第2課時函數的最大(小)值一、基礎過關1．函數f(x)＝eq\f(1,x)在[1，＋∞)上 ()A．有最大值無最小值 B．有最小值無最大值C．有最大值也有最小值 D．無最大值也無最小值2．函數y＝x＋eq\r(2x－1) ()A．有最小值eq\f(1,2)，無最大值B．有最大值eq\f(1,2)，無最小值C．有最小值eq\f(1,2)，有最大值2D．無最大值，也無最小值3．函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋6，x∈[1，2],x＋7，x∈[－1，1]))，則f(x)的最大值、最小值為 ()A．10,6 B．10,8C．8,6 D．以上都不對4．函數y＝|x－3|－|x＋1|的 ()A．最小值是0，最大值是4B．最小值是－4，最大值是0C．最小值是－4，最大值是4D．沒有最大值也沒有最小值5．函數f(x)＝eq\f(1,1－x1－x)的最大值是 ()A.eq\f(4,5) B.eq\f(5,4) C.eq\f(3,4) D.eq\f(4,3)6．函數y＝－x2＋6x＋9在區間[a，b](a<b<3)上有最大值9，最小值－7，則a＝______，b＝________.7．已知函數f(x)＝x2－x＋1，求f(x)在區間[－1,1]上的最大值和最小值．8．已知函數f(x)＝x2－2x＋2.(1)求f(x)在區間[eq\f(1,2)，3]上的最大值和最小值；(2)若g(x)＝f(x)－mx在[2,4]上是單調函數，求m的取值范圍．二、能力提升9．函數f(x)＝x2－4x＋5在區間[0，m]上的最大值為5，最小值為1，則m的取值范圍是()A．[2，＋∞) B．[2,4]C．(－∞，2] D．[0,2]10．某公司在甲乙兩地同時銷售一種品牌車，利潤(單位：萬元)分別為L1＝－x2＋21x和L2＝2x，其中x為銷售量(單位：輛)．若該公司在兩地共銷售15輛，則能獲得的最大利潤為 ()A．90萬元 B．60萬元C．120萬元 D．120.25萬元11．當x∈(1,2)時，不等式x2＋mx＋4＜0恒成立，則m的取值范圍是________．12．已知函數f(x)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,x)(a＞0，x＞0)，(1)求證：f(x)在(0，＋∞)上是單調遞增函數；(2)若f(x)在[eq\f(1,2)，2]上的值域是[eq\f(1,2)，2]，求a的值．三、探究與拓展13．若二次函數滿足f(x＋1)－f(x)＝2x且f(0)＝1.(1)求f(x)的解析式；(2)若在區間[－1,1]上不等式f(x)>2x＋m恒成立，求實數m的取值范圍．

答案1．A2.A3.A4.C5.D6．－207．解∵f(x)＝x2－x＋1＝(x－eq\f(1,2))2＋eq\f(3,4)，又∵eq\f(1,2)∈[－1,1]，∴當x＝eq\f(1,2)時，函數f(x)有最小值，當x＝－1時，f(x)有最大值，即f(x)min＝f(eq\f(1,2))＝eq\f(3,4)，f(x)max＝f(－1)＝3.8．解(1)∵f(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，x∈[eq\f(1,2)，3]，∴f(x)的最小值是f(1)＝1，又f(eq\f(1,2))＝eq\f(5,4)，f(3)＝5，所以f(x)在區間[eq\f(1,2)，3]上的最大值是5，最小值是1.(2)∵g(x)＝f(x)－mx＝x2－(m＋2)x＋2，∴eq\f(m＋2,2)≤2或eq\f(m＋2,2)≥4，即m≤2或m≥6.故m的取值范圍是(－∞，2]∪[6，＋∞)．9．B10．C11．(－∞，－5]12．(1)證明設x2＞x1＞0，則x2－x1＞0，x1x2＞0，∵f(x2)－f(x1)＝(eq\f(1,a)－eq\f(1,x2))－(eq\f(1,a)－eq\f(1,x1))＝eq\f(1,x1)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x2－x1,x1x2)＞0，∴f(x2)＞f(x1)，∴f(x)在(0，＋∞)上是單調遞增函數．(2)解∵f(x)在[eq\f(1,2)，2]上的值域是[eq\f(1,2)，2]，又f(x)在[eq\f(1,2)，2]上單調遞增，∴f(eq\f(1,2))＝eq\f(1,2)，f(2)＝2.∴a＝eq\f(2,5).13．解(1)設f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，由f(0)＝1，∴c＝1，∴f(x)＝ax2＋bx＋1.∵f(x＋1)－f(x)＝2x，∴2ax＋a＋b＝2x，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＝2,a＋b＝0))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1,b＝－1))，∴f(x)＝x2－x＋1.(2)由題意：x2－x＋1>2x＋m在[－1,1]上恒成立，即x2－3x＋1－m>0在[－1,1]