2017-2018学年人教版A版高中数学必修一（课件+检测）:1.3.1函数的基本性质 （4份打包）

课时达标检测（十） 函数的最大（小）值 一、选择题 1．函数f(x)＝的最大值是(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选D　f(x)＝.≤＝＝ 2．函数y＝x＋的最值的情况为(　　) A．最小值为，无最大值 B．最大值为，无最小值 C．最小值为，最大值为2 D．最大值为2，无最小值 解析：选A　∵y＝x＋，无最大值，故选A.上是增函数，∴函数最小值为在定义域 3．已知函数f(x)＝－x2＋4x＋a，x∈[0,1]，若f(x)有最小值－2，则f(x)的最大值为(　　) A．－1 B．0 C．1 D．2 解析：选C　∵f(x)＝－(x2－4x＋4)＋a＋4 ＝－(x－2)2＋4＋a， ∴函数f(x)图象的对称轴为x＝2. ∴f(x)在[0,1]上单调递增． 又∵f(x)min＝－2，∴f(0)＝－2，即a＝－2. ∴f(x)max＝f(1)＝－1＋4－2＝1. 4．当0≤x≤2时，a<－x2＋2x恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，1] B．(－∞，0] C．(－∞，0) D．(0，＋∞) 解析：选C　令f(x)＝－x2＋2x， 则f(x)＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1. 又∵x∈[0,2]，∴f(x)min＝f(0)＝f(2)＝0. ∴a<0. 5．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L1＝－x2＋21x和L2＝2x.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．60万元 C．120万元 D．120.25万元 解析：选C　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＝－， 2＋30＋ ∴当x＝9或10时，L最大为120万元． 二、填空题 6．函数y＝－x(x≥0)的最大值为________． 解析：原函数整理得y＝－， 2＋ ∴ymax＝. 答案： 7．已知函数f(x)＝x2－6x＋8，x∈[1，a]，并且f(x)的最小值为f(a)，则实数a的取值范围是________． 解析：如图可知f(x)在[1，a]内是单调递减的， 又∵f(x)的单调递减区间为(－∞，3]， ∴1<a≤3. 答案：(1,3] 8．对于函数f(x)＝x2＋2x，在使f(x)≥M成立的所有实数M中，我们把M的最大值Mmax＝－1叫做函数f(x)＝x2＋2x的下确界，则对于a∈R，且a≠0，函数y＝a2－4a＋6的下确界为________． 解析：函数y＝a2－4a＋6＝(a－2)2＋2≥2， 则函数y＝a2－4a＋6的下确界为2. 答案：2 三、解答题 9．已知函数f(x)＝，其中x∈[2，＋∞)． (1)求f(x)的最小值； (2)若f(x)＞a恒成立，求a的取值范围． 解：(1)f(x)＝x＋＋2， 任取x1，x2∈[2，＋∞)，且x1＜x2， 则f(x1)－f(x2)＝(x1－x2). ∵x1＜x2，∴x1－x2＜0. 又∵x1≥2，x2＞2，∴x1x2＞4，∴1－＞0. ∴f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)． 故f(x)在[2，＋∞)上是增函数． ∴当x＝2时，f(x)取得最小值为. (2)∵f(x)的最小值为， ∴f(x)＞a恒成立，只需f(x)min＞a，即a＜. 故a的取值范围为. 10．轮船由甲地逆水匀速行驶至乙地，甲、乙两地相距s(km)，水流速度为p(km/h)，轮船在静水中的最大速度为q(km/h)(p，q为常数，且q>p)，已知轮船每小时的燃料费用与轮船在静水中的速度v(km/h)成正比，比例系数为常数k. (1)将全程燃料费用y(元)表示为静水中速度v(km/h)的函数； (2)若s＝100，p＝10，q＝110，k＝2，为了使全程的燃料费用最少，轮船的实际行驶速度应为多少？ 解：(1)∵轮船行驶全程的时间t＝， ∴y＝(p<v≤q)． (2)若s＝100，p＝10，q＝110，k＝2，则 y＝)(10<v≤110)． ＝200(1＋ 由于f(v)＝)取得最小值，且最小值为220. ＝200(1＋在(10,110]上是减函数，所以当v＝110时，函数y＝ 即当轮船的实际行驶速度为110 km/h时，全程的燃料费用最少． 11．有甲、乙两种商品，经营销售这两种商品所能获得的利润依次是P(万元)和Q(万元)，它们与投入资金x(万元)的关系有经验公式：P＝.今有3万元资金投入经营甲、乙两种商品，为获得最大利润，对甲、乙两种商品的资金投入分别应为多少？能获得的最大利润是多少？ ，Q＝ 解：设对甲种商品投资x万元，则对乙种商品投资(3－x)万元，总利润为y万元， 根据题意得y＝(0≤x≤3)． x＋ 令. ＝t，则x＝3－t