第2课时函数的最大(小)值课后篇巩固提升基础巩固1.函数y=-|x|在R上()A.有最大值0,无最小值B.无最大值,有最小值0C.既无最大值,又无最小值D.以上都不对解析因为函数y=-|x|的图象如图所示,所以函数y=-|x|在R上有最大值0,无最小值.答案A2.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的值是()A.2B.-2C.2或-2D.0解析由题意a≠0,当a>0时,有(2a+1)-(a+1)=2,解得a=2;当a<0时,有(a+1)-(2a+1)=2,解得a=-2.综上知a=±2.答案C3.函数y=x+❑√x-2的值域是()A.[0,+∞)B.[2,+∞)C.[4,+∞)D.[❑√2,+∞)解析函数y=x+❑√x-2在[2,+∞)上单调递增,所以其最小值为2.答案B4.函数f(x)=x2+3x+2在区间(-5,5)内()A.有最大值42,有最小值12B.有最大值42,有最小值-14C.有最大值12,有最小值-14D.无最大值,有最小值-14解析 f(x)=(x+32)2−14,x∈(-5,5),∴当x=-32时,f(x)有最小值-14,f(x)无最大值.答案D5.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.-1B.0C.1D.2解析 f(x)=-x2+4x+a=-(x-2)2+4+a,∴当x∈[0,1]时,f(x)是增函数,则f(x)min=f(0)=a=-2,∴f(x)max=f(1)=3+a=1.答案C6.已知定义在(0,+∞)上的减函数f(x)满足条件:对任意x,y,且x>0,y>0,总有f(xy)=f(x)+f(y)-1,则关于x的不等式f(x-1)>1的解集是()A.(-∞,2)B.(1,+∞)C.(1,2)D.(0,2)解析令y=1,则f(x)=f(x)+f(1)-1,得f(1)=1,所以f(x-1)>1⇒f(x-1)>f(1).又f(x)在(0,+∞)上单调递减,所以{x-1>0,x-1<1,得1f(3),所以函数f(x)在区间[-2,3]上的最大值为10.(2)因为g(x)=f(x)-mx=x2-(m+2)x+2,其对称轴为x=m+22.由函数在区间[-1,2]上单调递增可得m+22≤-1,解得m≤-4.故m的取值范围是(-∞,-4].能力提升1.函数y=2-❑√-x2+4x的值域是()A.[-2,2]B.[1,2]C.[0,2]D.[-❑√2,❑√2]解析要求函数y=2-❑√-x2+4x的值域,只需求t=❑√-x2+4x(x∈[0,4])的值域即可.设二次函数f(x)=-x2+4x=-(x-2)2+4(x∈[0,4]),所以f(x)的值域是[0,4].因为t=❑√f(x),所以t的值域是[0,2],-t的值域是[-2,0].故函数y=2-❑√-x2+4x的值域是[0,2].故选C.答案C2.某公司在甲、乙两地同时销售一种品牌车,利润(单位:万元)分别为L1=-x2+21x和L2=2x,其中销售量为x(单位:辆).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.120万元C.120.25万元D.60万元解析设该公司在甲地销售x辆车,则在乙地销售(15-x)辆车,根据题意,总利润y=-x2+21x+2(15-x)(0≤x≤15,x∈N),整理得y=-x2+19x+30.因为该函数图象的对称轴为x=192,开口向下,又x∈N,所以当x=9或x=10时,y取得最大值120万元.答案B3.已知函数f(x)=-x2+2x+4在区间[0,m]上有最大值5,最小值1,则m的值等于()A.-1B.1C.2D.3解析因为函数f(x)=-x2+2x+4=-(x-1)2+5,故函数在区间(-∞,1]上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减.若m≤1,则函数在区间[0,m]上单调递增,其最小值为f(0)=-02+2×0+4=4>1,显然不合题意.若m>1,则函数在区间[0,1]上单调递增,在区间[1,m]上单调递减,故函数的最大值为f(1)=5.而f(0)=-02+2×0+4=4>1.令f(m)=1,即-m2+2m+4=1,也就是m2-2m-3=0,解得m=-1或m=3.又因为m>1,所以m=3.故选D.答案D4.在实数的原有运算法则中,补充定义新运算“”如下:当a≥b时,ab=a;当a
