3.2.1 第2课时 函数的最大（小）值-【正禾一本通】2025-2026学年高中数学必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（人教A版）

该高中数学课件聚焦函数的最大(小)值，通过新疆“早穿棉袄午穿纱”的气温实例导入，引导学生从实际问题中抽象出函数最值概念，衔接单调性与图像知识，搭建从具体到抽象的学习支架。 其亮点在于以情境化问题培养数学眼光，通过分层探究（如气温最值分析、二次函数定轴动区间问题）发展数学思维，结合实际应用案例（如成本利润问题）提升数学建模能力。学生能系统掌握图像法、单调性法求最值，教师可借助分层练习和类题通法高效教学。

《正禾一本通》 高中同步高效导学案 数学（人教）·必修一 1 《正禾一本通》PPT均可实现任意编辑，方法如下： 在PPT编辑模式中，双击需编辑内容，呈现word文档，编辑后关闭word文档即可。 第三章 函数的概念及其表示 3 目 录 合作探究·思维进阶 学以致用·课堂评价 课后分层练 合作探究·思维进阶 学以致用·课堂评价 课后分层练 31 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3．2　函数的基本性质 3．2.1　单调性与最大(小)值 第2课时　函数的最大(小)值 学习目标　1.理解函数的最大值和最小值的概念及其几何意义，提升数学抽象素养．(重点、难点)　2.能借助函数的图象和单调性，求一些简单函数的最值或值域，提升数学运算素养．(重点)　3.能利用函数的最值解决相关的实际应用问题，提升数学建模素养．(重点) 　函数的最大(小)值 　科考队对新疆地区“早穿棉袄午穿纱，围着火炉吃西瓜”这一独特的沙漠气候进行科学考察，如图是某天气温随时间的变化曲线．请根据曲线图说说气温的变化情况． 问题1　该天的最高气温和最低气温分别是多少？ 问题2　设该天某时刻的气温为f(x)，则f(x)在哪个范围内变化？ 问题3　从函数图象上看，气温的最大值、最小值在什么时刻取得？ 提示：该天的最高气温为25 ℃，最低气温为－5 ℃. 提示：该天某时刻的气温变化范围是[－5，25]. 提示：气温的最大值在t＝17处取得，气温的最小值在t＝6时取得． ≥ 项目 最大值 最小值 条件 一般地，设函数y＝f(x)的定义域为D，如果存在实数M满足：∀x∈D，都有 f(x) M f(x) M ∃x0∈D，使得 结论 M是函数y＝f(x)的最大值 M是函数y＝f(x)的最小值 几何意义 f(x)图象上最高点的 f(x)图象上最低点的 f(x0)＝M 纵坐标 纵坐标 ≤ 温馨提示 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (1)最值首先是一个函数值，即存在一个自变量x0,使得f(x0)等于最值。 (2)对于定义域内的任意x，都有f(x)≤f(x0)（或f(x)≥f(x0))，“任意”两个字不可省略。 角度一　利用图象法求函数的最值 例1　(链接教材：人教A版P81例5)已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2－x，0≤x≤2，,\f(2,x－1)，x＞2，))求函数f(x)的最大值、最小值． 解：作出f(x)的图象如图： 由图象可知，当x＝2时，f(x)取最大值为2；当x＝ eq \f(1,2)时，f(x)取最小值为－ eq \f(1,4). 所以f(x)的最大值为2，最小值为－ eq \f(1,4). 类题通法 图象法求最值的一般步骤 角度二　利用单调性求函数的最值 例2　英国著名物理学家牛顿曾研究过函数f(x)＝x2＋ eq \f(2,x)的图象，其形恰如希腊神话中海神波塞冬的武器——三叉戟，因此f(x)的图象又称为牛顿三叉戟曲线．求f(x)在(0，＋∞)上的最值． 解：取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1<x2， 则f(x1)－f(x2)＝x eq \o\al(2,1)＋ eq \f(2,x1)－(x eq \o\al(2,2)＋ eq \f(2,x2)) ＝(x eq \o\al(2,1)－x eq \o\al(2,2))－ eq \f(2(x1－x2),x1x2) ＝(x1－x2)[(x1＋x2)－ eq \f(2,x1x2)] ＝ eq \f(x1－x2,x1x2)·[x1x2(x1＋x2)－2]. 当0<x1<x2<1时， eq \f(x1－x2,x1x2)<0，x1x2(x1＋x2)－2<0，所以f(x1)－f(x2)>0， 即f(x1)>f(x2)，所以f(x)在(0，1)上为减函数． 当x2>x1>1时， eq \f(x1－x2,x1x2)<0，x1x2(x1＋x2)－2>0，所以f(x1)－f(x2)<0， 即f(x1)<f(x2)，所以f(x)在(1，＋∞)上为增函数． 所以f(x)在(0，＋∞)上有最小值，且f(x)min＝f(1)＝3. 综上，f(x)在(0，＋∞)上的最小值为3，无最大值． 类题通法 函数的最大(小)值与单调性的关系 (1)若函数f(x)在区间[a，b]上单调递增(减)，则f(x)在区间[a，b]上的最小(大)值是f(a)，最大(小)值是f(b)； (2)若函数f(x)在区间[a，b]上单调递增(减)，在区间[b，c]上单调递减(增)，则f(x)在区间[a，c]上的最大(小)值是f(b)，最小(大)值是f(a)与f(c)中较小(大)的一个． 【迁移运用】 1.(2025·安徽铜陵模拟)已知函数f(x)＝ eq \f(2x＋1,x＋2)，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在区间(－2，＋∞)上为________(增函数或减函数)，在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，4))上的最大值为_________________． 解析：令∀x1，x2∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，＋∞))，且x1>x2>－2， 则f(x1)－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2))＝ eq \f(2x1＋1,x1＋2)－ eq \f(2x2＋1,x2＋2)＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x1＋1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋2))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2＋1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋2)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋2))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋2)))＝ eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－x2)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋2))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋2)))， 因为x1>x2>－2，则x1＋2>0，x2＋2>0，x1－x2>0，则f(x1)－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2))>0，即f(x1)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2))， 则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，＋∞))上单调递增，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在区间[1，4]上的最大值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4))＝ eq \f(3,2). 答案：增函数　 eq \f(3,2) 　二次函数的最值 例3　(链接教材：人教A版P86习题3.2T7)(定轴定区间类型)已知函数f(x)＝x2－2x－3，若x∈[0，2]，求函数f(x)的最值． 解：∵函数f(x)＝x2－2x－3开口向上，对称轴x＝1，∴f(x)在[0，1]上单调递减，在[1，2]上单调递增，且f(0)＝f(2).∴f(x)max＝f(0)＝f(2)＝－3，f(x)min＝f(1)＝－4. 变式探究　(1)(定轴动区间类型)已知函数f(x)＝x2－2x－3，若x∈[t，t＋2]，求函数f(x)的最值． 解：∵对称轴x＝1， ①当1≥t＋2即t≤－1时，f(x)max＝f(t)＝t2－2t－3，f(x)min＝f(t＋2)＝(t＋2)2－2(t＋2)－3＝t2＋2t－3. ②当 eq \f(t＋t＋2,2)≤1<t＋2，即－1<t≤0时，f(x)max＝f(t)＝t2－2t－3，f(x)min＝f(1)＝－4. ③当t≤1< eq \f(t＋t＋2,2)，即0<t≤1时，f(x)max＝f(t＋2)＝t2＋2t－3，f(x)min＝f(1)＝－4. ④当1<t，即t>1时，f(x)max＝f(t＋2)＝t2＋2t－3，f(x)min＝f(t)＝t2－2t－3. 设函数f(x)的最大值为g(t)，最小值为φ(t)，则有 g(t)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(t2－2t－3，t≤0，,t2＋2t－3，t>0，))φ(t)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(t2＋2t－3，t≤－1，,－4，－1<t≤1，,t2－2t－3，t>1.)) (2)(动轴定区间)求二次函数f(x)＝x2－2ax＋2在[2，4]上的最小值． 解：∵函数图象的对称轴是x＝a，∴当a<2时，f(x)在[2，4]上是增函数，∴f(x)min＝f(2)＝6－4a. 当a>4时，f(x)在[2，4]上是减函数，∴f(x)min＝f(4)＝18－8a. 当2≤a≤4时，f(x)min＝f(a)＝2－a2. ∴f(x)min＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(6－4a，a<2，,2－a2，2≤a≤4，,18－8a，a>4.)) eq \x(,以一元二次函数图象开口向上、对称轴为直线x＝m为例，区间为[a，b].,(1)最小值：f(x)min＝\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f(a)，m≤a，,f(m)，a≤m≤b，,f(b)，m≥b；)),(2)最大值：f(x)max＝\b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f(a)，m≥\f(a＋b,2)，,f(b)，m<\f(a＋b,2)．))) 类题通法 　 以一元二次函数图象开口向上、对称轴为直线x=m为例，区间为[a,b]. (1)最小值：f(x)min= (2)最大值：f(x)max= 　实际问题中的最值 例4　某公司生产一种电子仪器的固定成本为20 000元，每生产一台仪器需增加投入100元，已知总收益满足函数： R(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(400x－\f(1,2)x2(0≤x≤400)，,80 000(x>400).)) 其中x是仪器的月产量． (1)将利润表示为月产量的函数f(x)； (2)当月产量为何值时，公司所获利润最大？最大利润为多少元？(总收益＝总成本＋利润) 解：(1)设月产量为x台，则总成本为20 000＋100x， 从而f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x2＋300x－20 000(0≤x≤400)，,60 000－100x(x>400).)) (2)当0≤x≤400时，f(x)＝－ eq \f(1,2)(x－300)2＋25 000； ∴当x＝300时，f(x)max＝25 000， 当x>400时，f(x)＝60 000－100x是减函数， f(x)<60 000－100×400<25 000. ∴当x＝300时，f(x)max＝25 000. 即每月生产300台仪器时利润最大，最大利润为25 000元． 类题通法 对于实际应用问题，首先要审清题意，确定自变量和因变量的条件关系，列出函数关系式，建立数学模型，同时要注意自变量的取值范围。 (2)分析函数的性质（多涉及二次函数、分段函数），选择合适的数学方法从而解决数学问题，进行验证或评估，回归题意。 【迁移运用】 2.某公司在甲、乙两地销售同一种农产品，利润(单位：万元)分别为y1＝5x－ eq \f(1,4)x2，y2＝3x，其中x为销售量(单位：吨)，若该公司在这两地共销售10吨农产品，则能获得的最大利润为_____________万元. 解析：设在甲地销售农产品x吨， 则在乙地销售农产品(10－x)吨， 由题意可得利润y＝5x－ eq \f(1,4)x2＋3(10－x)＝－ eq \f(1,4)x2＋2x＋30＝－ eq \f(1,4)(x－4)2＋34， 所以当x＝4时，获得最大利润y＝34万元． 答案：34 1．函数f(x)＝ eq \f(1,x)在[1，＋∞)上(　　) A．有最大值无最小值 B．有最小值无最大值 C．有最大值也有最小值 D．无最大值也无最小值 答案：A 2．函数y＝x2－2x＋2在区间[－2，3]上的最大值、最小值分别是(　　) A．10，5 B．10，1 C．5，1 D．以上都不对 解析：选B．因为y＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，且x∈[－2，3]， 所以当x＝1时，ymin＝1， 当x＝－2时，ymax＝(－2－1)2＋1＝10. 3．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋7，－1≤x<1，,2x＋6，1≤x≤2，))则f(x)的最大值、最小值分别为(　　) A．10，6 B．10，8 C．8，6 D．以上都不对 答案：A 4．在如图所示的锐角三角形空地中，欲建一个面积最大的内接矩形花园(阴影部分)，则其边长x为________m. 解析：设矩形花园的宽为y，则 eq \f(x,40)＝ eq \f(40－y,40)， 即y＝40－x(0<x<40)， 矩形花园的面积S＝x(40－x)≤ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋40－x,2))) eq \s\up12(2)＝400， 当且仅当x＝20时，取等号，即当x＝20 m时，面积最大． 答案：20 5．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x，－1≤x≤0，,x2，0<x≤1，,x，1<x≤2，))则f(x)的最大值为________． 解析：f(x)的图象如图： 则f(x)的最大值为f(2)＝2. 答案：2 【基础巩固】 1．已知定义在[－2，2]上的函数f(x)的图象如图所示，则此函数的最小值、最大值分别是(　　) A．f(－2)，0 B．0，2 C．f(－2)，2 D．f(2)，2 解析：选D．由题图可知，此函数的最小值是f(2)，最大值是2. 2．若函数f(x)＝x2－2x＋m在[3，＋∞)上的最小值为1，则实数m的值为(　　) A．－3 B．－2 C．－1 D．1 解析：选B．因为f(x)＝x2－2x＋m＝(x－1)2－1＋m的图象开口向上，对称轴为x＝1，所以f(x)的最小值为f(3)＝32－2×3＋m＝1，解得m＝－2. 3．记函数f(x)＝ eq \f(2x,x－2)在区间[3，4]上的最大值和最小值分别为M和m，则 eq \f(m2,M)＝(　　) A． eq \f(2,3) B． eq \f(3,8) C． eq \f(3,2) D． eq \f(8,3) 解析：选D．因为f(x)＝ eq \f(2(x－2)＋4,x－2)＝2＋ eq \f(4,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 eq \f(m2,M)＝ eq \f(16,6)＝ eq \f(8,3). 4．已知函数f(x)＝kx2－4x＋8在[5，10]上单调递减，且f(x)在[5，10]上的最小值为－32，则实数k的值为(　　) A．－ eq \f(4,5) B．0 C．0或－ eq \f(4,5) D．0或 eq \f(1,7) 解析：选B．由函数f(x)＝kx2－4x＋8在[5，10]上单调递减可知，当x＝10时，函数取最小值，即100k－40＋8＝－32，解得k＝0.当k＝0时，f(x)＝－4x＋8，函数是减函数，满足题意． 5．函数f(x)＝x2＋4x＋5在区间[m，0]上的值域为[1，5]，则实数m的取值范围是(　　 ) A.m≤－2 B．－4≤m≤－2 C．－2≤m≤0 D．－4≤m≤0 解析：选B．函数f(x)＝x2＋4x＋5的图象抛物线开口向上，对称轴方程为x＝－2，f(－2)＝1，f(－4)＝f(0)＝5，函数f(x)＝x2＋4x＋5在区间[m，0]上的值域为[1，5]，则有－4≤m≤－2. 6．(多选)(2025·江苏泰州期中)已知函数f(x)＝x2的值域是[0，4]，则它的定义域可能是(　　) A．[－1，2] B．[－3，2] C．[－1，1] D．[－2，1] 解析：选AD．因为f(x)的值域是[0，4]，所以0≤x2≤4，所以－2≤x≤2. 因为f(0)＝0，f(2)＝f(－2)＝4，所以f(x)的定义域可能是[－1，2]，[－2，1].因为f(－3)＝9，f(x)在[－1，1]上的最大值为1，所以[－3，2]和[－1，1]不可能是f(x)的定义域． 7．(多选)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的值可以是(　　) A．2 B．－2 C．1 D．0 解析：选AB．当a>0时，y＝ax＋1在x＝2处取得最大值，在x＝1处取得最小值，所以2a＋1－(a＋1)＝2，解得a＝2；当a<0时，y＝ax＋1在x＝1处取得最大值，在x＝2处取得最小值，所以a＋1－(2a＋1)＝2，解得a＝－2. 8．对任意的实数x，记f(x)＝min{2－x2，x}，则f(x)的最大值是_______． 解析：当2－x2≤x，即x≥1或x≤－2时，f(x)＝2－x2. 此时f(x)在(－∞，－2]上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减，f(x)max＝f(1)＝1. 当2－x2>x，即－2<x<1时，f(x)＝x.此时f(x)在(－2，1)上单调递增，无最大值． 综上，f(x)＝min{2－x2，x}的最大值为1. 答案：1 9．已知函数f(x)＝4x＋ eq \f(a,x)(x>0，a>0)在x＝3时取得最小值，则a＝_____． 解析：f(x)＝4x＋ eq \f(a,x)(x>0，a>0)在(0， eq \f(\r(a),2)]上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a),2)，＋∞))上单调递增，故f(x)在x＝ eq \f(\r(a),2)处取得最小值．由题意知 eq \f(\r(a),2)＝3，解得a＝36. 答案：36 10．已知函数f(x)＝ eq \f(x2＋a,x)，且f(1)＝2. (1)证明函数f(x)在(1，＋∞)上是增函数； (2)求函数f(x)在[2，5]上的最大值和最小值． 解：(1)证明：∵f(1)＝ eq \f(1＋a,1)＝2，∴a＝1， ∴f(x)＝ eq \f(x2＋1,x). 设1<x1<x2，f(x1)－f(x2)＝eq \o\al(2,1) eq \f(x＋1,x1) －eq \o\al(2,2) eq \f(x＋1,x2) ＝ eq \f((x1x2－1)(x1－x2),x1x2)， ∵x1<x2，x1x2>1， ∴x1－x2<0，x1x2－1>0， ∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)， 则函数f(x)在(1，＋∞)上是增函数． (2)由(1)可知，函数f(x)在[2，5]上单调递增， ∴f(x)min＝f(2)＝ eq \f(22＋1,2)＝ eq \f(5,2)，f(x)max＝f(5)＝ eq \f(52＋1,5)＝ eq \f(26,5)， 则函数f(x)在[2，5]上的最大值为 eq \f(26,5)，最小值为 eq \f(5,2). 【综合运用】 11．(数学文化)高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美誉，用其名字命名的“高斯函数”：设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数，也称取整函数，例如：[－3.7]＝－4，[2.3]＝2.已知f(x)＝ eq \f(x2,x2＋1)－ eq \f(1,2)，则函数y＝[f(x)]的最小值为(　　) A．－2 B．－1 C．0 D．1 解析：选B.因为f(x)＝ eq \f(x2,x2＋1)－ eq \f(1,2)＝ eq \f(x2＋1－1,x2＋1)－ eq \f(1,2)＝ eq \f(1,2)－ eq \f(1,x2＋1)， 又因为x2＋1≥1，0< eq \f(1,x2＋1)≤1，－1≤－ eq \f(1,x2＋1)<0， 所以－ eq \f(1,2)≤f(x)< eq \f(1,2)， 所以当－ eq \f(1,2)≤f(x)<0时，y＝[f(x)]＝－1； 当0≤f(x)< eq \f(1,2)时，y＝[f(x)]＝0. 所以函数y＝[f(x)]的最小值为－1. 12．设函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)＋t，x>0，,x2＋2tx＋t2，x≤0，))若f(0)是f(x)的最小值，则实数t的取值范围是(　　 ) A．[－1，2] B．[－1，0] C．[1.2] D．[0，2] 解析：选B．f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)＋t，x>0，,x2＋2tx＋t2，x≤0，)) 当x>0时，f(x)＝x＋ eq \f(1,x)＋t≥2 eq \r(x·\f(1,x))＋t＝2＋t， 当且仅当x＝ eq \f(1,x)即x＝1时，等号成立； 当x≤0时，f(x)＝x2＋2tx＋t2＝(x＋t)2，要使f(0)是f(x)的最小值， 只需f(x)＝x2＋2tx＋t2在(－∞，0]上递减，且2＋t≥f(0)＝t2， 即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－t≥0，,t2－t－2≤0，))解得－1≤t≤0. 13．已知函数f(x)＝x2－2ax＋2，x∈[－1，1]. (1)求f(x)的最小值g(a)； (2)求g(a)的最大值． 解：(1)由题意可得：f(x)＝x2－2ax＋2＝(x－a)2＋2－a2，x∈[－1，1]， 当a≥1时，f(x)在区间[－1，1]上单调递减，最小值g(a)＝f(1)＝3－2a； 当－1<a<1时，f(x)在区间[－1，a]上单调递减，在区间(a，1]上单调递增，最小值g(a)＝f(a)＝2－a2； 当a≤－1时，f(x)在区间[－1，1]上单调递增，最小值g(a)＝f(－1)＝3＋2a； 综上所述：g(a)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3－2a，a≥1，,2－a2，－1<a<1，,3＋2a，a≤－1.)) (2)由 (1) 可知：当a≥1时，g(a)＝3－2a在[1，＋∞)单调递减，所以g(a)的最大值为g(1)＝1； 当－1<a<1时，g(a)＝2－a2在区间(－1，0)上单调递增，在区间[0，1)上单调递减，所以g(a)的最大值为g(0)＝2； 当a≤－1时，g(a)＝3＋2a在(－∞，－1]单调递增，所以g(a)的最大值为g(－1)＝1； 综上所述：g(a)的最大值为g(0)＝2. 【创新探索】 14．已知函数f(x)＝x2－2x，g(x)＝ax＋2(a>0)，若对任意的x1∈[－1，2]，都存在x0∈[－1，2]，使得g(x1)＝f(x0)，则实数a的取值范围是________. 解析：∵函数f(x)＝x2－2x的图象开口向上，对称轴方程为x＝1，∴当x∈[－1，2]时，f(x)的最小值为f(1)＝－1，最大值为f(－1)＝3，则此时f(x)的取值范围为[－1，3].∵g(x)＝ax＋2(a>0)在[－1，2]上单调递增，∴当x∈[－1，2]时，g(x)的最小值为g(－1)＝－a＋2，最大值为g(2)＝2a＋2，此时g(x)的取值范围为[－a＋2，2a＋2].∵对任意的x1∈[－1，2]，都存在x0∈[－1，2]，使得g(x1)＝f(x0)， ∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－a＋2≥－1，,2a＋2≤3，,a>0，))解得0<a≤ eq \f(1,2). 答案：(0， eq \f(1,2)] 15．已知函数f(x)＝ax2＋2bx＋1，x∈[1，3]，且a，b为常数． (1)若a＝1，求f(x)的最大值； (2)若a>0，b＝－1，且f(x)的最小值为－4，求a的值． 解：(1)当a＝1时，f(x)＝x2＋2bx＋1，x∈[1，3]， 易知f(x)的图象关于x＝－b对称． 当－b>2，即b<－2时，f(x)max＝f(1)＝2b＋2， 当－b≤2，即b≥－2时， f(x)max＝f(3)＝6b＋10， 综上，f(x)max＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2b＋2，b<－2，,6b＋10，b≥－2.)) (2)当b＝－1时，f(x)＝ax2－2x＋1，x∈[1，3]，又a>0， ∴f(x)的对称轴x＝ eq \f(1,a)>0. 当 eq \f(1,a)≤1，即a≥1时，f(x)min＝f(1)＝a－1， ∴a－1＝－4，解得a＝－3，不合题意，舍去． 当 eq \f(1,a)≥3，即0<a≤ eq \f(1,3)时，f(x)min＝f(3)＝9a－5＝－4，解得a＝ eq \f(1,9)满足题意． 当1< eq \f(1,a)<3，即 eq \f(1,3)<a<1时，f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝1－ eq \f(1,a)＝－4，解得a＝ eq \f(1,5)，不合题意，舍去． 故a的值为 eq \f(1,9). $