2025人教A版高中数学必修第一册同步练习题--第2课时　函数的最大(小)值（含解析）

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2025人教A版高中数学必修第一册
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.(2023广东茂名电白期中)函数f(x)=-2x在区间[1,2]上的最小值是(　　)
A.-　　B.　　C.1　　D.-1
2.(2024四川成都期中)函数f(x)=的最大值为(　　)
A.　　B.　　C.1　　D.
3.(易错题)(2024四川成都树德中学期中)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.(2024安徽淮南月考)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.(2024山东泰安一中期中)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.(2024广东佛山一中质检)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.(2024广东佛山一中质检)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.(2024安徽滁州名校期中联考)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.(2024广东广州执信中学期中)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.(2024湖北荆州中学期中)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.(2024浙江宁波余姚中学质检)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.(2024浙江宁波期中)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)(2024湖北武汉武昌实验中学月考)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.08.(2023浙江温州月考)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.(2024山东日照实验高级中学段考)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.(2024浙南名校联盟期中)设函数f(x)=存在最大值,则a的取值范围是　　　　.
11.(2024福建厦门一中适应性考试)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所以g(a)=max=max,
令1-a=,得a=2-2(负值舍去).
易知当0因此g(a)min=g(2-2)=1-2+2=3-2.
③当1④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)(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综上所述,原命题成立的充要条件为-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当x④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--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.
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