3.2.1 单调性与最大(小)值（第2课时　函数的最大值、最小值）（教学课件） -2024-2025学年高一数学考试满分全攻略同步备课备考系列（人教A版2019必修一）

人教A版2019高一数学（必修一）第三章 函数的概念与性质 3.2.1　单调性与最大(小)值 第2课时　函数的最大值、最小值 目录/CONTENTS 新知探究 情景导入 学习目标 课堂小结 分层练习 错因分析 1.理解函数的最大值和最小值的概念及其几何意义．(重点) 2．能借助函数的图象和单调性，求一些简单函数的最值．(重点、难点) 3．能利用函数的最值解决有关的实际应用问题．(重点) 4．通过本节内容的学习，使学生体会数形结合思想、分类讨论思想在求解最值中的作用，提高学生逻辑推理、数学运算的能力．(重点、难点) 学习目标 情景导入 思考：你能以的为例说明函数最大值的含义吗？ 图象特征：函数有最高点(0,0)，即最大的函数值为0. 数学含义： (1)0是的函数值，即0=f(0)； (2)0是函数值中最大的一个，即∀x∈R，都有. 新知探究 函数最大值概念： 一般地，设函数y=f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足： （1）对于任意的x∈I，都有f(x)≤M; （2）存在x0∈I，使得f(x0) = M 那么，称M是函数y=f(x)的最大值 新知探究 一般地，设函数y=f(x)的定义域为I，如果实数M满足： （1）对于任意的的x∈I，都有f(x) ≥ M; （2）存在 ,使得 那么我们称M是函数y=f(x)的最小值（minimun value）. 新知探究 课本例题 烟花设计者就是按照这些数据设定引信的长度，以达到施放烟花的最佳效果． 即 烟花冲出后1.5s是它爆裂的最佳时刻，这时距地面的高度约为29m． 课本例题 课本例题 课本例题 1．整个上午（8：00～12：00）天气越来越暖，中午时分（12：00～13：00）一场暴风雨使天气骤然凉爽了许多．暴风雨过后，天气转暖，直到太阳落山（18：00）才开始转凉．画出这一天8：00～20：00期间气温作为时间函数的一个可能的图象（示意图），并说出所画函数的单调区间． 课本练习 最小值 课本练习 课本练习 易错警示　忽视单调性致误 错因分析 若f(x)＝x2－6x＋m在区间[2，＋∞)上的最小值为－3，则m＝________. 错解：由于f(x)在区间[2，＋∞)上的最小值为3，所以f(2)＝4－12＋m＝－3，即m＝5. 易错防范：由于f(x)图象的对称轴为x＝3∈[2，＋∞)，所以f(x)在x＝3时取得最小值，错因在于没有考虑f(x)的单调性．防范措施是研究二次函数在给定区间上的性质必须数形结合，从单调性入手． 正解：由于f(x)图象的对称轴是x＝3，所以f(x)在区间[2,3]上单调递减，在区间[3，＋∞)上单调递增，故x＝3时f(x)最小，f(3)＝－9＋m＝－3，即m＝6. 典例剖析 归纳总结 典例剖析 归纳总结 典例剖析 归纳总结 典例剖析 归纳总结 典例剖析 归纳总结 典例剖析 归纳总结 函数的最大 值、最小值 核心知识 方法总结 易错提醒 核心素养 最值M一定是一个函数值，是值域中的一个元素 在利用单调性求最值时，勿忘求函数的定义域 直观想象：通过数形结合法求函数最大值与最小值，培养直观想象的核心素养 函数最值的求法 (1)图象法：对已知函数图象的用此法. (2)配方法：对二次或通过换元得到的二次型函数适用 (3)单调性法：适用于可判断在闭区间上单调的函数 求解方法 概念 最大值 最小值 课堂小结 基础类型一　函数最值的实际应用(数学运算) 【典例】某公司在甲乙两地同时销售一种品牌车，利润(单位：万元)分别为L1＝－x2＋21x和L2＝2x(销售量单位：辆).若该公司在两地共销售15辆，那么当该公司在甲、乙两地各销售多少时，能获得最大利润？最大的利润是多少？ 【解析】设公司在甲地销售x台，则在乙地销售(15－x)台，公司总获利为L＝－x2＋21x＋2(15－x)＝－x2＋19x＋30＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(19,2))) eq \s\up12(2) ＋30＋ eq \f(192,4) ，所以当x＝9或10时，L最大为120万元．即该公式在甲地销售9台，乙地销售10台时，利润最大，最大利润为120万元． 关于实际问题的最值问题 (1)实际问题中的最值问题往往与一元二次函数的最值相关，用配方法或公式求最值； (2)要注意实际问题中变量的实际意义，如本例中的自变量x∈N*. 基础类型二　利用单调性求最值(逻辑推理) 【典例】已知函数f(x)＝ eq \f(3,2x－1) .求函数f(x)在区间[1，5]上的最值． 【解析】∀x1，x2∈[1，5]，且x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝ eq \f(3,2x1－1) － eq \f(3,2x2－1) ＝ eq \f(6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－x1)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x1－1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2－1))) .因为1<x1<x2<5，所以x2－x1>0，且(2x1－1)(2x2－1)>0，所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，所以函数f(x)＝ eq \f(3,2x－1) 在区间[1，5]上单调递减．因此，函数f(x)＝ eq \f(3,2x－1) 在区间[1，5]的两个端点上分别取得最大值与最小值，即最大值为f(1)＝3，最小值为f(5)＝ eq \f(1,3) . 利用单调性求函数的最大(小)值的一般步骤 (1)判断函数的单调性． (2)利用单调性求出最大(小)值． 微提醒：求最值的区间应是连续的区间，否则无法用单调性求最值． 综合类型　一元二次函数的最值(数学运算) ①函数 f(x)＝x2＋4x－6，x∈[0，5]的值域为________． ②函数f(x)＝－x2＋4x－6，x∈[0，5]的值域为________． 【解析】①f(x)＝x2＋4x－6＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋2)) 2－10， 因为－2<0，所以当x＝0时，f(x)取得最小值为－6； 所以当x＝5时，f(x)取得最大值为39. 所以函数f(x)的值域为[－6，39]. ②函数f(x)＝－x2＋4x－6＝－(x－2)2－2，x∈[0，5]， 所以当x＝2时，f(x)取得最大值为－(2－2)2－2＝－2； 当x＝5时，f(x)取得最小值为－(5－2)2－2＝－11， 所以函数f(x)的值域是[－11，－2]. 答案：①[－6，39]　②[－11，－2] 不含参数的最值问题 首先配方，确定对称轴，考查对称轴与区间的关系， (1)当对称轴不在区间上时，该区间是单调区间，最值在端点处取到； (2)当对称轴在区间上时，最值在对称轴、距离对称轴较远的端点处取得． 【典例】已知g(x)＝x2－2mx－15，求函数g(x)在x∈[0，2]上的最小值． 【解析】g(x)＝x2－2mx－15，x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，2)) ，对称轴为x＝m， 当m>2时，g(x)min＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2)) ＝4－4m－15＝－4m－11； 当m<0时，g(x)min＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0)) ＝－15； 当0≤m≤2时，g(x)min＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m)) ＝m2－2m2－15＝－m2－15. 综上所述，g(x)min＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－4m－11，m>2，,－15，m<0，,－m2－15，0≤m≤2.)) 本例的条件不变，试求函数g(x)的最大值． 【解析】当m≤1时，g(x)max＝g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2)) ＝－4m－11； 当m>1时g(x)max＝g(0)＝－15. 综上所述，g(x)max＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－4m－11，m≤1，,－15，m>1.)) 含参数的一元二次函数的最值 以一元二次函数图象开口向上、对称轴为x＝m为例，区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a，b)) ，则有 (1)最小值：f(x)min＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（a），m≤a,f（m），a≤m≤b,f（b），m≥b)) ； (2)最大值：f(x)max＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（a），m≥\f(a＋b,2),f（b），m<\f(a＋b,2))) . 当开口向下时，可用类似方法进行讨论，其实质是讨论对称轴与区间的位置关系． 创新拓展　“对勾”函数的值域(数学运算) 【典例】函数f(x)＝x＋ eq \f(3,x) 的值域为________． 【解析】函数f(x)＝x＋ eq \f(3,x) 的定义域为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≠0)))) .当x>0时，f(x)＝x＋ eq \f(3,x) ≥2 eq \r(x·\f(3,x)) ＝2 eq \r(3) ，当且仅当x＝ eq \f(3,x) ，x＝ eq \r(3) 时等号成立；当x<0时，f(x)＝x＋ eq \f(3,x) ＝－ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x))＋\f(3,－x))) ≤－2 eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x))·\f(3,－x)) ＝－2 eq \r(3) ，当且仅当－x＝ eq \f(3,－x) ，x＝－ eq \r(3) 时等号成立．所以函数f(x)＝x＋ eq \f(3,x) 的值域为 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－2\r(3))) ∪ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)，＋∞)) 答案： eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－2\r(3))) ∪ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)，＋∞)) “对勾”函数y＝x＋ eq \f(a,x) (a>0)的单调性及值域 函数图象如图所示，则函数y＝x＋ eq \f(a,x) 的单调增区间是(－∞，－ eq \r(a) ]和[ eq \r(a) ，＋∞).单调减区间是(－ eq \r(a) ，0)和(0， eq \r(a) ).值域为 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－2\r(a))) ∪ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(a)，＋∞)) . 创新题型　恒成立问题(数学运算) 【典例】设函数f(x)＝x2－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋1)) x＋m.若对于x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，2)) ，f(x)>m－4恒成立，求m的取值范围． 【解析】由题意，当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，2)) 时，x2－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋1)) x＋4>0恒成立，即x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，2)) 时，m<x＋ eq \f(4,x) －1恒成立，由基本不等式得x＋ eq \f(4,x) －1≥2 eq \r(x·\f(4,x)) －1＝3，当且仅当x＝2时，等号成立，所以m<3，因此实数m的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，3)) . 关于恒成立问题 (1)利用参数分离法，转化为最值问题； (2)不能分离参数的，结合函数的图象构造不等式求范围． $$