5.3 第二课时 函数的最值-【正禾一本通】2025-2026学年高中数学必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（苏教版）

该高中数学课件聚焦函数最值，涵盖定义及图象法、单调性法、一元二次函数分类讨论、实际应用等求法。通过自主预习定义、基点小试图象与简单函数题导入，衔接单调性知识，为复杂题型搭建学习支架。 其亮点是分层设计题型，图象法培养几何直观（数学眼光），单调性证明与含参讨论强化逻辑推理（数学思维），实际应用问题引导建立模型（数学语言）。如例1用图象观察最值，例2作差法证单调性，例6结合生产利润建模，帮助学生系统掌握方法，教师可直接用于课堂提升效率。

数学·必修·第一册(苏教) 第5章 函数概念与性质 5．3　函数的单调性 第二课时　函数的最值 f(x)≤f(x0) ymax＝f(x0) f(x)≥f(x0) ymin＝f(x0) 课下培优巩固练（二十四） 1．函数的最大值 一般地，设y＝f(x)的定义域为A.如果存在x0∈A，使得对于任意的x∈A，都有__________________，那么称f(x0)为y＝f(x)的最大值，记为__________________． 2．函数的最小值 一般地，设y＝f(x)的定义域为A.如果存在x0∈A，使得对于任意的x∈A，都有__________________，那么称f(x0)为y＝f(x)的最小值，记为__________________． 微点拔：函数的最值和值域的联系与区别 (1)联系：函数的最值和值域反映的都是函数的整体性质，针对的是整个定义域． (2)区别： ①函数的值域一定存在，而函数的最大(小)值不一定存在； ②若函数的最值存在，则一定是值域中的元素，例如，函数f(x)＝x2对任意的x∈R都有f(x)≥－1，但是f(x)的最小值不是－1，因为－1不在f(x)的值域内； ③若函数的值域是开区间(两端点都取不到)，则函数无最值；若函数的值域是闭区间，则闭区间的端点值就是函数的最值． 【基点小试】 1．函数f(x)在[－2，2]上的图象如图所示，则此函数的最小值为______，最大值为________． 解析：由图可知，图象最低点的纵坐标为－1，图象最高点的纵坐标为2，所以函数的最大值为2，最小值为－1. 答案：－1　2 2．函数f(x)＝ eq \f(2,x) ，x∈[2，4]，则f(x)的最大值为________，最小值为________． 解析：函数f(x)＝ eq \f(2,x) 在[2，4]上是减函数，所以最大值为f(2)＝1，最小值为f(4)＝ eq \f(1,2) . 答案：1　 eq \f(1,2) 3．（苏教版必修一P113例4改编）函数y＝2x2＋2，x∈N*的最小值是________. 解析：函数y＝2x2＋2在(0，＋∞)上是增函数，又因为x∈N*，所以当x＝1时，y最小值＝2×12＋2＝4. 答案：4 题型一　图象法求函数的最值(值域) 例1.已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－x，0≤x≤2，,\f(2,x－1)，x>2，)) 求函数f(x)的最大值、最小值． 解：作出f(x)的图象如图． 由图象可知，当x＝2时，f(x)取最大值为2； 当x＝ eq \f(1,2) 时，f(x)取最小值为－ eq \f(1,4) . 所以f(x)的最大值为2，最小值为－ eq \f(1,4) . [总结] 　利用图象求函数最值的方法 (1)画出函数y＝f(x)的图象； (2)观察图象，找出图象的最高点和最低点； (3)写出最值，最高点的纵坐标是函数的最大值，最低点的纵坐标是函数的最小值． 【练一练】 1．函数f(x)在区间[－2，5]上的图象如图所示，则此函数的最小值、最大值分别是(　　) A．－2，f(2) B．2，f(2) C．－2，f(5) D．2，f(5) 解析：由函数的图象知，当x＝－2时，有最小值－2；当x＝5时，有最大值f(5). 答案：C 题型二　单调性法求函数的最值(值域) 例2.已知函数f(x)＝x＋ eq \f(1,x) . (1)求证f(x)在[1，＋∞)上单调递增； (2)求f(x)在[1，4]上的最大值及最小值． 解：(1)证明：设1≤x1<x2， 则f(x1)－f(x2)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(1,x1))) － eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,x2))) ＝ eq \f(（x1－x2）（x1x2－1）,x1x2) . ∵1≤x1<x2，∴x1－x2<0，x1x2>1， ∴x1x2－1>0， ∴ eq \f(（x1－x2）（x1x2－1）,x1x2) <0， 即f(x1)<f(x2). ∴f(x)在[1，＋∞)上单调递增． (2)由(1)可知f(x)在[1，4]上单调递增， ∴当x＝1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)＝2， 当x＝4时，f(x)取得最大值，最大值为f(4)＝ eq \f(17,4) . 综上所述，f(x)在[1，4]上的最大值是 eq \f(17,4) ，最小值是2. [总结] 　1.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． 2．函数的最大(小)值与单调性的关系 (1)若函数f(x)在区间[a，b]上是增(减)函数，则f(x)在区间[a，b]上的最小(大)值是f(a)，最大(小)值是f(b). (2)若函数f(x)在区间[a，b]上是增(减)函数，在区间[b，c]上是减(增)函数，则f(x)在区间[a，c]上的最大(小)值是f(b)，最小(大)值是f(a)与f(c)中较小(大)的一个． 提醒：(1)求最值勿忘求定义域． (2)闭区间上的最值，不判断单调性而直接将两端点值代入是最容易出现的错误，求解时一定注意． 【练一练】 2．已知函数f(x)＝ eq \f(2x－3,x＋1) .求函数f(x)在区间[2，9]上的最大值与最小值． 解析：∀x1，x2∈[2，9]，且x1＜x2， f(x1)－f(x2)＝ eq \f(2x1－3,x1＋1) － eq \f(2x2－3,x2＋1) ＝ eq \f(（2x1－3）（x2＋1）,（x1＋1）（x2＋1）) － eq \f(（2x2－3）（x1＋1）,（x1＋1）（x2＋1）) ＝ eq \f(5（x1－x2）,（x1＋1）（x2＋1）) . 因为x1－x2＜0，(x1＋1)(x2＋1)＞0， 所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2). 所以函数f(x)在区间[2，9]上单调递增． 故函数f(x)在区间[2，9]上的最大值为f(9)＝ eq \f(2×9－3,9＋1) ＝ eq \f(3,2) ，最小值为f(2)＝ eq \f(2×2－3,2＋1) ＝ eq \f(1,3) . 题型三　一元二次函数的最值 角度1　不含参的最值问题 例3.(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：(1)f(x)＝x2＋4x－6＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋2)) eq \s\up12(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] [总结] 　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． 角度2　含参数的一元二次函数的最值问题 例4.求f(x)＝x2－2ax－1在区间[0，2]上的最大值M(a)和最小值m(a). 解：f(x)＝(x－a)2－1－a2，对称轴为x＝a. (1)当a<0时，由图①可知，f(x)在区间[0，2]上单调递增， 所以f(x)min＝f(0)＝－1，f(x)max＝f(2)＝3－4a. (2)当0≤a≤1时，由图②可知，对称轴在区间[0，2]内， 所以f(x)min＝f(a)＝－1－a2，f(x)max＝f(2)＝3－4a. (3)当1<a≤2时，由图③可知，对称轴在区间[0，2]内， 所以f(x)min＝f(a)＝－1－a2，f(x)max＝f(0)＝－1. (4)当a>2时，由图④可知，f(x)在[0，2]上单调递减， 所以f(x)min＝f(2)＝3－4a，f(x)max＝f(0)＝－1. 综上，M(a)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－4a，a≤1，,－1，a>1，)) m(a)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1，a<0，,－1－a2，0≤a≤2，,3－4a，a>2.)) [总结] 　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． 角度3　与一元二次函数有关的恒成立问题 例5.已知函数f(x)＝ eq \f(x2＋2x＋a,x) ，x∈[1，＋∞). (1)当a＝ eq \f(1,2) 时，求函数f(x)的最小值； (2)若对任意x∈[1，＋∞)，f(x)>0恒成立，试求实数a的取值范围． 解：(1)当a＝ eq \f(1,2) 时，f(x)＝ eq \f(x2＋2x＋\f(1,2),x) ＝x＋ eq \f(1,2x) ＋2.任取x1，x2∈[1，＋∞)，且x1<x2， 则f(x1)－f(x2)＝(x1－x2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2x1x2))) <0， 所以f(x1)<f(x2)，即函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增， 所以函数f(x)在[1，＋∞)上的最小值为f(1)＝1＋ eq \f(1,2) ＋2＝ eq \f(7,2) . (2)法一(函数法)　依题意f(x)＝ eq \f(x2＋2x＋a,x) >0在[1，＋∞)上恒成立， 即x2＋2x＋a>0在[1，＋∞)上恒成立． 记y＝x2＋2x＋a，x∈[1，＋∞)， 由y＝(x＋1)2＋a－1在[1，＋∞)上单调递增， 知当x＝1时，y取得最小值3＋a. 所以当3＋a>0即a>－3时，f(x)>0恒成立． 于是实数a的取值范围为(－3，＋∞). 法二(分参法)　依题意f(x)＝ eq \f(x2＋2x＋a,x) >0在[1，＋∞)上恒成立，即x2＋2x＋a>0在[1，＋∞)上恒成立． 所以a>－x2－2x在[1，＋∞)上恒成立． 令g(x)＝－x2－2x，x∈[1，＋∞)， 因为g(x)＝－x2－2x在[1，＋∞)上单调递减， 所以g(x)max＝g(1)＝－1－2＝－3， 所以a>－3， 故实数a的取值范围为(－3，＋∞). [总结] 　恒成立问题的解题方法 1．函数法：直接研究二次函数的图象与性质，利用函数在给定区间上的单调性与最值解决； 2．分离参数法：在求参数a的取值范围时，可将参数a单独分离出来求．若对区间D上的任意x，a>f(x)恒成立，则a>f(x)max；若对于区间D上的任意x，a<f(x)恒成立，则a<f(x)min；若在区间D上存在x使a>f(x)成立，则a>f(x)min；若在区间D上存在x使a<f(x)成立，则a<f(x)max，其他(如a≥f(x)等)情形类似可得相应结论． 【练一练】 3．函数y＝2x2－2x－1在区间[－1，1]上的最小值为(　　) A．－ eq \f(1,2) B．－1 C．－ eq \f(3,2) D．－2 答案：C 解析：因为y＝2x2－2x－1的图象开口向上，对称轴为直线x＝ eq \f(1,2) ， 所以在区间[－1，1]上，当x＝ eq \f(1,2) 时，函数取得最小值－ eq \f(3,2) .故选C. 4．已知关于x的不等式x2－x＋a－1≥0在R上恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,4))) B． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,4))) C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，＋∞)) D． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，＋∞)) 解析：记f(x)＝x2－x＋a－1，则原问题等价于二次函数f(x)＝x2－x＋a－1的最小值大于或等于0.而f(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2))) eq \s\up12(2) ＋a－ eq \f(5,4) ，当x＝ eq \f(1,2) 时，f(x)min＝a－ eq \f(5,4) ，所以a－ eq \f(5,4) ≥0，求得a≥ eq \f(5,4) .故选D. 答案：D 5．当0≤x≤2时，a<－x2＋2x恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，1] B．(－∞，0] C．(－∞，0) D．(0，＋∞) 解析：记f(x)＝－x2＋2x，0≤x≤2，因为a＜－x2＋2x恒成立，所以a<f(x)min，而f(x)＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1，当x∈[0，2]时，f(x)min＝f(0)＝f(2)＝0.故选C. 答案：C 6．已知函数f(x)＝－x2＋2ax＋1－a. (1)若a＝2，求函数f(x)在区间[0，3]上的最小值； (2)若函数f(x)在区间[0，1]上有最大值3，求实数a的值． 解：(1)若a＝2，则f(x)＝－x2＋4x－1＝－(x－2)2＋3，该函数的图象开口向下，图象的对称轴为直线x＝2， ∴函数f(x)在区间[0，2]上单调递增，在区间[2，3]上单调递减， 又f(0)＝－1, f(3)＝2，∴f(x)min＝f(0)＝－1. (2)易知函数f(x)的图象开口向下，对称轴为直线x＝a， ①当a≤0时，函数f(x)在区间[0，1]上单调递减， 则f(x)max＝f(0)＝1－a＝3，解得a＝－2； ②当0<a<1时，函数f(x)在区间[0，a]上单调递增，在区间[a，1]上单调递减， 则f(x)max＝f(a)＝a2－a＋1＝3，解得a＝2或a＝－1，均不符合，舍去； ③当a≥1时，函数f(x)在区间[0，1]上单调递增，则f(x)max＝f(1)＝－1＋2a＋1－a＝3，解得a＝3. 综上所述，a＝－2或a＝3. 题型四　函数最值的实际应用 例6.一个工厂生产某种产品每年需要固定投资100万元，此外每生产1件该产品还需要增加投资1万元，年产量为x(x∈N*)件．当x≤20时，年销售总收入为(33x－x2)万元；当x>20时，年销售总收入为260万元．记该工厂生产并销售这种产品所得的年利润为y万元．(年利润＝年销售总收入－年总投资) (1)求y(万元)与x(件)的函数关系式； (2)当该工厂的年产量为多少件时，所得年利润最大？最大年利润是多少？ 解：(1)当0<x≤20时，y＝(33x－x2)－x－100＝－x2＋32x－100； 当x>20时，y＝260－100－x＝160－x. 故y＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋32x－100，0<x≤20，,160－x，x>20)) (x∈N*). (2)当0<x≤20时，y＝－x2＋32x－100＝－(x－16)2＋156，x＝16时，y最大值＝156.而当x>20时，160－x<140，故x＝16时取得最大年利润，最大年利润为156万元． 即当该工厂年产量为16件时，取得最大年利润为156万元． [总结] 　解实际应用问题的5个步骤 (1)审：审清题意，读懂题，找出各量之间的关系． (2)设：从实际问题中抽象出数学模型，恰当设出未知数． (3)列：根据已知条件列出正确的数量关系． (4)解：转化为求函数的最值或解方程或解不等式． (5)答：回归实际，明确答案，得出结论． 【练一练】 7．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：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))) 2＋30＋ eq \f(192,4) ，所以当x＝9或10时，L最大为120万元．即该公司在甲地销售9台，乙地销售6台，或甲地销售10台，乙地销售5台时，利润最大，最大利润为120万元． $