优化方案高中数学第1章1.3.1第二课时知能优化训练新人教A版必修1.docx

优化方案高中数学第1章1.3.1第二课时知能优化训练新人教A版必修1 优化方案高中数学第1章1.3.1第二课时知能优化训练新人教A版必修1 PAGE PAGE / NUMPAGESPAGE4 优化方案高中数学第1章1.3.1第二课时知能优化训练新人教A版必修1 PAGE 、【优化方案】数学人教 A版必修1第1章第二课时知能优化训练 1．函数f(x)＝9－ax2 (a＞0)在[0,3]上的最大值为( ) A．9 B．9(1－a) C．9－a D．9－a2 剖析：选A.x∈[0,3] 时f(x)为减函数，f(x)max＝f(0) ＝9. 2．函数y＝ x＋1－ x－1的值域为( ) A．(－∞， 2] B．(0，2] C．[2，＋∞) D．[0，＋∞) 剖析：选B.y＝ x＋1≥0 x＋1－x－1，∴ ， x－1≥0 ∴x≥1. ∵y＝ 2 为[1，＋∞)上的减函数， x－1 x＋1＋ ∴f(x)max＝f(1) ＝2且y＞0. 3．函数f(x)＝x2－2ax＋a＋2在[0，a]上获取最大值 3，最小值2，则实数a为() A．0或1 B．1 C．2 D．以上都不对 剖析：选B.因为函数f(x)＝x2－2ax＋a＋2＝(x－a) 2－a2＋a＋2,对称轴为x＝a，开 口方向向上，所以 f(x)在[0，a]上单调递减，其最大值、最小值分别在两个端点处获取， 即f(x)max＝f(0)＝a＋2＝3， (x)min＝f(a)＝－a2＋a＋2＝2.故a＝1. 4．(2020  年高考山东卷  )已知  x，y∈R＋，且满足  x y ＋＝1.则 3 4  xy  的最大值为  ________． y  x  x 剖析：  ＝1－，∴0＜1－＜1,0＜x＜3. 4 3 3 32 而xy＝x·4(1－3)＝－3(x－2)＋3.x 当x＝3，y＝2时，xy最大值为3.2 答案：3 1．函数f(x)＝x2在[0,1]上的最小值是( ) A．1 B．0 1 C.4 D．不存在 剖析：选B.由函数f(x)＝x2在[0,1]上的图象(图略)知， f(x)＝x2在[0,1] 上单调递加，故最小值为f (0)＝0. 2．函数f(x)＝ 2x＋6，x∈[1，2] ，则f(x)的最大值、最小值分别为() x＋7，x∈[－1，1] A．10,6 B．10,8 C．8,6 D．以上都不对 剖析：选A.f(x) 在x∈[－1,2]上为增函数，f(x)max＝f(2)＝10，f(x)min＝f(－1)＝6. 3．函数 y ＝－ 2 ＋2在[1,2]上的最大值为( ) x x A．1 B．2 C．－1 D．不存在 剖析：选A.因为函数 y＝－x2＋2x＝－(x－1) 2＋1.对称轴为x＝1，张口向下，故在[1,2] 上为单调递减函数，所以 y ＝－1＋2＝1. max 1 4．函数y＝x－1在[2,3] 上的最小值为( ) A．2 1 B. 2 1 1 C.3 D．－2 1 剖析：选B.函数y＝x－1在[2,3] 上为减函数， 1 ymin＝3－1＝2. 5．某公司在甲乙两地同时销 售一种品牌车，收益(单位：万元)分别为 1＝－ x 2＋21 x 和L2＝2x，其中销售量(单位：辆)．若该公司在两地共销售 L 15辆，则能获取的最大收益为 ( ) A．90万元 B．60万元 C．120万元 D．万元 剖析：选C.设公司在甲地销售 x辆(0≤x≤15，x为正整数)，则在乙地销售 (15－x)辆， ∴公司获取收益L＝－x2＋21x＋2(15－x)＝－x2＋19x＋30.∴当x＝9或10 时，L最大为120 万元，应选C. 6．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 剖析：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]上单调递加．又∵f(x)min＝－2， f(0)＝－2，即a＝－2. f(x)max＝f(1)＝－1＋4－2＝1. 2 * 7．函数y＝2x＋2，x∈N的最小值是________． * 2 剖析：∵x∈N，∴x≥1， 即y＝2x2＋2在x∈N*上的最小值为 4，此时x＝1. 答案：4 8．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________． 剖析：由题意知 f(x)在[1，a]上是单调递减的， 又∵f(x)的单调减区间为 (－∞，3]， ∴1<a≤3. 答案：(1,3] x 9．函数f(x)＝x＋2 在区间[2,4] 上的最大值为________；最小值为________． x ＝ x＋2