课时跟踪检测22 函数的最大（小）值（Word练习）-【新课程学案】新教材2023-2024学年高中数学必修第一册（人教A版2019）

5 / 5 课时跟踪检测（二十二） 函数的最大（小）值 A级——综合提能 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 解析：选C　由函数最大值的概念知②③正确． 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：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．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：选C　因为f(x)＝ ＝2＋，所以f(x)在[3,4]上是减函数．所以m＝f(4)＝4，M＝f(3)＝6.所以M＋m＝6＋4＝10. 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：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．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：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．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. 答案：1 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. 答案：6 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. 答案：2 9．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． 解：(1)证明：设x1，x2是区间(0,1]上的任意两个实数，且x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝－ ＝＝. 当0<x1<x2≤1时，x2－x1>0，x1x2－1<0， ∴f(x1)－f(x2)<0，f(x1)<f(x2)． ∴f(x)在(0,1]上单调递增． (2)当1≤x1<x2时，x2－x1>0，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．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