5.3 第3课时 函数的单调性(最值)的应用（课件PPT）-【精讲精练】2024-2025学年高中数学必修第一册（苏教版2019）

5.3　函数的单调性 第3课时　函数的单调性(最值)的应用 第5章　函数概念与性质 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 目 录 课前案 01 课堂案 02 课后案 03 CONTENTS 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 课前案 必备知识·自主学习 01 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 课堂案 关键能力·互动探究 02 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 谢谢观看 返回目录 第5章　函数概念与性质 数学·必修 第一册(配SJ版) 1 学业标准 素养目标 1.能利用函数的单调性求二次函数的最值． 2．能利用单调性解决与最值有关的综合问题． 通过求二次函数的最值，培养学生逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养． [教材梳理] 导学　二次函数在区间上的最值问题 　二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)的对称轴与区间[m，n]可能存在几种位置关系，试画草图给予说明？ 提示： 　求二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c在[m，n]上的最值，应考虑哪些因素？ 提示：若求二次函数f(x)在[m，n]上的最值，应考虑其开口方向及对称轴x＝－ eq \f(b,2a) 与区间[m，n]的关系． ◎结论形成 二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)在区间[m，n]上的最值一般分为以下几种情况： (1)若x＝－ eq \f(b,2a) 在区间[m，n]内，则最小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a))) ，最大值为f(m)，f(n)中较大者(或区间端点m，n中与直线x＝－ eq \f(b,2a) 距离较远的一个对应的函数值为最大值)； (2)若x＝－ eq \f(b,2a) <m，则f(x)在区间[m，n]上是增函数，最大值为f(n)，最小值为f(m)； (3)若x＝－ eq \f(b,2a) >n，则f(x)在区间[m，n]上是减函数，最大值为f(m)，最小值为f(n). [基础自测] 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)f(x)＝x2－2x的单调区间是(－∞，1)∪(1，＋∞).(　　) (2)f(x)＝ax2－2ax＋a＋1的最小值是1.(　　) (3)f(x)＝ax2－2ax＋a＋1在(1，＋∞)上单调递增．(　　) (4)f(x)＝x2＋4x＋5在(0，100]上没有最小值．(　　) 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√ 2．函数f(x)在[－2，2]上的图象如图所示，则此函数的最小值、最大值分别是(　　) A．－1，0　　　　　 B．0，2 C．－1，2 D． eq \f(1,2) ，2 答案　C 3．函数f(x)＝x2＋3x＋2在区间(－5，5)上的最大值、最小值分别为(　　) A．42，12 B．42，－ eq \f(1,4) C．12，－ eq \f(1,4) D．无最大值，最小值－ eq \f(1,4) 解析　f(x)＝x2＋3x＋2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2))) eq \s\up18(2) － eq \f(1,4) ， ∵－5<－ eq \f(3,2) <5， ∴f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2))) ＝－ eq \f(1,4) ，无最大值． 答案　D 4．已知函数f(x)＝－x2＋4x＋a，x∈[0，1]，若f(x)有最小值－2，则f(x)的最大值为____________． 解析　因为f(x)＝－x2＋4x＋a＝－(x－2)2＋4＋a，所以f(x)在[0，1]上单调递增． 所以f(0)＝－2，即a＝－2，所以f(x)的最大值为f(1)＝－1＋4－2＝1. 答案　1 题型一　定轴定区间的最值问题 　已知函数f(x)＝3x2－12x＋5，当自变量x在下列范围内取值时，求函数的最大值和最小值． (1)R; (2)[0，3]；(3)[－1，1]. [解析]　f(x)＝3x2－12x＋5＝3(x－2)2－7. (1)当x∈R时，f(x)＝3(x－2)2－7≥－7，当x＝2时，等号成立．故函数f(x)的最小值为－7，无最大值． (2)函数f(x)＝3(x－2)2－7的图象如图所示，由图可知，在[0，3]上，函数f(x)在x＝0处取得最大值，最大值为5；在x＝2处取得最小值，最小值为－7. (3)由图可知，函数f(x)在[－1，1]上是减函数，在x＝－1处取得最大值，最大值为20；在x＝1处取得最小值，最小值为－4. [规律方法]　(1)函数y＝ax2＋bx＋c(a>0)在区间 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a))) 上是减函数，在区间 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞)) 上是增函数，当x＝－ eq \f(b,2a) 时，函数取得最小值； (2)函数y＝ax2＋bx＋c(a<0)在区间 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(b,2a))) 上是增函数，在区间 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2a)，＋∞)) 上是减函数，当x＝－ eq \f(b,2a) 时，函数取得最大值． [触类旁通]　 1．函数f(x)＝x2－2x＋2(x∈[－5，5])的最大值和最小值分别是(　　) A．17，1　　　　　　 B．37，17 C．37，2 D．37，1 解析　f(x)＝x2－2x＋2(x∈[－5，5])的对称轴为x＝1，所以f(x)在[－5，1]上单调递减，在(1，5]上单调递增，f(－5)＝37，f(1)＝1，f(5)＝17，故f(x)min＝f(1)＝1，f(x)max＝f(－5)＝37. 答案　D 题型二　动轴定区间的最值问题 一题多变 　已知函数f(x)＝x2－ax＋1，求f(x)在[0，1]上的最大值． [解析]　因为函数f(x)＝x2－ax＋1的图象开口向上，其对称轴为x＝ eq \f(a,2) ， 当 eq \f(a,2) ≤ eq \f(1,2) ，即a≤1时，f(x)的最大值为f(1)＝2－a； 当 eq \f(a,2) > eq \f(1,2) ，即a>1时，f(x)的最大值为f(0)＝1. [母题变式]　 (变结论)在题设条件不变的情况下，求f(x)在[0，1]上的最小值． 解析　(1)当 eq \f(a,2) ≤0，即a≤0时，f(x)在[0，1]上单调递增，∴f(x)min＝f(0)＝1. (2)当 eq \f(a,2) ≥1，即a≥2时，f(x)在[0，1]上单调递减， ∴f(x)min＝f(1)＝2－a. (3)当0< eq \f(a,2) <1，即0<a<2时，f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2))) 上单调递减，在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1)) 上单调递增，故f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2))) ＝1－ eq \f(a2,4) . [素养聚焦]　通过求二次函数的最值及综合运用，培养学生逻辑推理、数学运算等核心素养． [规律方法]　本类题中对称轴是变化的，从运动观点看，让对称轴从左向右沿x轴正方向移动，分析移动到不同位置对最值的影响，借助图形，更加直观． [触类旁通] 2．(2024·连云港高一期末)已知函数f(x)＝2x2－ax＋5，x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，2)) . (1)当a＝4时，求f(x)的最值； (2)若f(x)的最小值为－5，求实数a的值． 解析　(1)a＝4时，f(x)＝2x2－4x＋5，x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，2)) ， ∴f(x)＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－2x)) ＋5＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1)) 2＋3，图象关于x＝1对称， 当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1)) 时，f(x)单调递减，当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2)) 时，f(x)单调递增． f(－1)＝2· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1－1)) 2＋3＝11，f(2)＝2· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－1)) 2＋3＝5，f(x)min＝f(1)＝3. ∴f(x)max＝f(－1)＝11.f(x)min＝f(1)＝3. (2)f(x)＝2x2－ax＋5＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,4))) 2＋5－ eq \f(a2,8) ，x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，2)) ， 对称轴为x＝ eq \f(a,4) ，函数图象开口向上， ①当 eq \f(a,4) <－1时，f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，2)) 上单调递增， 所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,4)<－1，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1))＝7＋a＝－5，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<－4，,a＝－12，)) ∴a＝－12； ②当－1≤ eq \f(a,4) ≤2时，f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(a,4))) 上单调递减，在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(a,4)，2)) 上单调递增， 所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1≤\f(a,4)≤2，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,4)))＝5－\f(a2,8)＝－5，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－4≤a≤8，,5－\f(a2,8)＝－5，)) 无解； ③当 eq \f(a,4) >2时，f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，2)) 上单调递减， 所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,4)>2，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2))＝13－2a＝－5，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>8，,a＝9，)) ∴a＝9， 综上，当f(x)min＝－5时，a＝9或a＝－12. 题型三　定轴动区间上的最值问题 　已知函数f(x)＝x2－2x＋2，x∈[t，t＋1]，t∈R的最小值为g(t)，试写出g(t)的函数表达式. [解析]　f(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，x∈[t，t＋1]，t∈R， 对称轴为直线x＝1. 当t＋1<1，即t<0时，函数图象如图(1)所示，函数f(x)在区间[t，t＋1] 上为减函数，所以最小值为g(t)＝f(t＋1)＝t2＋1； 当t≤1≤t＋1，即0≤t≤1时，函数图象如图(2)所示， 最小值为g(t)＝f(1)＝1； 当t>1时，函数图象如图(3)所示，函数f(x)在区间[t，t＋1]上为增函数，所以最小值为g(t)＝f(t)＝t2－2t＋2. 综上可得g(t)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t2＋1，t<0，,1，0≤t≤1，,t2－2t＋2，t>1，)) [规律方法]　本类题中给出的区间是变化的，从运动的观点来看，让区间从左向右沿x轴正方向移动，分析移动到不同位置时对最值有什么影响，借助图形，可以更直观、清晰地解决问题． [触类旁通]　 3．已知函数f(x)＝x2－x＋1，求f(x)在[t，t＋1](t∈R)上的最小值g(t). 解析　f(x)＝x2－x＋1，其图象的对称轴为x＝ eq \f(1,2) ，由图象可知(图略)， ①当t≥ eq \f(1,2) 时，f(x)在其上是增函数， ∴函数最小值为g(t)＝f(t)＝t2－t＋1； ②当t＋1≤ eq \f(1,2) ，即t≤－ eq \f(1,2) 时，f(x)在其上是减函数， ∴函数最小值为g(t)＝f(t＋1)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2))) eq \s\up18(2) ＋ eq \f(3,4) ＝t2＋t＋1； ③当t< eq \f(1,2) <t＋1，即－ eq \f(1,2) <t< eq \f(1,2) 时，函数f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(t，\f(1,2))) 上单调递减，在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，t＋1)) 上单调递增，∴函数最小值为g(t)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) ＝ eq \f(3,4) . 综上可得g(t)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t2＋t＋1，t≤－\f(1,2)，,\f(3,4)，－\f(1,2)<t<\f(1,2)，,t2－t＋1，t≥\f(1,2)．)) [缜密思维提能区]　易错案例 二次项系数含字母的最值 【典例】　已知函数f(x)＝ax2－2x(0≤x≤1)，求f(x)的最小值． [解析]　①当a＝0时，f(x)＝－2x在[0，1]上单调递减， 所以f(x)min＝f(1)＝－2. ②当a>0时，f(x)＝ax2－2x的图象开口方向向上， 且对称轴为x＝ eq \f(1,a) ， (ⅰ)当 eq \f(1,a) ≤1，即a≥1时，f(x)＝ax2－2x图象的对称轴在区间[0，1]内，所以f(x)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a))) 上单调递减，在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1)) 上单调递增， 所以f(x)min＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a))) ＝－ eq \f(1,a) . (ⅱ)当 eq \f(1,a) >1，即0<a<1时， f(x)＝ax2－2x图象的对称轴在区间[0，1]的右侧，所以f(x)在[0，1]上单调递减，所以f(x)min＝f(1)＝a－2. ③当a<0时，f(x)＝ax2－2x的图象开口方向向下，且对称轴x＝ eq \f(1,a) <0，在y轴左侧，所以f(x)在[0，1]上单调递减，所以f(x)min＝f(1)＝a－2. 综上，f(x)min＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－2，a<1，,－\f(1,a)，a≥1.)) [纠错心得]　在求系数含字母的二次函数最值时，用到了分类讨论思想，求解中既要考虑二次项系数的符号定开口方向，又要对对称轴进行讨论，定单调性． 知识落实 技法强化 (1)二次函数的最值及应用． (2)含参数的综合问题． (1)常用方法：分类讨论法、数形结合法． (2)对于二次函数要讨论x2的系数是否为零，函数不一定有最值． $$