第2章 02 专题强化练3 函数的最大(小)值问题(同步精炼)-（PPT同步课件）【学而思·课件分层练习】2026-2027学年高一数学必修第一册（北师大版）

该高中数学课件聚焦函数的最大(小)值问题，通过分段函数、单调性分析及新定义“Ω函数”等例题，从基础函数性质过渡到复杂情境下的最值求解，搭建从具体到抽象的学习支架，帮助学生衔接前后知识脉络。 其特色在于结合高考真题实例，通过分类讨论、数形结合等方法培养数学思维，如对参数a的范围分析体现推理能力，新定义函数问题提升数学眼光。解析过程规范，用数学语言精确表达，助力学生提升解题能力，也为教师提供丰富教学资源。

第二章 函数 第1讲　描述运动的基本概念 专题专项练 专题强化练3　函数的最大(小)值问题 第1讲　描述运动的基本概念 1.[2025江苏盐城期中]给定函数f(x)=x2-1,g(x)= x+ ,若用M(x)表示函数f(x),g(x)中的较大者,即M(x)=max {f(x),g(x)},则M(x)的最小值为 ( ) A.0　    B. 　    C. 　    D.2     A     第1讲　描述运动的基本概念 解析　　令x2-1= x+ ,解得x=-1或x= , 易得M(x)=max{f(x),g(x)}=  画出函数M(x)的图象如图所示:   由图象可知,M(x)的最小值为0. 第1讲　描述运动的基本概念 2.[2026江苏无锡市北高级中学段考]设f(x)= 若f(0)是f(x)的最小值,则a的取值范围为  ( ) A.[-1,0]　    B.[-1,2]　    C.[-2,-1]　    D.[-2,0] A     解析　　当x=0时, f(0)=a2, 因为f(0)是f(x)的最小值, 所以f(x)在(-∞,0]上单调递减,即有-a≥0,得a≤0,且a2≤x+ +a,x>0恒成立. 因为x+ ≥2 =2,当且仅当x=1时取等号,所以a2≤2+a,解得-1≤a≤2. 综上,a的取值范围为[-1,0]. 第1讲　描述运动的基本概念 3.[2026江西南昌第二中学期中]若函数f(x)在定义域[a,b]上的值域为[f(a),f(b)],则称f(x)为“Ω函数”.已知函数f(x)= 是“Ω函数”,则实数m的取值范围是 ( ) A.[4,10]　    B.[4,14]　     C.[10,14]　    D.[10,+∞)     C     解析　　由题意知f(x)的定义域为[0,4],又f(x)是“Ω函数”,所以其值域为[f(0),f(4)],因为f(0)=0,f(4)=m, 所以值域为[0,m], 当0≤x≤2时,f(x)=5x∈[0,10], 当2<x≤4时,f(x)=x2-4x+m,其图象开口向上,且对称轴为直线x=2, 故f(x)在(2,4]上单调递增,则f(x)∈(m-4,m], 则 解得10≤m≤14,故实数m的取值范围是[10,14]. 第1讲　描述运动的基本概念 4.[2026江西抚州崇仁第一中学期中]已知m∈R,函数f(x)= +m在x∈[2,5]上的最大值是5,则m的 取值范围是 ( ) A. 　    B.  C.[2,5]　    D.[2,+∞)     A     第1讲　描述运动的基本概念 解析　　因为y= =1+ 在x∈[2,5]上单调递减,所以2≤ ≤5. 若m≤2,则f(x)= 的最大值为5,符合题意; 若2<m≤5,则f(x)的最大值为f(2)与f(5)中的较大者, 由f(2)=f(5),即|5-m|+m=|2-m|+m,解得m= , 显然当2<m≤ 时,f(x)的最大值为5, 当 <m<5时,f(x)的最大值不为定值; 当m≥5时,f(x)=2m- ,则f(x)max=2m-2,令2m-2=5,解得m= ,矛盾. 综上可得,当m≤ 时,f(x)在[2,5]上的最大值是5. 第1讲　描述运动的基本概念 5.[多选题][2025湖北部分高中联考协作体期中]已知函数f(x)=x+ 在[2,4]上的最大值比最小值大1,则 正数a的值可以是 ( ) A.2　    B.2 　    C.2- 　    D.2+      AD     第1讲　描述运动的基本概念 解析　　易知函数f(x)=x+ (a>0)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增, 当0<a≤2时,函数f(x)在[2,4]上单调递增,所以f(x)max=f(4)=4+ , f(x)min=f(2)=2+ , 所以4+ -2- =1,解得a=2或a=-2(舍去). 当a≥4时,函数f(x)在[2,4]上单调递减,所以f(x)min=f(4)=4+ , f(x)max=f(2)=2+ , 所以2+ -4- =1,解得a=±2 (舍去). 当2<a<4时,函数f(x)在[2,a]上单调递减,在[a,4]上单调递增, 所以f(x)min=f(a)=2a,且f(2)=2+ , f(4)=4+ , 若4+ >2+ ,即2<a<2 ,则4+ -2a=1,解得a=2(舍去)或a=6(舍去); 第1讲　描述运动的基本概念 若4+ ≤2+ ,即2 ≤a<4,则2+ -2a=1,解得a=2+ 或a=2- (舍去). 综上所述,a=2+ 或a=2. 第1讲　描述运动的基本概念 6.[2025天津南开中学期中]已知函数f(x)=x2-x,若对于任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1<x2,都有x2f(x1)- x1f(x2)>ax1x2( - )成立,则a的取值范围是 ( ) A.[0,+∞)　    B. 　     C. 　    D.      D     第1讲　描述运动的基本概念 解析　　因为1≤x1<x2,所以x1x2>1,在不等式x2f(x1)-x1f(x2)>ax1x2( - )两边同时除以x1x2,可得 -  >a -a ,则  +a > +a , 构造函数g(x)=ax2+ =ax2+x-1(易错点),则g(x1)>g(x2), 所以函数g(x)=ax2+x-1在[1,+∞)上单调递减, 当a=0时,g(x)=x-1在[1,+∞)上单调递增,不符合题意; 当a≠0时,要使函数g(x)=ax2+x-1在[1,+∞)上单调递减,只需 解得a≤- . 综上所述,实数a的取值范围是 . 第1讲　描述运动的基本概念 7.[2026重庆名校联盟联合考试]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          B 第1讲　描述运动的基本概念 解析　　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, 第1讲　描述运动的基本概念 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. 第1讲　描述运动的基本概念 8.[2025江西景德镇期中]已知函数f(x)的定义域为R,∀x,y∈R,都有f(x+y)=f(x)+f(y)+1,当x>0时,f(x)>-1,且f (1)=1. (1)求f(0)和f(-1)的值; (2)判断f(x)的单调性,并证明; (3)若∀m∈[1,5],∃x∈[-3,3],使得2f(x)-f(t2+t-2-m(t+t-1))≥3成立,求实数t的取值范围. 第1讲　描述运动的基本概念 解析    (1)对于f(x+y)=f(x)+f(y)+1,令x=y=0,得f(0+0)=f(0)+f(0)+1,则f(0)=-1, 令x=1,y=-1,得f(1-1)=f(1)+f(-1)+1,即f(0)=f(1)+f(-1)+1, 又f(0)=-1,f(1)=1,∴f(-1)=-3. (2)f(x)在R上单调递增. 证明:任取x1,x2∈R且x1>x2,则x1-x2>0, 令x+y=x1,y=x2,则x=x1-y=x1-x2(关键点:赋值+拆分), 由f(x+y)=f(x)+f(y)+1,得f(x1)=f(x1-x2)+f(x2)+1,即f(x1)-f(x2)=f(x1-x2)+1, ∵x1-x2>0,∴f(x1-x2)>-1,即f(x1)-f(x2)=f(x1-x2)+1>0,∴f(x1)>f(x2), 故函数f(x)在R上单调递增. (3)由2f(x)-f(t2+t-2-m(t+t-1))≥3⇒2f(x)+1≥f(t2+t-2-m(t+t-1))+4, 由f(x+y)=f(x)+f(y)+1得f(2x)=2f(x)+1,则原不等式即f(2x)≥f(t2+t-2-m(t+t-1))+1+1+1+1, 第1讲　描述运动的基本概念 又f(1)=1,∴f(2x)≥f(t2+t-2-m(t+t-1))+f(1)+1+f(1)+1=f(t2+t-2-m(t+t-1)+1)+f(1)+1=f(t2+t-2-m(t+t-1)+1+1), 又f(x)在R上单调递增, ∴2x≥t2+t-2-m(t+t-1)+2, 故原问题等价于∀m∈[1,5],∃x∈[-3,3],使得2x≥t2+t-2-m(t+t-1)+2成立,即  令u=t+t-1,则 解得-1≤u≤3,即-1≤t+t-1≤3,则t∈ . 第1讲　描述运动的基本概念 $