3.2.1 单调性与最大（小）值 第2课时-同步练-2026-2027学年高一上学期数学人教A版必修第一册

**基本信息** 本同步练习通过基础过关与能力提升双层设计，以函数单调性与最值的概念理解为起点，逐步过渡到综合应用，培养数学抽象与推理能力，适配新授课知识巩固需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础过关练|单调性判断、最值计算、定义域与最值关系、简单应用|含教材改编题（如第1题），以选择填空为主，聚焦单一知识点，强化运算能力| |能力提升练|含参数函数最值、存在性与恒成立问题、跨知识点综合|设置多选题（如第2题）、开放题（如第7题），结合复杂情境，发展模型意识与创新思维|

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.(教材习题改编)函数f(x)=-2x在区间[1,2]上的最小值是(　　) A.-　　B.　　C.1　　D.-1 2.(2026浙江湖州期末)已知函数f(x)=,则f(x)在[-2,1]上的最小值为(　　) A.　　B.　　C.　　D. 3.(2026辽宁名校联盟期中)已知函数f(x)=x+的定义域为D,则“D=xx>”是“f(x)有最小值2”的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 4.(2025河南南阳六校期中)若函数f(x)=x2-2x+3在区间[m,n]上的值域为[2,18],则n-m的最大值为(　　) A.2　　B.4　　C.6　　D.8 5.(2026陕西西安高新一中期末)已知函数f(x)=x2+(1-a)x-a. (1)求关于x的不等式f(x)<0的解集; (2)设函数g(x)=f(x)-x,求g(x)在[-1,2]上的最小值h(a). 题组二　函数最大(小)值的应用 6.(2026广东江门联考)已知函数f(x)=的最小值为0,则a=(　　) A.0　　B.1　　C.-1　　D.2 7.(2026江苏无锡第三高级中学月考)已知命题“∃x∈[-1,1],-x2+3x+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.(2026辽宁锦州期末)若函数f(x)=在区间[0,1]上的最大值为1,则实数m=(　　) A.0　　B.1　　C.2　　D.0或1 9.(2026黑龙江大庆期中)已知函数f(x)=若f(x)在(a,b)上既有最大值,又有最小值,则b-a的最大值为(　　) A.1　　B.2　　C.3　　D.4 10.(2026四川遂宁射洪中学月考)已知函数f(x)=x2-2mx. (1)当x∈[0,1]时, f(x)的最大值为3,求实数m的值; (2)当-1≤t≤1时,若不等式f(t)>2t-2恒成立,求实数m的取值范围. 能力提升练 题组　函数最值的应用 1.(2026广东东莞中学月考)已知函数f(x)=x2-x-5在[-1,m]上的最大值为m,则m=(　　) A.-2　　B.2　　C.5　　D.7 2.(多选题)(2026河南焦作一中月考)已知函数f(x)=x+(a>0)在区间[2,4]上的最大值比最小值大,则实数a的值可以是(　　) A.2　　B.14　　C.7+4　　D.7-4 3.(2026浙江杭州钱塘联盟期中)已知函数f(x)=若∀x∈R, f(x)≥f(0),则实数a的取值范围为(　　) A.(-∞,]　　B.[0,+∞)　　 C.　　D.[0,] 4.(2026天津咸水沽第一中学月考)已知函数f(x)的定义域为(0,+∞),若对任意的x,y∈(0,+∞),都有f(x)+f(y)=f(xy)+2,且当x>1时, f(x)>2, f(3)=3,则函数f(x)在区间[1,27]上的最大值为　(　　) A.4　　B.5　　C.6　　D.7 5.(2026重庆巴蜀中学月考)已知实数x,y满足y=x-,-2≤x≤3,且x≠-1,则的值不可能是　(　　) A.-3　　B.-4　　C.3　　D.4 6.(2026重庆名校联盟期中)已知函数f(x)=x2-2(a+1)x+a2,g(x)=-x2+2(a-1)x-a2+2.记H1(x)=,H2(x)=,则H1(x)的最大值与H2(x)的最小值的差为(　　) A.-4　　B.4　　C.a2-a+4　　D.a2+a+8 7.(2026北京八中月考)已知函数f(x)=x+在区间[1,a]上的值域为[4,5],则实数a的取值范围为　　　　.  8.(2026山东滕州一中月考)已知函数f(x)=x|x|,若对任意的x∈[t,t+1],不等式f(x2+t)≤4f(x)恒成立,则实数t的取值范围是　　　　.  9.(2026吉林白山二中期中)设f(x)=x2-2tx+1,g(x)=-x2+4tx+1,其中t>0,记F(x)=min{f(x),g(x)}. (1)若t=1,求F(x)的值域; (2)记函数h(x)=f(x)+tx-1+t2,若对任意的x∈,总存在m∈,使得h(x)=m成立,求实数t的取值范围; (3)若∀x∈[0,3],≤,求实数t的取值范围. 10.(2026安徽芜湖期末)若对任意的a∈,总存在b∈,使得a+b=ab(λ-a+b),则实数λ的取值范围是　　　　.  答案 第2课时　函数的最大(小)值 基础过关练 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=-. 2.A　因为y=x2+2的图象开口向上,对称轴方程为x=0,且y≥2,所以y=x2+2在[-2,0]上单调递减,在(0,1]上单调递增,则f(x)=在[-2,0]上单调递增,在(0,1]上单调递减,又f(-2)=, f(1)=,所以f(x)在[-2,1]上的最小值为f(-2)=. 3.A　若x>,则f(x)=x+≥2=2,当且仅当x=1时取等号, 故函数f(x)=x+有最小值2,所以充分性成立; 令x+=2,得x=1,要使f(x)min=2,则x>a且0≤a<1,所以必要性不成立. 综上,“D=xx>”是“f(x)有最小值2”的充分不必要条件. 4.D　f(x)=x2-2x+3=(x-1)2+2, 所以当x=1时, f(x)有最小值,为2, 令x2-2x+3=18,解得x=-3或x=5, 易知当x∈[-3,1)时, f(x)单调递减,当x∈(1,5]时, f(x)单调递增, 所以n的最大值为5,m的最小值为-3, 所以n-m的最大值为5+3=8. 5.解析　(1)由题可得x2+(1-a)x-a=(x+1)(x-a)<0, 当a<-1时,解集为{x|a<x<-1}, 当a=-1时,不等式为(x+1)2<0,无解,则解集为⌀, 当a>-1时,解集为{x|-1<x<a}. (2)由题可得g(x)=x2-ax-a,其图象开口向上,且对称轴方程为x=, 当≤-1,即a≤-2时,g(x)在[-1,2]上单调递增,则最小值为g(-1)=1, 当-1<<2,即-2<a<4时,g(x)在上单调递减,在上单调递增,则最小值为g=--a, 当≥2,即a≥4时,g(x)在[-1,2]上单调递减,则最小值为g(2)=4-3a. 综上,h(a)= 6.A　因为函数f(x)=的最小值为0,且当x<0时, f(x)=->0, 所以当x≥0时, f(x)=x+a的最小值为0. 易知f(x)=x+a在[0,+∞)上单调递增,所以f(0)=a=0. 7.D　命题“∃x∈[-1,1],-x2+3x+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. 8.A　函数f(x)==2+, 当m=2时, f(x)=2,不符合题意; 当m>2时,函数f(x)=在区间[0,1]上单调递减, 所以最大值为f(0)=m=1,不满足m>2; 当m<2时,函数f(x)=在区间[0,1]上单调递增, 所以最大值为f(1)==1,解得m=0. 综上所述,实数m=0. 9.C　当x≤0时, f(x)=x2-x+1=(x-1)2+, 则f(x)在(-∞,0]上单调递减,此时f(x)≥f(0)=1, 当x>0时, f(x)=-x2+2x+1=-(x-1)2+2, 则f(x)在(0,1)上单调递增,在[1,+∞)上单调递减,此时f(x)≤f(1)=2, 当x≤0时,由f(x)=2,得x2-x+1=2,故x=-1, 当x>0时,由f(x)=1,得-x2+2x+1=1,故x=2, 画出函数f(x)的图象,如图, 由f(x)在区间(a,b)上既有最大值,又有最小值,得-1≤a<0,1<b≤2,因此1<b-a≤3,则b-a的最大值为3. 10.解析　(1)解法一: f(x)=x2-2mx=(x-m)2-m2, 当m≤0时,函数f(x)在[0,1]上单调递增, 所以f(x)max=f(1)=1-2m=3,解得m=-1; 当m≥1时,函数f(x)在[0,1]上单调递减, 所以f(x)max=f(0)=0≠3,矛盾; 当0<m<1时,函数f(x)在[0,m)上单调递减,在[m,1]上单调递增, 所以f(x)在x=0或x=1处取得最大值,又f(0)=0≠3,所以f(x)max=f(1)=1-2m=3,解得m=-1,不符合0<m<1. 综上,m=-1. 解法二:因为函数f(x)的图象开口向上,所以最大值必在区间端点处取到,又f(0)=0≠3,所以f(1)=1-2m=3,得m=-1. (2)当-1≤t≤1时,不等式f(t)>2t-2恒成立, 即t2-2mt>2t-2在t∈[-1,1]时恒成立, 即t2-(2m+2)t+2>0在t∈[-1,1]时恒成立, 即[t2-(2m+2)t+2]min>0,t∈[-1,1]. 令h(t)=t2-(2m+2)t+2,则其图象的对称轴方程为t=m+1, ①当m+1≥1,即m≥0时,函数h(t)在[-1,1]上单调递减,则h(t)min=h(1)=1-2m>0,解得m<,即0≤m<; ②当-1<m+1<1,即-2<m<0时, h(t)在[-1,m+1]上单调递减,在[m+1,1]上单调递增,故h(t)min=h(m+1)=(m+1)2-(2m+2)(m+1)+2=-m2-2m+1>0,解得-1-<m<-1+,即-2<m<0; ③当m+1≤-1,即m≤-2时,函数h(t)在[-1,1]上单调递增,故h(t)min=h(-1)=1+(2m+2)+2=2m+5>0,解得m>-,即-<m≤-2. 综上,m的取值范围为. 能力提升练 1.C　由f(x)=x2-x-5, 可得f(x)=(x-1)2-, 所以函数f(x)的图象开口向上,对称轴方程为x=1,分析f(x)在[-1,m]上的最大值: 当-1<m≤3时, f(x)max=f(-1)=-, 所以-=m,解得m=-7(舍去), 当m>3时, f(x)max=m2-m-5, 所以m2-m-5=m, 所以m2-3m-10=0,所以(m-5)(m+2)=0,解得m=5或m=-2(舍去). 综上,m=5. 2.AC　当≤2,即0<a≤4时, f(x)在[2,4]上单调递增,故f(4)-f(2)=4+-2-=2-=,可得a=2. 当2<<4,即4<a<16时, f(x)在[2,]上单调递减,在[,4]上单调递增,故f(x)在x=2或x=4处取得最大值,在x=处取得最小值. f(4)-f()=4+-2=,则a-8+10=0,可得=4±(舍去); f(2)-f()=2+-2=,则a-4+1=0,可得=2-(舍去)或=2+,所以a=7+4. 当≥4,即a≥16时, f(x)在[2,4]上单调递减,故f(2)-f(4)=2+-4-=-2=,可得a=14(舍去). 综上,a=2或a=7+4. 3.D　由题意知f(x)的最小值为f(0)=a2+1, 由已知得解得0≤a≤. 综上,实数a的取值范围为[0,]. 4.B　任取x1,x2∈(0,+∞),且x1<x2,则>1, 由当x>1时, f(x)>2,得f>2, 由f(x)+f(y)=f(xy)+2, 得f(xy)-f(x)=f(y)-2, 则f(x2)-f(x1)=f-f(x1)=f-2>0,即f(x2)>f(x1), 因此函数f(x)在(0,+∞)上单调递增, 故x∈[1,27]时, f(x)max=f(27)=f(3)+f(9)-2=3+f(3×3)-2=1+f(3)+f(3)-2=3+3-1=5. 5.C　====-,令t=x+1,则-1≤t≤4,且t≠0,设z=-,t∈[-1,0)∪(0,4]. 当-1≤t<0时,z=-单调递增,当t=-1时,zmin=+=4,当t→0-时,z→+∞,故∈[4,+∞); 当0<t≤4时,z=-单调递增,当t=4时,zmax=-=-,当t→0+时,z→-∞,故∈. 综上,的取值范围是∪[4,+∞),结合选项知的值不可能是3. 6.B　由题意得f(x)-g(x)=2x2-4ax+2a2-2=2(x-a+1)(x-a-1), 故当x<a-1或x>a+1时, f(x)-g(x)>0,当a-1≤x≤a+1时, f(x)-g(x)≤0, 故当x<a-1或x>a+1时,H1(x)=g(x),H2(x)=f(x), 当a-1≤x≤a+1时,H1(x)=f(x),H2(x)=g(x). 易得f(x)的图象开口向上,对称轴方程为x=a+1,g(x)的图象开口向下,对称轴方程为x=a-1, 且g(a-1)=f(a-1)=-2a+3,g(a+1)=f(a+1)=-2a-1. 综上,当x<a-1时,H1(x)=g(x),单调递增,当a-1≤x≤a+1时,H1(x)=f(x),单调递减,当x>a+1时,H1(x)=g(x),单调递减, 故H1(x)的最大值为f(a-1)=-2a+3; 当x<a-1时,H2(x)=f(x),单调递减, 当a-1≤x≤a+1时,H2(x)=g(x),单调递减, 当x>a+1时,H2(x)=f(x),单调递增, 故H2(x)的最小值为g(a+1)=-2a-1. 故H1(x)的最大值与H2(x)的最小值的差为-2a+3-(-2a-1)=4. 7.答案　[2,4] 解析　由对勾函数的单调性知, 当x∈(0,2)时, f(x)单调递减,当x∈(2,+∞)时, f(x)单调递增, ∴f(x)在x=2处取得最小值,为f(2)=4, 令f(x)=x+=5, 解得x=1或x=4, 结合已知条件和f(x)的单调性,可知2≤a≤4. 8.答案　 解析　f(x)=x|x|= 易知y=-x2在(-∞,0)上单调递增,y=x2在[0,+∞)上单调递增,且f(x)的图象连续, 所以f(x)在R上单调递增, 所以不等式f(x2+t)≤4f(x)⇔f(x2+t)≤4x|x|=2x|2x|=f(2x)⇔x2+t≤2x, 所以对任意的x∈[t,t+1],t≤-x2+2x恒成立, 所以t≤,x∈[t,t+1]. 因为y=-x2+2x的图象开口向下,所以最小值必在区间端点处取到, 所以解得0≤t≤. 9.解析　(1)当t=1时, f(x)=x2-2x+1,g(x)=-x2+4x+1,令f(x)=g(x),解得x=0或x=3,易得f(0)=g(0)=1, f(3)=g(3)=4,画出F(x)的图象,如图1, 由图可知,F(x)的值域为(-∞,4]. (2)h(x)=f(x)+tx-1+t2=x2-tx+t2=+t2, 由于x∈,t>0,所以<t,故t>1. 当t>时,<t,h(x)在上单调递减,在上单调递增,且t-t>t-,故h(x)在x=t处取得最大值,为t2,在x=t处取得最小值,为t2,故h(x)的值域是. 当1<t≤时,≥t,h(x)在上单调递增,故h(x)的值域是. 若对任意的x∈,总存在m∈,使得h(x)=m成立,则h(x)在上的值域为的子集,故⊆或⊆, 故或解得<t≤2或1<t≤,即1<t≤2. 故t的取值范围为(1,2]. (3)令x2-2tx+1=-x2+4tx+1,解得x=0或x=3t, 画出F(x)的图象,如图2: ∀x∈[0,3],≤,即∀x∈[0,3],-1≤F(x)≤2, 当t≥3时,F(x)在[0,3]上单调递减,此时F(x)在[0,3]上的最小值为F(3)=f(3)=10-6t,最大值为F(0)=1,故只需10-6t≥-1,解得t≤,不满足t≥3,舍去; 当<t<3时,3<2t,此时F(x)在[0,3]上的最大值为F(0)=1,最小值为F(t)=1-t2,故只需1-t2≥-1,解得-≤t≤,不满足<t<3,故舍去; 当1<t≤时,2t≤3<3t,此时F(x)在[0,3]上的最大值为F(3)=f(3)=10-6t,最小值为F(t)=1-t2,故只需1-t2≥-1,且10-6t≤2,解得≤t≤; 当0<t≤1时,3t≤3,此时F(x)在[0,3]上的最大值为F(3t)=3t2+1,最小值为F(t)=1-t2或F(3)=g(3)=-8+12t, 故只需或无解. 综上,t的取值范围是. 10.答案　 　　整理成同类变量在同一侧的形式,即a+=b-+λ,构造函数f(x)=x+,x∈,g(x)=x-+λ,x∈,转化为函数f(x)的值域为g(x)值域的子集求解. 解析　由题意可知ab≠0,在等式a+b=ab(λ-a+b)两边同时除以ab并整理可得a+=b-+λ, 构造函数f(x)=x+,x∈, 由对勾函数的单调性可知,函数f(x)在上单调递减,在(1,2)上单调递增,且f=, f(1)=2, f(2)=,所以f(x)的值域为. 构造函数g(x)=x-+λ,x∈, 因为函数y=x+λ,y=-在上均单调递增,所以函数g(x)在上单调递增, 又g(-1)=λ,g=λ+,所以g(x)的值域为λ,λ+. 原问题等价于对任意的a∈,总存在b∈,使得f(a)=g(b), 则⊆, 所以解得≤λ≤2, 所以实数λ的取值范围是. 7 学科网（北京）股份有限公司 $