0,4)的值域即可. - 2+ 4 - 2+ 4 设二次函数 f(x)=-x2+4x=-(x-2)2+4(x0,4),所以 f(x)的值域是0,4.因为 t=,所以 t 的值域 () 是0,2,-t的值域是-2,0. 故函数 y=2-的值域是0,2.故选 C. - 2+ 4 答案 C 2.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 量为 x(单位:辆).若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.120 万元 C.1
4、20.25万元D.60万元 解析设该公司在甲地销售 x辆车,则在乙地销售(15-x)辆车,根据题意,总利润 y=-x2+21x+2(15-x)(0x 15,xN),整理得 y=-x2+19x+30. 因为该函数图象的对称轴为 x=,开口向下,又 xN,所以当 x=9 或 x=10 时,y 取得最大值 120 万 19 2 元. 答案 B 3.已知函数 f(x)=-x2+2x+4在区间0,m上有最大值 5,最小值 1,则 m 的值等于( ) A.-1B.1 C.2D.3 解析因为函数 f(x)=-x2+2x+4=-(x-1)2+5,故函数在区间(-,1上单调递增,在区间(1,+)上单调递减. 若
5、 m1,则函数在区间0,m上单调递增,其最小值为 f(0)=-02+20+4=41,显然不合题意. 若 m1,则函数在区间0,1上单调递增,在区间1,m上单调递减,故函数的最大值为 f(1)=5. 而 f(0)=-02+20+4=41.令 f(m)=1,即-m2+2m+4=1,也就是 m2-2m-3=0,解得 m=-1 或 m=3.又因 为 m1,所以 m=3.故选 D. 答案 D 4.在实数的原有运算法则中,补充定义新运算“”如下:当 ab 时,ab=a;当 a0 成立,则实数 a 的取值范围 - ( - 2)2, 0,-(2-2)22(3-a)+5a, -2a3 时,f(x)在t,t+1上
6、是增函数, g(t)=f(x)min=f(t)=t2-6t+7. 当 t3t+1,即 2t3 时, g(t)=f(x)min=f(3)=-2. 当 t+1 3, - 2,2 3, 2- 4 + 2, 5时,f(x)min=f(-5)=27-10a=-1,解得 a=(舍去); 14 5 当-5a5 时,f(x)min=f(-a)=-a2+2=-1,解得 a=; 3 当 a5 在定义域上恒成立,求 a 的取值范围. 解(1)任取 x1,x2(0,1,且 x10, (2 + 12) 即 a5(x(0,1),得 a2x2-5x(x(0,1)恒成立. 2x2-5x=2, ( - 5 4) 2 25 8 函数 y=2x2-5x在(0,1上单调递减, 当 x=1 时,函数取得最小值-3,即 a-3.