训练21函数的最大值、最小值-【勤径学升】2024-2025学年高中数学必修第一册同步练测（人教A版2019）

训练二十一函数的最大值、最小值 基础练 /学考测评 1.函数y=f(x)在[-2,2]上的图象如图，则 此函数的最小值、最大值分别是() y 2 o-7.已知函数 求 f(x) 的最大值、最小值. -2 2, 0 2x A.-1,0 B.0,2 D.号，2C.-1,2 2.已知函数 f(x)=2 ,其定义域是[一8, —4),则下列说法正确的是 () 315A.f(x)有最大值 ,无最小值 513 75,最小值-B.f(x)有最大值- 75C.f(x)有最大值- ,无最小值 75D.f(x)有最大值2,最小值- 3.函数f(x)=-x2+4x-6,x∈[0,5]的值 域为 () A.[-6,—2] B.[-11,-2] C.[-11,-6] D.[-11,-1] 4.当0≤x≤2时，a<-x2+2x恒成立，则实 数a的取值范围是 () A.(一～,1) B.(一～,0) C.(一～,0) D.(0,+～) 5.函数f(x)=√6-x-3x在区间[2,4]上的 最大值为 6.某公司在甲、乙两地同时销售一种品牌车， 销售x辆该品牌车的利润(单位：万元)分别 为L?=-x2+21x和L?=2x.若该公司在 两地共销售15辆，则能获得的最大利润为 万元. 能力练 迁移运用 8.已知函数f(x)=2x-3,当x≥1时，恒有 f(x)≥m 成立，则实数m的取值范围是 () A. R B.(一，-1) C.(-1,+～) D. 9.函数 f(x)=x2-2ax+a+2在[0,a]上 取得最大值3,最小值2,则实数a的值为 () A.0或1 B.1 C.2 D.以上都不对 10.设函数g(x)=x2-2(x∈R),f(x)= g(x)+x+4,x<g(x), 则 f(x)的值域是 lg(x)-x,x≥g(x), () A.[-3.o]U(1,+~) B.(0,+～) c.[-￥,+~] D.[-3.o]U(2,+~) 41 ?高中数学·必修 第一册 11.已知二次函数 f(x)=ax2+2ax+1在区 间[-2,3]上的最大值为6,则a的值为 12.(河北唐山遵化期中)已知函数f(x)=x2 -4x+3,g(x)=mx+3-2m(m>0),若 对任意x?∈[0,4],总存在x?∈[0,4],使 f(x?)=g(x?)成立，则实数m的取值范围 为_ . 13.(临沂高一期末)某地某路无人驾驶公交车 发车时间间隔t(单位：分钟)满足5≤t≤ 20,t∈N.经测算，该路无人驾驶公交车载 客量 p(t)与发车时间间隔t满足：p(t) -1002,≤4<10, 其中t∈N. (1)求 p(5),并说明 p(5)的实际意义； (2)若该路公交车每分钟的净收益y= 6p(1)+24-10(单位：元),问：当发车时间 间隔为多少时，该路公交车每分钟的净收 益最大?并求每分钟的最大净收益. 创新练/ 素能培优 14.(江西吉安高一期末)已知a>0,函数f(x) =x2+3|x-a|. (1)当a=1时，请直接写出函数的单调递 增区间(不需要证明); (2)记 f(x)在区间[-1,1]上的最小值为 g(a),求 g(a)的解析式； (3)对(2)中的g(a),当x∈[-1,1],a∈ (0,1)时，恒有f(x)≤g(a)+m成立，求实 数 m的取值范围. 42 间是(一～,2),因此f(x)在区间(一～,0)上单调递减， B正确；由 f(x)的单调递减区间是(一心，-4)得 故存在这样的实数λ(a=3),使 F(x)在区间((-, 一竖)上是或面数且在区间((一唇.0)上是增函软.解得a的值不存在，C错误；在 D 中，当a=0时，f(x)=-12x+5,在(一心，3)上是减函- 训练二十一函数的最大值、最小值1.C 由题图可知，函数f(x)在x=-2处取得最小值-1,在x=1处取得最大值 2.故选 C.解得0<a≤六，数；当a≠0 时，由< ,所以 2.A 因为函数/(x)=2=-2((,)+3-2+,由 函数的图象可知f(x)在区间(-8,-4)上单调递减，则 晋，x=-4取不f(x)在x=-8处取得最大值，最大值为 到函数值，即最小值取不到.故选 A. [0.÷].D正确.a的取值范围是 11.解析 由f(x)在[1,2]上单调递减可得a≤1;由g(x) 在[1,2]上单调递减可得a>0,∴a∈(0,1). 答案 (0,1) 12.解析由题意可得f(x)+f(-2)=f(-2x).因为 3.B 函数f(x)=-x2+4x-6=-(x-2)2-2,x∈[0, 5],所以当x=2时，f(x)取得最大值为-(2-2)2-2= —2;当x=5时，f(x)取得最小值为一(5-2)2-2= f(3)=1,所以不等式 f(x)+f(-2)>1,即为 f(-2x) >f(3).因为f(x)是定义在R上的增函数，所以—2x >3.解得x<-号..故不等式f(x)+f(-2)>1的解集 为{x|x<-号}: -11,所以函数 f(x)的值域是[—11,-2].故选 B. 4.C 令f(x)=-x2+2x,则f(x)=-x2+2x= -(x-1)2+1.又x∈[0,2],∴f(x).=f(0)=f(2)= {x|x<-是} 0.∴a<0. 答案 5.解析 ∵y=√6-x在区间[2,4]上是减函数，y=—3x 13.解(1)函救f(x)=x++3在(-2,+心)上单调 递增. 在区间[2,4]上是减函数，∴函数 f(x)=√6-x-3x在 区间[2,4]上是减函数，∴f(x)⋯=f(2)=√6-2-3× 证明：任取x?,x?∈(-2,+~),且x?<x?, 则 f(x)-f(x)=x?+z+3-x?-a,+3 =(x?-x?)[1-ca+3](as+3], 2 =-4. 答案 一4 6.解析设公司在甲地销售x辆，则在乙地销售(15- x)辆， 公司获利为 L=-x2+21x+2(15-x) =-x2+19x+30=-(x-2)+30+H, ∴当x=9或10时，L最大，为120万元. 由于-2<x?<x?,故1<x?+3<x?+3, 所以 f(x?)-f(x?)<0, 故函数 f(x)=x+7+3在(-2,+~)上单调递增. 答案 120 (2)由(1)知f(x)在(-2,+～)上单调递增， 7.解 作出函数 f(x)的图象，如图所示. 当m∈(-2,2)时，-2m+3>-1,m2≥0. 因为 f(-2m+3)<f(m2),所以-2m+3<m2, yt 解得m<-3或m>1. 又m∈(-2,2),所以1<m<2, 即 m的取值范围为(1,2). 左14.解 假设存在这样的实数λ,则由f(x)=x2+1,g(x)= f(f(x)),得g(x)=(x2+1)2+1,所以F(x)=g(x)一 af(x)=x?+(2-λ)·x2+2-λ. 0-1 1 由图象可知，当x=±1时，f(x)取最大值 f(1)=f(-1) =1;当x=0时，f(x)取最小值f(0)=0.故 f(x)的最大 令t=x2,则t=x2在区间(一～,0)上单调递减，当x∈ (-~,一竖)时，>言：当r∈(一誓)时，0<1<云. (-~,一竖).故要使 F(x)在区间 上单调递减，在区间 值为1,最小值为0. 8.B 因为f(x)=2x-3在x∈(1,+心)上为增函数，所以 f(x)mn=—1,故满足f(x)≥-1.又因为在x≥1时， f(x)≥m恒成立，所以m≤f(x)mn,所以m≤-1,故m∈ (一～,-1). (一誓.0)上单调递增， 9.B 因为函数f(x)=x2-2ax+a+2=(x-a)2-a2+a +2,对称轴为x=a,开口方向向上，所以f(x)在[0,a]上 单调递减，其最大值、最小值分别在两个端点处取得，即(号，+~)上则函数φ(t)=t2+(2-λ)t+2-λ在区间 单调递增，在区间(0,云)上单调递减， f(x)=f(0)=a+2=3,f(x)=f(a)=-a2+a+2 =2,故 a=1. 所以函数q(1)=l2+(2-λ)t+2-λ图象的对称轴为t 10.D 当x<g(x),即x<x2-2时，x>2或x<-1,f(x) =g(a)+x+4=x2-2+x+4=x2+x+2=(x+÷)=2,222-2,则a=3. 83 +子，,此时函数f(x)的值域为(2,+~);当x≥g(x), 即-1≤x≤2时，f(x)=g(x)-x=x2-2-x= (x-2)一六，其最小值为f(号)=-号， ,最大值为 f(2)=f(-1)=0,因此x∈[-1,2]时，函数f(x)的值域 为[-÷0]. [-÷-o]u综上可得，函数 f(x)的值域为 (2,+～). 11.解析 根据所给二次函数解析式可知函数图象的对称 轴方程为直线 x=-1,且恒过定点(0,1). ①当a<0时，函数在[-2,-1]上单调递增，在[-1,3] 上单调递减，所以函数在x=-1处取得最大值， 因为f(-1)=-a+1=6,所以a=-5. ②当a>0时，函数在[-2,-1]上单调递减，在[-1,3] 上单调递增，所以函数在x=3处取得最大值， 因为f(3)=15a+1=6,所以a=号. 故a的值为-5或号。 答案 -5或子 12.解析易知函数f(x)=x2-4x+3=(x-2)2-1,根据 二次函数的性质，可得当x∈[0,4]时，f(x)∈[-1,3], 记 A=[-1,3]. 对于g(x)=mx+3-2m,当m>0时，g(x)=mx+3- 2m在[0,4]上单调递增，所以g(x)∈[3-2m,3+2m], 记 B=[3-2m,3+2m]. 因为对任意x?∈[0,4],总存在x?∈[0,4],使f(x?)= g(x?)成立，所以 A∈B,则 ,解得 m≥2. 所以实数m的取值范围为(2,+～). 答案 (2,+) 13.解 (1)p(5)=60-(5-10)2=35,其实际意义为：发车 时间间隔为5分钟时，载客量为 35. (2)∵y=5p()+24-10,∴当5≤1<10,x∈N时， y=360-6t-10)+24-10=110-(6x+2L6), 任取t?,t?∈[5,6],且t?<t?, 则y?-y?=[110-(6i+2)]-[110-(6t,+ 46)]-6(?-4)+?-2L -6a-1)214-a-4. ∵5≤t?<t?≤6,∴t?-t?>0,25<t?t?<36, ∴t?t?-36<0,∴y?-y?<0, ∴函数y=110-(6x+216),在区间[5,6]上单调递增， 同理可证该函数在区间(6,10)上单调递减， ∴当t=6时，y取得最大值38; 当10≤/<20,1∈N时，y=5×60+24-10=344-10, 该函数在区间[10,20]上单调递减， 则当t=10时，y取得最大值 28.4. 综上，当发车时间间隔为6分钟时，该路公交车每分钟 的净收益最大，最大净收益为38元. 14.解 (1)当a=1时， /c0-x+8l--(+-≤1; 所以函数 f(x)的单调递增区间为(1,+). (2)由题意可知， /6o=x+3L-al-(-ac-<a 当0<a<1时，函数f(x)在[-1,a]上单调递减，在[a, 1]上单调递增，所以g(a)=f(a)=a2;当a≥1时，函数 f(x)在[-1,1]上单调递减，g(a)=f(1)=3a-2. 综上：k()=|-2u≤1: (3)当x∈[-1,1],a∈(0,1)时，令h(x)=f(x)- g(a),则m≥h(x)m 若0<a<1,则当x∈[-1,1]时，函数h(x)在[-1,a] 上单调递减，在[a,1]上单调递增，且h(-1)=4+3a- a2,h(1)=4-3a-a2,此时，h(x)=h(-1)=4+3a- a2=-(a-2)+<6;若a=1,则当x∈[-1,1] 时，函数h(x)在[-1,1]上单调递减，此时，h(x)= h(-1)=7-1=6. 综上，h(x)mx=6,则实数m的取值范围是[6,+～]. 训练二十二函数奇偶性的概念 1.D 易知函数f(x)的定义域为(-～,0)U(0,+～),因 为f(x)=2x一号，所以f(-x)=-2x+÷= -(2x-÷)=-f(x),则函数f(x)是奇函数，则函数 f(a)=2x-÷-的图象关于坐标原点对称.故选 D. 2.B 对于A,y=f(x)=x2的定义域为R,且f(-x)= (一x)2=x2=f(x),所以 y=x2为偶函数，故 A不符合 题意；对于B,y=g(x)=x3的定义域为 R,且g(-x)= (-x)3=-x3=-g(x),所以y=x3为奇函数，故B符合 题意；对于C,y=h(x)=|x|的定义域为R,且h(-x)= l-x|=|x|=h(x),所以 y=|x|为偶函数，故C不符合 题意；对于D,y=√x的定义域为[0,+心],定义域不关 于原点对称，所以 y=√x为非奇非偶函数，故 D不符合 题意.故选 B. 3.ABD 因为 F(x)=f(x)·f(一x)满足F(-x)=f(-x)· f(x)=F(x),所以 F(x)=f(x)·f(一x)是偶函数，故A正 确；因为M(x)=|f(x)·f(-x)|满足M(-x)=M(x),所以 M(x)是偶函数，故B正确；因为H(x)=f(x)-f(一x)满足 H(-x)=f(-x)-f(x)=-H(x),所以H(x)是奇函数，故 C错误；因为G(x)=f(x)+f(-x)满足G(-x)=f(-x)+ f(x)=G(x),所以G(x)是偶函数，故 D正确.故选 ABD. 4.C 因为f(x)=(ax+1)(x-a)=ax2+(1-a2)x-a为偶函 数，所以1-a2=0,所以a=±1.当a=1时，f(x)=x2-1,在 区间(0,+～)上单调递增，满足条件；当a=-1时，f(x)= 一x2+1,在区间(0,+～)上单调递减，不满足条件. 5.解析 由题意知 f(O)=0,故得 m=0. 由f(x)是奇函数知f(-x)=-f(x), 84