2025苏教版高中数学必修第一册同步练习题--5.3 第2课时　函数的最值（含解析）

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2025苏教版高中数学必修第一册
第2课时　函数的最值
基础过关练
题组一　函数的单调性与最值
1.(教材习题改编)若函数y=f(x),x∈[-2,2]的图象如图所示,则该函数的最大值、最小值分别为　　(　　)
A.f ,f 　　　　B.f(0),f
C.f(0),f 　　　　D.f(0),f(2)
2.(2023山东省实验中学月考)设函数f(x)=在区间[3,4]上的最大值和最小值分别为M,m,则M+m=(　　)
A.4　　　　B.6　　　　C.10　　　　D.24
3.(2023天津第二南开中学期中)函数f(x)=的最大值为　　　　.
4.(2024江苏滨海中学期中)函数f(x)=2x2-2ax+3在区间[-1,1]上的最小值记为g(a).
(1)当a=2时,求函数f(x)在区间[-1,2]上的值域;
(2)求f(x)的最小值g(a).
题组二　函数最值的应用
5.(2024江苏曲塘中学阶段检测)二次函数y=ax2+4x+a的最大值是3,则a=(　　)
A.-1　　　　B.1　　　　C.-2　　　　D.-
6.某公司在甲、乙两地同时销售一种品牌车,销售x辆该品牌车的利润(单位:万元)分别为L1=-x2+21x和L2=2x.若该公司在两地共销售15辆该品牌车,则能获得的最大总利润为(　　)
A.90万元　　　　B.60万元
C.120万元　　　　D.120.25万元
7.(2024江苏连云港期中)当x∈(1,2)时,不等式x2+4x+m<0恒成立,则m的取值范围是(　　)
A.m≤-5　　　　B.m≤-12　　　　C.m<-8　　　　D.m<-5
8.(2024江苏仪征中学期中)已知函数f(x)=-x2-2x+3在区间[a,2]上的最大值为,则a等于(　　)
A.　　　　B.　　　　C.-　　　　D.或-
9.(2023江苏南京雨花台中学期中)已知函数f(x)=|x2-2x-3|在[-1,m]上的最大值为f(m),则实数m的取值范围是(　　)
A.(-1,1]　　　　
B.(-1,1+2]
C.[1+2,+∞)　　　　
D.(-1,1]∪[1+2,+∞)
10.(2024福建福州期中)设f(x)=若f(0)是f(x)的最小值,则a的取值范围是　　　　.
能力提升练
题组一　求函数的最值
1.(2024山东德州期中)函数f(x)=+-的最大值为(　　)
A.4　　　　B.2　　　　C.　　　　D.
2.(2024江苏徐州期中)已知f(x)=ax+b(a>0),满足f(f(x))=x+2,则函数y=x-的值域为(　　)
A.[1,+∞)　　　　B.[-1,+∞)
C.　　　　D.[0,+∞)
3.(2023江苏南京一中期中,)已知二次函数满足f(x+1)-f(x)=2x-1,且f(0)=2.
(1)求f(x)的解析式;
(2)求f(x)在[t,t+1],t∈R上的最小值g(t),并写出g(t)的函数表达式.
题组二　函数最值的应用
4.(2023湖南长沙长郡中学期中)已知函数f(x)=2x2-1,g(x)=ax, x∈R,用M(x)表示f(x),g(x)中的最大者,记为M(x)=max{f(x),g(x)},若M(x)的最小值为-,则实数a的值为(　　)
A.0　　　　B.±1　　　　C.±　　　　D.±2
5.(2024江苏镇江期末)已知函数f(x)=若函数f(x)的值域是(-∞,4],则实数m的取值范围是(　　)
A.(-∞,6]　　　　B.(0,8]
C.[0,6]　　　　D.(-∞,8]
6.(2024浙江杭州期中)已知f(x)=x-,对任意的x∈[1,+∞),均有f(mx)+mf(x)<0成立,则实数m的取值范围是(　　)
A.m<-1　　　　B.0C.-17.(2024山东菏泽期末)已知函数f(x)=|ax2+x+1|,x∈[1,2],且f(x)的最大值为a+2,则a的取值范围是(　　)
A.　　　　B.
C.　　　　D.
8.(2024江苏高淳高级中学期中)已知函数f(x)=x2+3x,g(x)=,若 x1∈[a-1,a+2], x2∈[0,],使得f(x1)≤g(x2),则a的取值范围是　　　　.
9.(2024江苏宿迁期中)已知函数f(x)=x-的定义域为D, x∈D, f(x)+f =0.
(1)求a的值,并证明f(x)在(0,+∞)上单调递增;
(2)若不等式mf(x2)-(3m+1)f(x)+2>2m·对任意的x∈恒成立,求实数m的取值范围.
答案与分层梯度式解析
第2课时　函数的最值
基础过关练
1.C　由题图可得,函数的最大值对应图象最高点的纵坐标f(0),最小值对应图象最低点的纵坐标f .故选C.
2.C　因为f(x)==2+,
所以f(x)在[3,4]上单调递减.
因此m=f(4)=4,M=f(3)=6.
所以M+m=6+4=10.故选C.
3.答案　
解析　f(x)==,
∵y=x2-x+1=+在上单调递减,在上单调递增,且当x=时,ymin=,
∴x2-x+1≥,又y=在上单调递减,且y>0,∴0<≤,因此f(x)的最大值为.
4.
思路点拨　　　(1)求出函数图象的对称轴,判断函数在所给区间上的单调性,利用单调性求函数的值域;
　　(2)分类讨论函数图象的对称轴与所给区间的位置关系,结合函数的单调性,求得f(x)的最小值g(a)的表达式.
解析　(1)当a=2时, f(x)=2x2-4x+3,其图象的对称轴为直线x=1,
故f(x)=2x2-4x+3在区间[-1,1]上单调递减,在区间[1,2]上单调递增,
则f(x)min=f(1)=1, f(x)max=f(-1)=9,
故函数f(x)在区间[-1,2]上的值域为[1,9].
(2)函数f(x)=2x2-2ax+3的图象的对称轴为直线x=,
当<-1,即a<-2时, f(x)在区间[-1,1]上单调递增,
故g(a)=f(-1)=5+2a;
当-1≤≤1,即-2≤a≤2时, f(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增,
故g(a)=f =-+3;
当>1,即a>2时, f(x)在区间[-1,1]上单调递减,
故g(a)=f(1)=5-2a.
综上所述,g(a)=
解题模板　　　求二次函数f(x)在区间[a,b]上的最大(小)值时,先求得f(x)图象的对称轴,再讨论区间[a,b]与图象的对称轴的位置关系,结合函数的图象与单调性可得f(x)的最大(小)值.
5.A　因为二次函数有最大值,所以a<0,
又二次函数y=ax2+4x+a的最大值为=,
所以=3,所以a2-3a-4=0,解得a=4或a=-1,
因为a<0,所以a=-1.故选A.
6.C　设该公司在甲地销售x(0≤x≤15,x∈N)辆,获得的总利润为L万元,则在乙地销售(15-x)辆.
L=-x2+21x+2(15-x)=-x2+19x+30=-+,故当x的值为9或10时,L最大,最大总利润为120万元.故选C.
7.B　由题意得m<-x2-4x对任意的x∈(1,2)恒成立,
设f(x)=-x2-4x=-(x+2)2+4,则f(x)在(1,2)上单调递减,又f(2)=-12,所以m≤-12.故选B.
易错警示　　　解决含参数的不等式时,要分清参数m与未知数x,分离出参数m求出取值范围.
8.C　函数f(x)=-x2-2x+3=-(x+1)2+4的图象的对称轴为直线x=-1,
若a≤-1,则当x=-1时,函数f(x)取得最大值,且最大值为4,不满足题意;
若-1所以当x=a时,函数f(x)取得最大值,且最大值为f(a)=-a2-2a+3=,解得a=-或a=-(舍去).故选C.
9.D　易知f(x)的图象的对称轴为直线x=1, f(1)=4, f(-1)=f(3)=0, f(x)的图象如图所示:
令x2-2x-3=4,解得x=1±2,
由图可知,-110.答案　0≤a≤1
解析　因为f(x)=
所以当x>0时, f(x)=1+>1;
当x≤0时, f(x)=(x-a)2,易得y=(x-a)2的图象开口向上,对称轴为直线x=a,
因为f(0)是f(x)的最小值, f(0)=a2,
所以解得0≤a≤1,
故a的取值范围为0≤a≤1.
能力提升练
1.C　易知f(x)的定义域为[0,4],
令t=+(t>0),
所以t2=4+2,则=t2-2,
由y=,0≤x≤4可知,0≤y≤2,
所以4≤t2≤8,则2≤t≤2,
原函数可转化为g(t)=t-=-t2+t+=-+≤(2≤t≤2),
所以f(x)的最大值为.故选C.
2.C　根据题意,得f(f(x))=a(ax+b)+b=a2x+ab+b=x+2,故
又a>0,所以故f(x)=x+1,
y=x-=x-,其定义域为[-1,+∞),
设=t,t≥0,
则x=t2-1,y=t2-1-t=-,
当t=,即x=-时,函数y=x-有最小值,为-,
故函数y=x-的值域为.故选C.
3.解析　(1)设f(x)=ax2+bx+c(a≠0),
∵f(0)=2,∴c=2,
又f(x+1)-f(x)=2ax+a+b=2x-1,∴
解得a=1,b=-2,∴f(x)=x2-2x+2.
(2)函数f(x)=x2-2x+2的图象的对称轴为直线x=1,则当t≥1时, f(x)在[t,t+1]上单调递增,故f(x)在x=t处取得最小值,即g(t)=t2-2t+2;当t+1≤1,即t≤0时, f(x)在[t,t+1]上单调递减,故f(x)在x=t+1处取得最小值,即g(t)=t2+1;当0综上,g(t)=
4.B　当a>0时,作出y=M(x)的图象,如图所示,
由图可知,y=M(x)在点A处取得最小值-,
故2x2-1=-,解得x=±,
由图象可知x=-,将代入g(x)=ax,得-a=-,解得a=1;
同理可得,当a<0时,图象最低点的横坐标x=,
将代入g(x)=ax,得a=-,解得a=-1;
当a=0时,g(x)=0,此时y=M(x)的最小值为0,不符合题意,故舍去.
综上所述,a=±1,故选B.
5.D　∵y=-x2+2x+3的图象的对称轴为直线x=1,
∴y=-x2+2x+3在(-∞,1]上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
∴当x<2时, f(x)的取值范围为(-∞,4],
若函数f(x)的值域是(-∞,4],
则当x≥2时,≤4,即m≤4x恒成立,
∴m≤(4x)min,∴m≤8.故选D.
6.A　当x∈[1,+∞)时,由f(mx)+mf(x)<0得mx-+mx-<0,化简,得2mx<,即2mx2当m>0时,x2<+,由题意得+>(x2)max,
而函数y=x2在[1,+∞)上无最大值,不符合题意;
当m<0时,x2>+,由题意得+<(x2)min,
因为函数y=x2在[1,+∞)上的最小值为1,
所以+<1,即m2>1,又m<0,所以m<-1.
综上,实数m的取值范围是m<-1.故选A.
7.A　由题意可知,a+2≥0,即a≥-2,且f(1)=a+2,则 x∈[1,2],|ax2+x+1|≤a+2,
即-a-2≤ax2+x+1≤a+2,
即 x∈[1,2],-≤a≤-,
令h(x)=-,t(x)=-,x∈[1,2],
则h(x)max≤a≤t(x)min,
∵h(x)=-=-=-,且x+3∈[4,5],
∴≤x+3+-6≤1,∴-2≤h(x)≤-1,
即h(x)max=-1,
又t(x)=-在[1,2]上单调递增,
∴t(x)min=-,∴-1≤a≤-.故选A.
8.答案　[-7,3]
思路点拨　　　由题意可得f(x)min≤g(x)min,先确定g(x)的最小值,然后通过讨论a确定函数f(x)的单调性进而确定f(x)的最小值,即可求解.
解析　由题意,得f(x)min≤g(x)min,g(x)==+,
令t=,因为x∈[0,],所以t∈[1,2],
则h(t)=t+,t∈[1,2],
因为h(t)=t+在[1,2]上单调递减,
所以g(x)在[0,]上的最小值为10.
f(x)=x2+3x的图象的对称轴为直线x=-,
(根据f(x)图象的对称轴与区间的位置关系进行分类讨论)
当-≤a-1,即a≥-时, f(x)在区间[a-1,a+2]上单调递增,
所以f(x)的最小值为f(a-1)=a2+a-2,所以a2+a-2≤10,解得-4≤a≤3,又a≥-,所以-≤a≤3;
当-≥a+2,即a≤-时, f(x)在区间[a-1,a+2]上单调递减,
所以f(x)的最小值为f(a+2)=a2+7a+10,
所以a2+7a+10≤10,解得-7≤a≤0,
又a≤-,所以-7≤a≤-;
当a-1<-所以f(x)的最小值为f =-,
因为-<10成立,所以-综上,a的取值范围是[-7,3].
9.解析　(1)函数f(x)=x-的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),
因为f(x)+f =0,所以令x=1,则f(1)+f(1)=0,即f(1)=0,所以1-a=0,解得a=1,
此时f(x)=x-, f =-=-=-f(x), 故f(x)+f =0成立,所以a的值为1.
证明如下:
任取x1,x2∈(0,+∞),且x1因为00,x1x2+1>0,
所以f(x1)-f(x2)<0,所以f(x1)故f(x)在(0,+∞)上单调递增.
(2)由(1)得, f(x)=x-,
因为mf(x2)-(3m+1)f(x)+2>2m,
所以m-(3m+1)+2>0,
又x∈,所以f(x)∈,
分析题干,利用换元法与二次函数的性质求解,即令t=f(x)=x-,t∈,将不等式转化为mt2-(3m+1)t+2>0,对m进行分类讨论,由二次函数的性质求解即可
令t=f(x)=x-,t∈,
则mt2-(3m+1)t+2>0,t∈,
①当m=0时,-t+2≥>0恒成立,满足题意;
②当m>0时,二次函数y=mt2-(3m+1)t+2的图象开口向上,对称轴方程为t==+>,
所以当t=时,y=m-(3m+1)+2>0,所以0③当m<0时,二次函数y=mt2-(3m+1)t+2的图象开口向下,
所以当x=-时,m+(3m+1)+2>0,
当x=时,m-(3m+1)+2>0,
所以-综上,实数m的取值范围是.
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