第3章 第2课时 函数的最大(小)值（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高一数学必修第一册（人教A版2019）

第2课时　函数的最大(小)值 基础过关练 题组一　函数的单调性与最大(小)值 1.函数f(x)=-2x在区间[1,2]上的最小值是(　　) A.-　　B.　　C.1　　D.-1 2.函数f(x)=的最大值为(　　) A.　　B.　　C.1　　D. 3.(易错题)已知函数y=,x∈(m,n]的最小值为8,则实数m的取值范围是(　　) A.(0,1)　　B.(1,2)　　C.(1,2]　　D.[1,2) 4.若函数f(x)=x2-4x-3在区间[n,m]上的值域为[-7,2],则m-n的取值范围是(　　) A.[1,5]　　B.[2,7]　　C.[3,6]　　D.[4,7] 5.已知关于x的不等式x2+bx+c>0的解集为{x|x<1或x>3}. (1)求实数b,c的值; (2)求函数f(x)=x2+bx+c在[t,t+2]上的最小值g(t). 题组二　函数最大(小)值的应用 6.已知函数f(x)=-x2+4x+m,若∃x∈[0,1],使f(x)=0,则m的取值范围是(　　) A.[-4,+∞)　　　　B.[-3,+∞) C.[-3,0]　　　　D.[-4,0] 7.已知命题“∃x0∈[-1,1],-+3x0+a>0”为真命题,则实数a的取值范围是(　　) A.　　　　B.(4,+∞)　　 C.(-2,4)　　　　D.(-2,+∞) 8.若不等式x2+ax-1≤0对于一切x∈[1,4]恒成立,则实数a的取值范围是(　　) A.　　　　B. C.{a|a>0}　　　　D. 9.已知二次函数f(x)=ax2+bx+c和一次函数g(x)=-bx,其中a,b,c∈R,且满足a>b>c, f(1)=0. (1)证明:ac<0; (2)若函数F(x)=f(x)-g(x)在[2,3]上的最小值为9,最大值为21,试求a,b的值. 能力提升练 题组一　求函数的最大(小)值 1.设函数f(x)=x+2,g(x)=x2-x-1.用M(x)表示f(x),g(x)中的较大者,记为M(x)=max{f(x),g(x)},则M(x)的最小值是(　　) A.1　　B.3　　C.0　　D.- 2.设函数f(x)=(a∈R),记f(x)在区间上的最大值为M(a),则M(a)的最小值为(　　) A.0　　B.　　C.　　D.2 3.记函数f(x)=|x2-ax|在区间[0,1]上的最大值为g(a),则g(a)的最小值为(　　) A.3-2　　B.-1　　C.　　D.1 4.已知函数f(x)=x2-2kx+4在[1,3]上的最大值为-12,则实数k的值为　　　　.  5.一般地,函数f(x)的定义域为D,若存在区间[a,b]⊆D,使得{y|y=f(x),x∈[a,b]}=[a,b],则称[a,b]为函数f(x)的“跟随区间”.若[0,b]是函数f(x)=的一个“跟随区间”,则b=　　　　.  题组二　函数最大(小)值的应用 6.设MI表示函数f(x)=|x2-4x+2|在闭区间I上的最大值.若正实数a满足M[0,a]≥2M[a,2a],则a的取值范围是　(　　) A.　　　　B.[2-,1]　　 C.[2,2+]　　　　D.[2+,4] 7.(多选题)使命题“对任意的m∈[-1,1],总存在唯一的x∈[0,3],使得x2-2x-am-1=0”成立的一个充分不必要条件是(　　) A.-2≤a≤2　　　　B.a=0　　 C.0<a<1　　　　D.-1<a<1 8.若不等式x2-2>mx对满足|m|≤1的一切实数m都成立,则x的取值范围是　　　　　　　　.  9.若对任意实数x,不等式|x-1|+|x-a|≥3恒成立,则实数a的取值范围为　　　　.  10.设函数f(x)=存在最大值,则a的取值范围是　　　　.  11.已知函数f(x)=x-2,g(x)=x2-2mx+4(m∈R). (1)若对任意x∈R,不等式g(x)>f(x)恒成立,求m的取值范围; (2)若对任意x1∈[1,2],存在x2∈[4,5],使得g(x1)=f(x2),求m的取值范围. 答案与分层梯度式解析 第2课时　函数的最大(小)值 基础过关练 1.A 2.B 3.D 4.C 6.C 7.D 8.D 1.A　易知函数f(x)=-2x在[1,2]上单调递减, 所以f(x)在[1,2]上的最小值为f(2)=-4=-.故选A. 2.B　因为x2+x+1=+≥,所以0<≤,因此函数f(x)=的最大值为.故选B. 3.D　函数解析式可变形为y===3+,由反比例函数的图象可知,当x∈(m,n]时,函数单调递减, 因此当x=n时,函数取得最小值,为3+=8,解得n=2,又x≠1易错点,所以1≤m<2.故选D. 4.C　∵f(x)=x2-4x-3=(x-2)2-7,∴f(x)min=f(2)=-7, 令f(x)=2,得x=5或x=-1. ∵f(x)在区间[n,m]上的值域为[-7,2], ∴当n=-1,m=2或n=2,m=5时,m-n取得最小值,为3,当n=-1,m=5时,m-n取得最大值,为6, 因此m-n的取值范围是[3,6].故选C. 5.解析　(1)由已知得关于x的方程x2+bx+c=0的两根为1,3,由根与系数的关系得∴ (2)由(1)得f(x)=x2-4x+3,因此f(x)的图象的对称轴为直线x=2. 当t+2≤2,即t≤0时, f(x)在[t,t+2]上单调递减,∴f(x)min=f(t+2)=t2-1; 当t<2<t+2,即0<t<2时, f(x)在[t,2]上单调递减,在[2,t+2]上单调递增,∴f(x)min=f(2)=-1; 当t≥2时, f(x)在[t,t+2]上单调递增,∴f(x)min=f(t)=t2-4t+3. 综上所述,g(t)= 6.C　∵函数f(x)=-x2+4x+m的图象开口向下,对称轴方程为x=2,∴函数f(x)在区间[0,1]上单调递增,∴f(x)max=f(1)=3+m, f(x)min=f(0)=m,即函数f(x)在[0,1]上的值域为[m,m+3]. 由方程f(x)=0在x∈[0,1]上有解,知0∈[m,m+3],因此m≤0且m+3≥0,解得-3≤m≤0.故选C. 7.D　命题“∃x0∈[-1,1],-+3x0+a>0”为真命题等价于a>x2-3x在x∈[-1,1]上有解,∴a>(x2-3x)min,x∈[-1,1]. 令f(x)=x2-3x,x∈[-1,1],易知f(x)在[-1,1]上单调递减,∴f(x)min=f(1)=-2,∴a>-2,故选D. 8.D　若x2+ax-1≤0对于一切x∈[1,4]恒成立, 则a≤=-x在x∈[1,4]上恒成立. 设f(x)=-x,x∈[1,4],易知f(x)单调递减, 所以f(x)min=f(4)=-,所以a≤-.故选D. 9.解析　(1)证明:由f(1)=0,得a+b+c=0, 又a>b>c,∴a>0,c<0,∴ac<0. (2)由题意及(1)知,F(x)=ax2+2bx+c=ax2+2bx-a-b, ∴函数F(x)的图象的对称轴方程为x=-==1+<1, 又a>0,∴F(x)在[2,3]上单调递增, ∴即解得 能力提升练 1.A 2.B 3.A 6.A 7.BC 1.A　画出M(x)的图象,如图,观察得M(x)min=1. 2.B　设g(x)=x+-a,x∈,易知g(x)在上单调递减,在[1,4]上单调递增, 又g=-a,g(1)=2-a,g(4)=-a, 所以M(a)是,|2-a|,中的最大者, 因此M(a)= 即当a=时,M(a)取得最小值,为.故选B. 3.A　以下只分析函数f(x)=|x2-ax|在x∈[0,1]上的图象及性质,分类讨论如下: ①当a≤0时,如图1,此时函数f(x)在区间[0,1]上单调递增, 故g(a)=f(1)=1-a,则g(a)min=g(0)=1. 　 ②当0<a≤1时,如图2, f(x)=|x2-ax|= 所以g(a)=max=max, 令1-a=,得a=2-2(负值舍去). 易知当0<a≤2-2时,1-a≥,此时g(a)=1-a;当2-2<a≤1时,1-a<,此时g(a)=, 因此g(a)min=g(2-2)=1-2+2=3-2. ③当1<a≤2时,如图3,此时f(x)在上单调递增,在上单调递减,故g(a)=f=,则<g(a)≤1. ④当a>2时,如图4,此时f(x)在[0,1]上单调递增,所以g(a)=f(1)=a-1,则g(a)>1. 　 又1>>3-2,∴g(a)的最小值为3-2.故选A. 4.答案　 解析　函数f(x)=x2-2kx+4的图象开口向上,对称轴方程为x=k, 当k≤2时, f(x)max=f(3)=9-6k+4=-12,解得k=>2,不符合k≤2; 当k>2时, f(x)max=f(1)=1-2k+4=-12,解得k=>2,符合条件. 因此k的值为. 5.答案　1或2 解析　由题意可知, f(x)= 当x=时, f(x)取得最小值,为f=0, ∵[0,b]是函数f(x)=的一个“跟随区间”, ∴当x∈[0,b]时, f(x)∈[0,b],∴b≥, 易得f(0)=f=1,当≤b≤时, f(x)max=f(0)=1,∴b=1; 当b>时, f(x)max=f(b)=b-1, ∴b-1=b,解得b=2. 综上所述,b=1或b=2. 6.A　函数f(x)的图象如图: 易知f(x)图象的对称轴方程为x=2, f(2)=2, f(0)=f(4)=2. 分类讨论如下: (1)当a>4时,M[0,a]=f(a),M[a,2a]=f(2a), 依题意得f(a)≥2f(2a),又函数f(x)在[2+,+∞)上单调递增,且a<2a,所以f(a)<f(2a),故舍去; (2)当a≤4时,M[0,a]=2, 依题意得2≥2M[a,2a],即M[a,2a]≤1, 令f(x)=1,解得x1=2-,x2=1,x3=3,x4=2+, 则有a≥2-且2a≤1,解得2-≤a≤,或a≥3且2a≤2+,无解.故选A. 7.BC　对任意的m∈[-1,1],总存在唯一的x∈[0,3],使得x2-2x-am-1=0,转化为方程x2-2x=am+1在x∈[0,3]上有唯一解,即函数y=x2-2x的图象与y=am+1的图象有且只有一个交点, 作出y=x2-2x,x∈[0,3]的图象,如图所示: 由图可知,当a=0时,y=am+1=1,符合题意; 当a>0时,对任意的m∈[-1,1],am+1∈[-a+1,a+1], 要使函数y=x2-2x的图象与y=am+1的图象有且只有一个交点,则所以0<a<1; 当a<0时,对任意的m∈[-1,1],am+1∈[a+1,-a+1], 要使函数y=x2-2x的图象与y=am+1的图象有且只有一个交点, 则所以-1<a<0. 综上所述,原命题成立的充要条件为-1<a<1. 充分不必要条件符合“范围小”的特点,分析各选项,知选BC. 8.答案　(-∞,-2)∪(2,+∞) 解析　因为x2-2>mx,所以mx-x2+2<0. 令f(m)=mx-x2+2,不等式x2-2>mx对满足|m|≤1的一切实数m都成立,即f(m)<0对满足|m|≤1的一切实数m恒成立,即当-1≤m≤1时, f(m)<0恒成立,所以即解得x<-2或x>2,所以x的取值范围是(-∞,-2)∪(2,+∞). 易错警示　解决含参数的不等式时,要分清参数与未知数, f(m)=mx-x2+2是关于m的一次函数. 9.答案　(-∞,-2]∪[4,+∞) 解析　令y=|x-1|+|x-a|, ①当a=1时,y=2|x-1|,显然当x=1时,y=0, 所以2|x-1|≥3不恒成立; ②当a<1时,y=所以ymin=1-a, 要使不等式|x-1|+|x-a|≥3恒成立, 则1-a≥3,解得a≤-2; ③当a>1时,y=所以ymin=a-1,要使不等式|x-1|+|x-a|≥3恒成立, 则a-1≥3,解得a≥4. 综上所述,a的取值范围是(-∞,-2]∪[4,+∞). 考场速解　|x-1|+|x-a|表示数轴上的动点x到点a与点1的距离之和,其最小值为|a-1|,则|a-1|≥3,解得a≤-2或a≥4. 10.答案　[0,4] 解析　①若a<0,则函数f(x)在(-∞,a)上单调递减,因此f(x)不存在最大值. ②若a=0,则f(x)=当x≥0时, f(x)max=f(3)=8>-9,故函数f(x)存在最大值. ③若0<a≤3,则当x≥a时, f(x)=8-(x-3)2≤8, 当x<a时,函数f(x)单调递增,此时f(x)<a2-9,故若函数存在最大值,则a2-9≤8,解得-≤a≤,又0<a≤3,所以0<a≤3. ④若a>3,则当x≥a时, f(x)单调递减,此时f(x)≤f(a)=8-(a-3)2, 当x<a时, f(x)单调递增,此时f(x)<a2-9. 故若f(x)存在最大值,则8-(a-3)2≥a2-9,解得-1≤a≤4,又a>3,故3<a≤4. 综上,a的取值范围是[0,4]. 11.解析　(1)g(x)>f(x)恒成立,即x2-(2m+1)x+6>0恒成立, 因此Δ=(2m+1)2-24<0,解得--<m<-, 故m的取值范围为. (2)当x∈[4,5]时, f(x)=x-2∈[2,3],设当x∈[1,2]时,g(x)∈D,故D⊆[2,3]. 易得y=g(x)的图象的对称轴方程为x=m. ①若m≤1或m≥2,则g(x)在区间[1,2]上单调, 则g(x)在x=1,x=2处取得最值(其中一个为最大值,另一个为最小值),所以解得≤m≤,不满足m≤1或m≥2,舍去. ②若m∈(1,2),则g(x)min=g(m)∈[2,3], 即2≤-m2+4≤3,解得1≤m≤或-≤m≤-1, 此时,最大值在x=1或x=2处取到,由①知≤m≤,故≤m≤. 综上所述,m的取值范围是. 7 学科网（北京）股份有限公司 $$