3.2.1 第2课时 函数的最大值、最小值-【创新教程】2025-2026学年高中数学必修第一册五维课堂Word课时作业（人教A版2019）

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　对应学生课时P361 1．函数f(x)在区间[－2,5]上的图象如图所示，则此函数的最小值、最大值分别是(　　) A．－2，f(2)　　　　 B．2，f(2) C．－2，f(5) D．2，f(5) 答案：C 2．若一次函数y＝kx＋5在[－1,2]上的最小值和最大值分别为－1和8，则k的值是(　　) A．6　 B．3　 　C．－3　　D．－4 答案：C 3．函数f(x)＝x＋，x∈[1,2](　　) A．有最大值5，无最小值 B．有最小值4，无最大值 C．有最大值5，最小值4 D．无最大值和最小值 答案：C 4．生产一定数量商品的全部费用称为生产成本，它可以表示为商品数量的函数．现知一企业生产某种商品的数量为x件时的成本函数为c(x)＝20＋2x＋x2(万元)，x∈N*.若售出一件商品收入是20万元，那么该企业为获取最大利润，应生产这种商品的数量为(　　) A．18件　 B．36件　　 C．22件　　 D．9件 答案：A 5．(多选)已知函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(－∞，1]上单调递减，则函数g(x)＝在区间(0,1]上一定(　　) A．有最大值 B．有最小值 C．单调递增 D．单调递减 解析：BD　[二次函数f(x)＝x2－2ax＋a图象的对称轴为直线x＝a，因为函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(－∞，1]上单调递减，所以a≥1.g(x)＝x＋－2a，该函数在(0，)上单调递减，而a≥1，所以当x∈(0,1]时，函数g(x)单调递减，且有最小值，为g(1)＝1－a.] 6．(多选)已知函数f(x)＝－2x＋1(x∈[－2,2])，g(x)＝x2－2x(x∈[0,3])，下列结论正确的是(　　) A．∀x∈[－2,2]，f(x)>a恒成立，则实数a的取值范围是a<－3 B．∃x∈[－2,2]，f(x)>a，则实数a的取值范围是a<－3 C．∃x∈[0,3]，g(x)＝a，则实数a的取值范围是－1≤a≤3 D．∀x∈[－2,2]，∃t∈[0,3]，f(x)＝g(t) 解析：AC　[在A中，因为f(x)＝－2x＋1(x∈[－2,2])是单调递减函数，所以当x＝2时，函数的最小值为－3，因此a<－3，A正确；在B中 ，因为f(x)＝－2x＋1(x∈[－2,2])是单调递减函数，所以当x＝－2时，函数的最大值为5，因此a<5，B错误；在C中，函数g(x)＝x2－2x＝(x－1)2－1，x∈[0,3]，所以当x＝1时，函数g(x)取得最小值－1，当x＝3时，函数g(x)取得最大值3，故函数的值域为[－1,3]，由g(x)＝a有解，知a∈g(x)的值域，即－1≤a≤3，C正确；在D中，∀x∈[－2,2]，∃t∈[0,3]，f(x)＝g(t)等价于f(x)的值域是g(t)的值域的子集，而f(x)的值域是[－3,5]，g(t)的值域是[－1,3]，D错误．] 7．函数f(x)＝在[1,2]上的最大值和最小值分别是____________． 解析：f(x)＝＝＝2－在[1,2]上是增函数，所以f(x)max＝f(2)＝，f(x)min＝f(1)＝1. 答案：，1 8．已知函数f(x)＝－x2－4x＋2在[m,0]上的值域为[2,6]，则m的取值范围是____________． 解析：二次函数f(x)＝－x2－4x＋2图象的对称轴为直线x＝－2，f(x)在[m,0]上的值域为[2,6]，f(0)＝f(－4)＝2，f(－2)＝6，由图可知m∈[－4，－2]． 答案：[－4，－2] 9．已知二次函数f(x)＝－x2＋x，如果存在实数m，n(m<n)，使得f(x)的定义域和值域分别是[m，n]和[3m,3n]，那么m＝____________，n＝____________. 解析：根据题意，得二次函数f(x)＝－x2＋x＝－(x－1)2＋图像的对称轴为直线x＝1，最大值为. ①当m<n≤1时，f(x)在[m，n]上单调递增， 则 解得m＝－4，n＝0； ②当m<1<n时，f(x)的最大值为f(1)＝＝3n，解得n＝，与m<1<n矛盾，不符合题意； ③当1≤m<n时，f(x)在[m，n]上单调递减， 若f(x)的值域为[3m,3n]，则必有3n≤，解得n≤，不符合题意．故m＝－4，n＝0. 答案：－4　0 10．已知函数f(x)＝，x∈[2,5]． (1)判断该函数在区间[2,5]上的单调性，并给予证明； (2)求该函数在区间[2,5]上的最大值与最小值． 解析：(1)f(x)＝在区间[2,5]上是减函数． 证明　任意取x1，x2∈[2,5]且x1＜x2， 则f(x1)＝，f(x2)＝. f(x2)－f(x1)＝－＝. ∵2≤x1＜x2≤5， ∴x1－x2＜0，x2－1＞0，x1－1＞0. ∴f(x2)－f(x1)＜0，∴f(x2)＜f(x1)． ∴f(x)＝在区间[2,5]上是减函数． (2)由(1)可知f(x)＝在区间[2,5]上是递减的，故任意的x∈[2,5]均有f(5)≤f(x)≤f(2)， ∴f(x)max＝f(2)＝＝2. f(x)min＝f(5)＝＝. 11．在①∀x∈[－2,2]；②∃x∈[1,3]这两个条件中任选一个，补充到下面问题的横线中，并求解该问题． 已知函数f(x)＝x2＋ax＋4. (1)当a＝－2时，求f(x)在[－2,2]上的取值范围； (2)若____________，f(x)≥0，求实数a的取值范围． 注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分． 解：(1)当a＝－2时，f(x)＝x2－2x＋4＝(x－1)2＋3，则f(x)在[－2,1]上单调递减，在[1,2]上单调递增， ∴f(x)在[－2,2]上的最小值为f(1)＝3，f(x)在[－2,2]上的最大值为max{f(－2)，f(2)}＝max{12,4}＝12， ∴f(x)在[－2,2]上的取值范围为[3,12]． (2)选择条件①： 当－≤－2，即a≥4时，f(x)在[－2,2]上单调递增， ∴f(x)在[－2,2]上的最小值为f(－2)＝8－2a≥0，解得a≤4，又a≥4，∴a＝4； 当－2＜－＜2，即－4＜a＜4时， f(x)在上单调递减， 在上单调递增， ∴f(x)在[－2,2]上的最小值为f＝4－≥0， 解得－4≤a≤4，又－4＜a＜4，∴－4＜a＜4. 当－≥2，即a≤－4时，f(x)在[－2,2]上单调递减，∴f(x)在[－2,2]上的最小值为f(2)＝8＋2a≥0，解得a≥－4，又≤－4，∴a＝－4. 综上所述，实数a的取值范围是[－4,4]． 选择条件②： ∵∃x∈[1,3]，f(x)≥0， ∴当x∈[1,3]时，f(x)max≥0， 即max{f(1)，f(3)}≥0， ∴f(1)≥0或f(3)≥0，解得a≥－5或a≥－. ∴a≥－5，即实数a的取值范围是[－5，＋∞)． 12．已知函数f(x)＝－(a＞0，x＞0)． (1)求证：f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数； (2)若f(x)在上的值域是，求a的值． 解析：(1)证明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＜x2，则x2－x1＞0，x1x2＞0，∴f(x2)－f(x1)＝－－＝－＝＞0，∴f(x2)＞f(x1)，∴f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数． (2)由(1)知f(x)在上单调递增， ∴f＝，f(2)＝2，易得a＝. 13．已知f(x)＝－x2－ax＋1，g(x)＝. (1)若f(x)在区间[1,2]上具有单调性，求实数a的取值范围； (2)若存在x1∈[1,2]，使得对任意的x2∈，都有f(x1)≥g(x2)成立，求实数a的取值范围． 解：(1)由题意知，f(x)图象的对称轴为直线x＝－，因为f(x)在区间[1,2]上具有单调性， 所以－≤1或－≥2，解得a≥－2或a≤－4，故实数a的取值范围为(－∞，－4]∪[－2，＋∞)． (2)设当x∈[1,2]时，f(x)的最大值为M.当－≤1，即a≥－2时，f(x)在[1,2]上单调递减，所以M＝f(1)＝－a； 当－≥2，即a≤－4时，f(x)在[1,2]上单调递增，所以M＝f(2)＝－3－2a； 当1＜－＜2，即－4＜a＜－2时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，所以M＝f＝1＋. 综上，M＝ 由题意，问题转化为M≥g(x)对x∈恒成立． 函数g(x)＝＝a＋＋， 令＝t，则t∈[1,2]，函数g(x)可以化为函数h(t)＝at2＋t＋a， 则问题转化为M≥h(t)对t∈[1,2]恒成立． ①当a≤－4时，－2a－3≥at2＋t＋a，即at2＋t＋3a＋3≤0对t∈[1,2]恒成立． 因为a＜0，且Δ＝1－4a(3a＋3)＝－12a2－12a＋1＝－122＋4＜0在a∈(－∞，－4]上恒成立， 所以at2＋t＋3a＋3≤0恒成立，即a≤－4符合题意． ②当－4＜a＜－2时，＋1≥at2＋t＋a对t∈[1,2]恒成立，令H(t)＝at2＋t＋a－1－，则H(t)≤0对t∈[1,2]恒成立， H(t)图象的对称轴为直线t＝－∈，开口向下，所以H(t)在[1,2]上单调递减， 则H(t)在[1,2]上的最大值为H(1)＝2a－≤0，解得a≤0或a≥8，所以－4＜a＜－2. ③当a≥－2时，－a≥at2＋t＋a对t∈[1,2]恒成立，则a≤＝－对t∈[1,2]恒成立，因为t＋≥2＝2，当且仅当t＝，即t＝时取等号，所以－≥－，即a≤－，所以－2≤a≤－. 综上可得，满足题意的实数a的取值范围是. 学科网（北京）股份有限公司 $$