2026北师大版高中数学必修第一册练习--专题强化练3 函数的最大（小）值问题（含解析）

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2026北师大版高中数学必修第一册
专题强化练3　函数的最大(小)值问题
　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
2.(2025江西抚州南城一中月考)已知函数f(x)=(a∈R),若对于任意的x∈N*,f(x)≥3恒成立,则a的取值范围是(　　)
A.　　　　B.
C.[3-4,+∞)　　　　D.[-3,+∞)
3.(2024广东广州月考)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]
4. (多选题)(2024浙江温州期中)关于函数f(x)=,下列说法正确的是(　　)
A.函数f(x)的最大值可能是-1
B.函数f(x)的图象一定具有对称性
C.“函数f(x)的最大值为1”是“a>0,b=0”的必要不充分条件
D.函数f(x)在定义域内不可能是单调函数
5.(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　　　　.
6.(2024福建漳州期中)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)-3f(-x)=12x-2,二次函数g(x)的最小值为-16,且g(-2)=g(0)=-15.
(1)分别求函数f(x)和g(x)的解析式;
(2)设h(x)=f(x)+g(a-x)-2a,x∈[-1,1],求h(x)的最小值F(a).
7.(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.
答案与分层梯度式解析
专题强化练3　函数的最大(小)值问题
1.A 2.A 3.A 4.BCD
1.A　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.
2.A　对于任意的x∈N*,f(x)≥3即≥3,即a≥-+3,设g(x)=x+,x∈N*,而当x>0时,结合基本不等式可知函数g(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,又g(2)=6,g(3)=,g(2)>g(3),所以g(x)min=,则-+3≤-,则a≥-,所以a的取值范围是.
3.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+,
则有或解得2-≤a≤.
4.BCD　对于A,若f(x)的最大值是-1,则f(x)=≤-1恒成立,但f(0)=1>-1,不符合,故A错误.
对于B,若a=0,则f(x)=,其图象关于点对称;
若a≠0,令t(x)=ax2+bx+1=a-+1,其图象关于直线x=-对称,则函数f(x)=的图象关于直线x=-对称,故B正确.
对于C,当a=0,b=0时,f(x)=1,此时f(x)的最大值为1,充分性不成立;当a>0,b=0时,f(x)=,令g(x)=ax2+1(a>0),则g(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,所以f(x)的最大值为f(0)=1,必要性成立,故为必要不充分条件,故C正确.
对于D,当a≠0时,函数f(x)的图象关于直线x=-对称,不是单调函数;
当a=0,b=0时,f(x)=1,f(x)不具有单调性;
当a=0,b>0时,f(x)=,f(x)在,上均单调递减,但在整个定义域内不单调;
当a=0,b<0时,f(x)=,f(x)在,上均单调递增,但在整个定义域内不单调,
所以函数f(x)在定义域内不可能是单调函数,故D正确.
5.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.
6.解析　(1)由f(x)-3f(-x)=12x-2①,
可得f(-x)-3f(x)=-12x-2②,
由①②可得f(x)=3x+1.
设二次函数g(x)=ax2+bx+c(a≠0),
则解得故g(x)=x2+2x-15.
(2)h(x)=f(x)+g(a-x)-2a
=(3x+1)+(a-x)2+2(a-x)-2a-15
=(x-a)2-,
当a≤-1时,h(x)在[-1,1]上单调递增,
所以h(x)min=h(-1)=a2+2a-;
当a≥1时,h(x)在[-1,1]上单调递减,
所以h(x)min=h(1)=a2-2a-;
当-1综上所述,F(a)=
7.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,所以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 f(x)+f(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,
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∈.
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