2025版新教材高中数学课时作业23函数的最大小值新人教A版必修第一册

课时作业23函数的最大(小)值基础强化1.设定义在R上的函数f(x)＝x|x|，则f(x)()A.只有最大值B．只有最小值C．既有最大值，又有最小值D．既无最大值，又无最小值2．函数y＝eq\f(3x＋1,x)(x>1)的值域是()A．(4，＋∞)B．(3，4)C．(3，＋∞)D．(－∞，3)∪(3，＋∞)3．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4．函数f(x)＝eq\f(k,x－1)(k>0)在[4，6]上的最大值为1，则k的值为()A．1B．2C．3D．45．(多选)下列关于函数y＝ax＋1，x∈[0，1]的说法正确的是()A．当a<0时，此函数的最大值为1，最小值为a＋1B．当a<0时，此函数的最大值为a＋1，最小值为1C．当a>0时，此函数的最大值为1，最小值为a＋1D．当a>0时，此函数的最大值为a＋1，最小值为16．(多选)下列函数中，最小值为2的是()A．y＝x2＋2x＋3B．y＝x＋eq\f(1,x)C．y＝eq\f(4,x－1)(x∈[3，9])D．y＝x－eq\f(3,x)(x∈[－1，0))7．函数f(x)＝－eq\f(2,x＋1)，x∈[0，2]的最大值是________.8．f(x)＝eq\r(x（1－2x）)的最大值为________．9．设函数f(x)＝|2x－1|－x＋3.画出其图象并依据图象写出函数f(x)的单调递增区间和值域．10．已知m为实数，若f(x)＝x2－2mx＋m－1的最小值为g(m).求：(1)g(m)的解析式；(2)g(m)在区间[0，2]上的最大值和最小值．实力提升11.已知二次函数f(x)＝x2－2ax＋5的最小值为－4，则a＝()A．3B．9C．±3D．±912．已知min{a，b}＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a，a≤b,b，a>b))，设f(x)＝min{x－2，－x2＋4x－2}，则函数f(x)的最大值是()A．－2B．1C．2D．313．已知函数f(x)＝x2－2x＋3在闭区间[0，m]上有最大值3，最小值2，则m的取值范围是()A．[1，＋∞)B．[0，2]C．(－∞，－2]D．[1，2]14．(多选)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2ax＋2，x≤1,x＋\f(9,x)－3a，x>1))的最小值为f(1)，则a的可能取值是()A．1B．3C．5D．715.定义：[x]表示不超过x的最大整数，如[1.2]＝1，则函数f(x)＝eq\f([x],x)(x∈[1，4])的值域为________．16．已知函数f(x)＝x＋eq\f(m,x)，且f(2)＝4.(1)求实数m的值；(2)推断函数f(x)在[2，＋∞)上的单调性，并证明你的结论；(3)求函数f(x)在[3，4]上的最值．课时作业231．解析：f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，x≥0,－x2，x<0))，画出f(x)的图象可知，f(x)既无最大值又无最小值．故选D.答案：D2．解析：由y＝eq\f(3x＋1,x)(x>1)可知y＝3＋eq\f(1,x)(x>1)，由于f(x)＝eq\f(1,x)在x∈(1，＋∞)单调递减，故y＝3＋eq\f(1,x)在x∈(1，＋∞)单调递减，故3<3＋eq\f(1,x)<4，故值域为(3，4)，故选B.答案：B3．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－eq\f(19,2))2＋30＋eq\f(192,4)，∴当x＝9或10时，L最大，为120万元．故选C.答案：C4．解析：由题意，k>0时，函数y＝eq\f(k,x－1)在[4，6]上单调递减，∴f(x)max＝f(4)＝eq\f(k,4－1)＝1，∴k＝3，故选C.答案：C5．解析：当a<0时，函数y＝ax＋1为减函数，所以当x＝0时，ymax＝1，当x＝1时，ymin＝a＋1，故A正确，B错误；当a>0时，函数y＝ax＋1为增函数，所以当x＝0时，ymin＝1，当x＝1时，ymax＝a＋1，故C错误，D正确．故选AD.答案：AD6．解析：对于A,y＝x2＋2x＋3＝(x＋1)2＋2≥2，所以函数最小值为2，故A正确；对于B，当x>0时，y＝x＋eq\f(1,x)≥2，当且仅当x＝eq\f(1,x)，即x＝1时取得等号，当x<0时，y＝－(－x＋eq\f(1,－x))，因为－x＋eq\f(1,－x)≥2eq\r(（－x）·（\f(1,－x)）)＝2，所以y＝－(－x＋eq\f(1,－x))≤－2，当且仅当－x＝eq\f(1,－x)，即x＝－1时取得等号，所以y∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)，故B错误；对于C，y＝eq\f(4,x－1)在x∈[3，9]单调递减，所以当x＝9时函数有最小值为eq\f(4,9－1)＝eq\f(1,2)，故C错误；对于D，y＝x－eq\f(3,x)在x∈[－1，0)单调递增，所以当x＝－1时函数有最小值为－1－eq\f(3,－1)＝2，故D正确．故选AD.答案：AD7．解析：因为f(x)＝－eq\f(2,x＋1)，x∈[0，2]为增函数，故f(x)max＝－eq\f(2,2＋1)＝－eq\f(2,3).答案：－eq\f(2,3)8．解析：由x(1－2x)≥0，故0≤x≤eq\f(1,2)，而y＝x(1－2x)＝－2(x－eq\f(1,4))2＋eq\f(1,8)，所以，当x＝eq\f(1,4)时ymax＝eq\f(1,8)，即函数f(x)的最大值为eq\f(\r(2),4).答案：eq\f(\r(2),4)9．解析：当x≤eq\f(1,2)时，f(x)＝－(2x－1)－x＋3＝－3x＋4，当x>eq\f(1,2)时，f(x)＝2x－1－x＋3＝x＋2，所以f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－3x＋4，x≤\f(1,2),x＋2，x>\f(1,2)))，其图象如图所示：因为f(eq\f(1,2))＝|2×eq\f(1,2)－1|－eq\f(1,2)＋3＝eq\f(5,2)，由图象可得f(x)的单调递增区间为(eq\f(1,2)，＋∞)，值域为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，＋∞)).10．解析：(1)f(x)＝(x－m)2－m2＋m－1，当x＝m时，g(m)＝－(m－eq\f(1,2))2－eq\f(3,4).(2)∵0≤m≤2⇒当m＝eq\f(1,2)时，g(m)max＝－eq\f(3,4)；当m＝2时，g(m)min＝－3.11．解析：由题意，二次函数f(x)的对称轴为直线x＝a，且开口向上，可得f(x)min＝f(a)＝a2－2a2＋5＝－4，即a2＝9，解得a＝±3.故选C.答案：C12．解析：当x－2≤－x2＋4x－2，即x∈[0，3]时，f(x)＝x－2在x∈[0，3]上单调递增，所以f(x)max＝f(3)＝3－2＝1，当x－2>－x2＋4x－2，即x∈(－∞，0)∪(3，＋∞)时，f(x)＝－x2＋4x－2＝－(x－2)2＋2在x∈(－∞，0)上单调递增，在(3，＋∞)上单调递减，因为f(0)＝－2，f(3)＝1，所以f(x)<f(3)＝1；综上：函数f(x)的最大值为1.故选B.答案：B13．解析：f(x)＝(x－1)2＋2，故f(x)在[0，1]单调递减，在(1，＋∞)单调递增；又f(1)＝2，f(0)＝f(2)＝3，且f(x)在闭区间[0，m]上有最大值3，最小值2，故m∈[1，2].故选D.答案：D14．解析：函数y＝x＋eq\f(9,x)－3a在x∈(1，3)上单调递减，在x∈(3，＋∞)上单调递增，故当x>1时，函数f(x)min＝f(3)＝6－3a，y＝x2－2ax＋2＝(x－a)2＋2－a2，对称轴为x＝a，当a≥1时，当x≤1时，f(x)min＝f(1)＝3－2a，要想函数的最小值为f(1)，只需f(3)≥f(1)⇒6－3a≥3－2a⇒a≤3，即1≤a≤3，明显选项AB符合，当a<1时，当x≤1时，f(x)min＝f(a)＝2－a2，明显不是f(1)，综上所述：只有选项AB符合条件．故选AB.答案：AB15．解析：当x∈[1，2)时，[x]＝1，f(x)＝eq\f(1,x)∈(eq\f(1,2)，1]，当x∈[2，3)时，[x]＝2，f(x)＝eq\f(2,x)∈(eq\f(2,3)，1]，当x∈[3，4)时，[x]＝3，f(x)＝eq\f(3,x)∈(eq\f(3,4)，1]，当x＝4时，[x]＝4，f(x)＝eq\f(4,4)＝1，综上，x∈[1，4]时，f(x)的值域为(eq\f(1,2)，1].答案：(eq\f(1,2)，1]16．解析：(1)依据题意得：f(2)＝2＋eq\f(m,2)＝4，解得：m＝4.(2)f(x)＝x＋eq\f(4,x)在[2，＋∞)上单调递增，理由如下：设2≤x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝x1＋eq\f(4,x1)－x2－eq\f(4,x2)＝eq\f(（x1－x