第二講函式的最值
主講人：高雲
一、選擇題
1．如果在區間[1,2]上，函式f(x)=x2+px+q與g(x)=x+在同一點取相同的最小值，那麼f(x)在該區間上的最大值是
a．4++ b．4－+ c．1－+ d．以上答案都不對
解析：b
2．已知x、y都在區間(－2,2)內，且xy=－1，則函式u=+的最小值是
a． b． c． d．
解析：d
3．已知a、b、cr*，則f(x)= +的最小值是
ab． +
c． cd．
解析：d
二、填空題
4．f(x)=|x2－a|在區間[－1,1]上的最大值m(a)的最小值為 。
解析：5．函式y=(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)+5在區間[－3,3]上的最小值是 。
解析：4
6．若不等式|x－4|+|x－2|+|x－1|+|x|≥a對一切實數x成立，則a的最大可能值是 。
解析：5
三、解答題
7．在區間[,2]上，函式f(x)=－x2+px+q與g(x)=在同一點取得相同的最大值，求f(x)在區間[,2]上的最小值。
解析：∵g(x)= =≤
∴當x=1時，gmax(x)=
∴f(x)=－(x－1)2+
∴當x=2時，fmin(x)=－。
8．已知定義在r上的函式f(x)對任意實數對(x,y)恒有f(x)+f(y)=f(x+y)，且當x>0時，f(x)<0，又f(1)=－。
①求證：f(x)為奇函式；②求證：f(x)在r上是減函式；③求f(x)在[－3,6]上的最值。
解析：①令x=y=0，則f(0)=0，令y=－x得f(x)+f(－x)=f(0)=0f(－x)=－f(x)f(x)為奇函式
②設x1、x2r且x1>x2，則x1－x2>0f(x1－x2)<0
∴f(x1)－f(x2)=f[(x1－x2)+x2]－f(x2)= f(x1－x2)+f(x2)－f(x2)= f(x1－x2)<0
∴f(x)為減函式
③由②知fmin(x)=f(－3)=－f(3)=－[f(2)+f(1)]=－3f(1)=2；fmax(x)=f(6)=6f(1)=－4。
9．已知a為正常數，x>0，求函式y=x++的最小值。
解析：∵y=x++= x++
∴令t= x+
∵a為正常數，x>0 t= x+≥2
∴y=t+ (t≥2)
∴①當0②當a>時，t≥2≥1, y=t+是增函式當t=2時，ymin=2+；
10．已知f(x)=ax2+bx+c，其中an*,bn,cz。
①若b>2a，且f(sinx) (xr)的最大值為2，最小值為－4，試求f(x)的最小值；
②若對任意實數x，不等式4x≤f(x)≤2(x2+1)恆成立，且存在x0，使得f(x0)<2(x02+1)成立，試求c的值。
解析：①∵b>2a－<－1f(x)在[-1,1]上的增函式
∵|sinx|≤1
∴fmin(sinx)=f(－1)=－4, fmax(sinx)=f(1)=2
a－b+c=－4, a+b+c=2
b=3∴a=1, c=－2
∴f(x)=x2+3x－2=(x+)2－
∴當x=－時，fmin(x)=－。
②令x=1代入4x≤f(x)≤2(x2+1)得f(1)=4a+b+c=4
∵4x≤f(x)ax2+(b－4)x+c≥0恆成立
∴≤0(b-4)2-4ac≤0(-a-c)2-4ac≤0(a-c)2≤0a=c
∵bna+c≤42c≤4c≤2c=1或c=2
經檢驗c=2不合題意，應捨去
∴c=1
11．求函式y=的最值，其中|x|≤1。
解析：∵y==(x2+2x+7)+－1
設u= x2+2x+7=(x+1)2+6[6,10]
∵y=u+－1在[6,8]上是減函式；在[8,10]上的增函式
∴ymin=15；ymax=
12．已知f(x)=lg(x+1), g(x)=2lg(2x+t) (tr是引數)，如果x[0,1]時，f(x)≤g(x)恆成立，求引數t的取值範圍。
解析：∵f(x)≤g(x)
∴x[0,1]時，f(x)≤g(x)恆成立 x[0,1]時，t≥－2x+恆成立
設h(x)= －2x+，令u=x=u2－1 (1≤u≤)
∴h(x)=－2(u－)2+
∴當u=1x=0時，hmax(x)=1
∴t的取值範圍為[1,+∞)。
13．已知函式f(x)=log2 (m,nr)。
①若mn*,xr且f(x)的最大值為2，最小值為1，求m,n的值；
②若n=－1，且f(x)的值域為r，求m的取值範圍。
解析：①令t=(3-mt)x2+2x+n-t=0
∵≥04－4(3-mt)( n-t)≥0mt2－(3+mn)t+3n-1≤0
∵2≤t≤4
∴或(不符合題意，捨去)
②∵t=(3-mt)x2+2x-1-t=0
∴≥04-4(3-mt)( -1-t)≥0mt2-(3-m)t-4≤0
(1)當m=0時，t≥-，符合題意
(2)當m≠0時，要使函式的值域包含(0,+∞)，只須m<0時，方程mt2-(3-m)t-4=0有兩個負根
∴m≤-9或-1≤m<0
∴所求m的聯歡會範圍為(-∞,9]∪[-1,0]。
14．求函式f(x)=－的最大值。
解析：∵f(x)=－=－
∴函式y=f(x)的幾何意義是拋物線y=x2上的點p(x,x2)到兩定點a(3,2), b(0,1)的距離之差
∴|pa|－|pb|≤|ab|=（用幾何畫板演示）
15．設f(x)=－x2+2tx－t, x[－1,1]，求[f(x)max]min。
解析：∵f(x)=－x2+2tx－t=－(x－t)2+t2－t, x[－1,1]
①當t≤－1時，f(x)max=f(－1)
②當－1③當t≥1時，f(x)max=f(1)
∴f(x)max=
∴[f(x)max]min=－。
16．設f(x)=x2+px+q (p,qr)。若|f(x)|在[－1,1]上的最大值為m，求m的最小值。
解析：17．設關於x的一元二次方程2x2―tx―2=0的兩個根為α,β(α<β)。
①若x1、x2為區間[α,β]上的兩個不同的點，求證：4x1x2－t(x1+x2)－4<0；
②設f(x)=，f(x)在區間[α,β]上的最大值和最小值分別為fmin(x)和fmax(x)，g(t)=fmax(x)－fmin(x)，求g(t)的最小值。
解析：18．設實數x、y滿足4x2－5xy+4y2=5，設s=x2+y2，求+。（2023年全國聯賽）
解析：∵x=y=0不滿足4x2－5xy+4y2=5
∴s≠0
∵s=x2+y21=
∴4x2－5xy+4y2=54x2－5xy+4y2=5
不妨設y≠0
∴(4s－5)()2－5s+(4s－5)=0
∵r∴≥0(5s)2－4(4s－5)2≥0≤s≤≤≤
∴+=+=
19．若函式f(x)=－x2+在區間[a,b]上的最小值為2a，最大值為2b，求[a,b]。（2023年全國聯賽）
解析：分三種情況討論
①若0≤a∴
②若a<0∴或
③若a∴無解
∴所求的區間為[1,3]或[―2―,]。
20．實數a,b,c和正數λ使得f(x)=x3+ax2+bx+c, f(x)=0有三個實數根x1、x2、x3，且滿足：①x2-x1=λ；②x3> (x1+x2)；求的最大值。
解析：∵f(x3)=0
∴f(x)=f(x)-f(x3)=(x-x3)[x2+(a+x3)x+x32+ax3+b]
∴x1,x2是方程x2+(a+x3)x+x32+ax3+b=0的兩根x1+x2=-(a+x3), x1x2=x32+ax3+b
∵x2-x1=λ(a+x3)-4(x32+ax3+b)=λ23x32+2ax3+λ2+4b-a2=0
x3= (-a+) (*)且4a2-12b-3λ2≥0 (**)
注意：由條件①②可得x3>-
∵f(x)=x3+ax2+bx+c=(x+)3-(-b)(x+)+a3+c-ab
∵f(x3)=0ab-a3-c=(x3+)3-(-b)(x3
由(*)得x3+a==
令p=-b
由(**)(***)得p≥且ab-a3-c= (p-λ2)
令y=∴y≥0且ab-a3-c=y(y2-λ2)
∵y(y2-λ2)+ λ2=y3-x3y+λ2=(y-λ)2(y+λ)≥0
∴ab-a3-c≥-λ32a3+27c-9ab≤λ3≤
取a=2, b=2, c=0, λ=2，則f(x)=x3+2x2+2x有艱--1, -+1, 0顯然假設條件成立且
= (48-36)=
∴()max=
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