第2章 §3 第2课时 函数的单调性、最值的应用（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高一数学必修第一册学习笔记（北师大版）

本高中数学讲义聚焦函数单调性与最值的应用核心知识点，承接上节课单调性和最值的基础概念，系统构建利用单调性比较大小、解不等式，求参数范围及含参二次函数最值的学习支架。 资料通过例题延伸探究、反思感悟提炼方法、跟踪训练与课时对点练结合，以二次函数对称轴分类讨论等实例，培养学生逻辑推理与分类讨论的数学思维，提升符号表达与问题求解的数学语言能力。课中助力教师引导学生深度探究，课后便于学生巩固练习，查漏补缺。

第2课时　函数的单调性、最值的应用 学习目标　1.会利用函数的单调性解决求最值、解不等式、比较大小等问题.2.能够利用二次函数的单调性解决求最值和参数范围问题. 导语 上节课我们学习了函数的单调性和最值的有关知识，这节课我们继续探讨函数的单调性和最值的应用. 一、利用单调性比较大小、解不等式 例1　(1)已知定义域为R的函数f(x)在(4，＋∞)上单调递减，且函数y＝f(x)的对称轴为x＝4，则(　　) A.f(2)>f(3) B.f(2)>f(5) C.f(3)>f(5) D.f(3)>f(6) 答案　D 解析　∵f(x)关于x＝4对称且在(4，＋∞)上单调递减， ∴f(x)在(－∞，4)上单调递增，且f(5)＝f(3)，f(6)＝f(2)， ∴f(3)>f(2)＝f(6). (2)若函数y＝f(x)的定义域为R，且为增函数，f(1－a)<f(2a－1)，则a的取值范围是　　　　.  答案　 解析　因为y＝f(x)的定义域为R，且为增函数， f(1－a)<f(2a－1)，所以1－a<2a－1，即a>， 所以a的取值范围是. 延伸探究　在本例(2)中，若将定义域“R”改为“(－1，1)”，其他条件不变，则a的取值范围是什么？ 解　由题意可知 解得0<a<1. ① 因为f(x)在(－1，1)上是增函数， 且f(1－a)<f(2a－1)，所以1－a<2a－1， 即a>. ② 由①②可知，<a<1， 即a的取值范围是. 反思感悟　(1)利用单调性比较大小的方法 ①利用函数单调性可以比较函数自变量(函数值)的大小，例如：已知f(x)在区间D上单调递增，则对于任意的x1，x2∈D，x1<x2⇔f(x1)<f(x2). ②利用单调性比较函数值的大小，务必将自变量x的值转化到同一单调区间上才能进行比较，最后写结果时再还原回去. (2)利用函数的单调性解不等式的方法 当函数f(x)的解析式未知或已知但非常复杂时，欲求解不等式，可以依据函数单调性的定义和性质，将符号“f”脱掉，列出关于自变量的不等式(组)进行求解，特别要注意函数的定义域. 跟踪训练1　(1)已知对任意的0<x1<x2都有>0，设a＝f(π)，b＝f(2)，则(　　) A.a>b B.a＝b C.a<b D.a，b大小关系不能确定 答案　C 解析　∵对任意的0<x1<x2都有>0，∴x2－x1>0，f(x2)－f(x1)<0， ∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减， ∵π>2，∴f(π)<f(2)，即a<b. (2)已知函数f(x)＝若f(4－a)>f(a)，则实数a的取值范围是(　　) A.(－∞，2) B.(2，＋∞) C.(－∞，－2) D.(－2，＋∞) 答案　A 解析　画出f(x)的图象(图略)可判断f(x)在R上单调递增，由f(4－a)>f(a)可得4－a>a，解得a<2. 二、利用单调性求参数的范围(值) 例2　(1)若函数f(x)＝－x2－2(a＋1)x＋3在区间(－∞，3]上单调递增，则实数a的取值范围是　　　　.  答案　(－∞，－4] 解析　f(x)＝－x2－2(a＋1)x＋3 ＝－(x＋a＋1)2＋(a＋1)2＋3. 因此函数的单调递增区间为(－∞，－a－1]， 由f(x)在(－∞，3]上单调递增知3≤－a－1， 解得a≤－4，即实数a的取值范围为(－∞，－4]. (2)若函数f(x)＝－x2－2(a＋1)x＋3的单调递增区间是(－∞，3]，则实数a的值为　　　　.  答案　－4 解析　f(x)＝－x2－2(a＋1)x＋3 ＝－(x＋a＋1)2＋(a＋1)2＋3. 因此函数的单调递增区间为(－∞，－a－1]， 由题意得－a－1＝3，a＝－4. (3)已知函数f(x)＝ 若f(x)是R上的增函数，则实数a的取值范围为　　　　.  答案　[4，8) 解析　因为f(x)是R上的增函数， 所以解得4≤a<8. (4)已知函数f(x)＝x2－2ax－3在区间[1，2]上单调，求实数a的取值范围. 解　函数f(x)＝x2－2ax－3的图象开口向上，对称轴为直线x＝a，画出草图如图所示. 由图象可知函数在(－∞，a]和[a，＋∞)上分别单调，因此要使函数f(x)在区间[1，2]上单调，只需a≤1或a≥2(其中当a≤1时，函数f(x)在区间[1，2]上单调递增；当a≥2时，函数f(x)在区间[1，2]上单调递减)，从而a∈(－∞，1]∪[2，＋∞). 反思感悟　由二次函数的单调性求参数范围时需注意 (1)判断开口方向与对称轴的位置. (2)利用单调性确定参数满足的条件. 三、含参数的二次函数的单调性与最值 例3　已知f(x)＝ax2－2x(0≤x≤1)，求f(x)的最小值. 解　(1)当a＝0时，f(x)＝－2x在[0，1]上单调递减， ∴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＝. ①当≤1，即a≥1时，f(x)＝ax2－2x图象的对称轴在[0，1]内， ∴f(x)在上单调递减，在上单调递增. ∴f(x)min＝f＝－. ②当>1，即0<a<1时，f(x)＝ax2－2x图象的对称轴在[0，1]的右侧，∴f(x)在[0，1]上单调递减. ∴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＝<0，在y轴的左侧， ∴f(x)＝ax2－2x在[0，1]上单调递减. ∴f(x)min＝f(1)＝a－2. 综上所述，f(x)min＝ 反思感悟　(1)闭区间上二次函数最值问题的解法：抓住“三点一轴”数形结合，三点是指区间的两个端点和中点，一轴指的是对称轴，结合图象，根据函数的单调性及分类讨论的思想求解. (2)二次函数在闭区间上的最值主要有三种类型：轴定区间定、轴动区间定、轴定区间动.无论哪种类型，解题的关键都是图象的对称轴与区间的位置关系，当含有参数时，要依据图象的对称轴与区间的位置关系进行分类讨论. 跟踪训练2　设函数f(x)＝x2－2x＋2，x∈[t，t＋1]，t∈R，求函数f(x)的最小值. 解　f(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，x∈[t，t＋1]，t∈R，函数图象的对称轴为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]上单调递减， 所以最小值为f(t＋1)＝t2＋1； 当t<1<t＋1，即0<t<1时，函数图象如图(2)所示，在对称轴x＝1处取得最小值，最小值为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]上单调递增， 所以最小值为f(t)＝t2－2t＋2. 综上可知，当t≤0时，f(x)min＝t2＋1，当0<t<1时，f(x)min＝1，当t≥1时，f(x)min＝t2－2t＋2. 1.知识清单： (1)利用单调性比较大小、解不等式. (2)利用单调性求参数的范围(值). (3)含参数的二次函数的单调性与最值. 2.方法归纳：换元法、数形结合法、分类讨论法. 3.常见误区：含参数的二次函数问题分类讨论不彻底. 课时对点练 [分值：100分] 单选题每小题5分，共30分；多选题每小题6分，共18分 1.(多选)若函数y＝ax＋1在[1，2]上的最大值与最小值的差为2，则实数a的值可以是(　　) A.2 B.－2 C.1 D.0 答案　AB 解析　依题意， 当a>0时，2a＋1－(a＋1)＝2，即a＝2； 当a<0时，a＋1－(2a＋1)＝2，即a＝－2. 2.已知函数y＝ax和y＝－在(0，＋∞)上都单调递减，则函数f(x)＝bx＋a在R上是(　　) A.减函数且f(0)<0 B.增函数且f(0)<0 C.减函数且f(0)>0 D.增函数且f(0)>0 答案　A 解析　因为y＝ax和y＝－在(0，＋∞)上都单调递减， 所以a<0，b<0， 所以f(x)＝bx＋a为减函数且f(0)＝a<0. 3.已知函数f(x)是R上的增函数，A(0，－1)，B(3，1)是其图象上的两点，则－1<f(x)<1的解集是(　　) A.(－3，0) B.(0，3) C.(－∞，－1]∪[3，＋∞) D.(－∞，0]∪[1，＋∞) 答案　B 解析　由已知，得f(0)＝－1，f(3)＝1， ∴－1<f(x)<1等价于f(0)<f(x)<f(3)， ∵f(x)在R上单调递增， ∴0<x<3. 4.已知函数f(x)＝在R上单调递减，则a的取值范围是(　　) A. B.[－2，＋∞) C.[－2，1] D. 答案　D 解析　因为f(x)在R上单调递减， 所以 解得1≤a<. 5.(多选)若函数f(x)＝x2－2x＋1在区间[a，a＋2]上的最小值为4，则实数a的取值可以为(　　) A.－3 B.－1 C.1 D.3 答案　AD 解析　由题意，函数f(x)＝(x－1)2，其图象的对称轴为直线x＝1. 当a＋2≤1，即a≤－1时，f(x)在[a，a＋2]上单调递减， 则f(x)min＝f(a＋2)＝(a＋1)2＝4， 解得a＝－3或a＝1(舍去)，于是得a＝－3； 当a≥1时，f(x)在[a，a＋2]上单调递增， 则f(x)min＝f(a)＝(a－1)2＝4， 解得a＝3或a＝－1(舍去)，于是得a＝3； 当－1<a<1时，f(x)min＝f(1)＝0≠4，即无解. 综上，a＝－3或a＝3， 所以实数a的取值集合为{－3，3}. 6.已知定义在[－2，2]上的函数f(x)满足对任意的x1≠x2，(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，若f(a2－a)>f(2a－2)，则实数a的取值范围为(　　) A.[－1，2) B.[0，2) C.[0，1) D.[－1，1) 答案　C 解析　∵定义在[－2，2]上的函数f(x)满足对任意的x1≠x2，(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0， ∴函数f(x)在[－2，2]上单调递增， ∵f(a2－a)>f(2a－2)， ∴∴ ∴0≤a<1. 7.(5分)若函数y＝x2－2x的定义域为[－1，m]，值域为[－1，3]，则实数m的取值范围是　　　　.  答案　[1，3] 解析　因为y＝x2－2x＝(x－1)2－1≥－1，当且仅当x＝1时取等号， 而函数f(x)＝x2－2x的定义域为[－1，m]，值域为[－1，3]，所以m≥1， 又f(－1)＝3，所以f(m)＝m2－2m≤3， 解得－1≤m≤3，综上可知1≤m≤3. 8.(5分)已知x2－x＋a>0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围为　　　　　　.  答案　 解析　方法一　令y＝x2－x＋a， 要使x2－x＋a>0对任意x∈(0，＋∞)恒成立， 只需ymin＝>0，解得a>. ∴实数a的取值范围是. 方法二　x2－x＋a>0可化为a>－x2＋x. 要使a>－x2＋x对任意x∈(0，＋∞)恒成立， 只需a>(－x2＋x)max(x∈(0，＋∞))， 又当x>0时，(－x2＋x)max＝，∴a>. ∴实数a的取值范围是. 9.(10分)已知函数f(x)＝x2－＋1(x>0). (1)判断函数的单调性，并证明；(6分) (2)用函数观点解不等式f(x)>0.(4分) 解　(1)任取0<x1<x2，则 f(x2)－f(x1)＝＋1－－1 ＝(x2－x1)， 因为0<x1<x2， 所以x2－x1>0，x2＋x1＋>0， 所以f(x2)－f(x1)>0，即f(x1)<f(x2)， 所以函数f(x)＝x2－＋1在区间(0，＋∞)上是增函数. (2)由(1)得f(x)＝x2－＋1在区间(0，＋∞)上是增函数，且f(1)＝0， 所以由f(x)>0＝f(1)，可得x>1， 所以f(x)>0的解集为(1，＋∞). 10.(12分)已知函数f(x)＝x2＋ax＋3－a，a∈R. (1)若y＝f(x)在区间[－1，3]上是单调函数，求a的取值范围；(5分) (2)若当0≤x≤2时，函数y＝f(x)的最小值是关于a的函数m(a)，求m(a)的表达式.(7分) 解　(1)函数f(x)＝x2＋ax＋3－a图象的对称轴为直线x＝－. 因为f(x)在区间[－1，3]上是单调函数， 所以－≥3或－≤－1.故a≤－6或a≥2. (2)当－≤0，即a≥0时，f(x)在区间[0，2]上单调递增，m(a)＝f(0)＝3－a； 当0<－<2，即－4<a<0时， f(x)在区间上单调递减，在上单调递增， m(a)＝f＝－a2－a＋3； 当－≥2，即a≤－4时，f(x)在区间[0，2]上单调递减，m(a)＝f(2)＝a＋7. 综上，m(a)＝ 11.已知f(x)在R上是减函数，a，b∈R，且a＋b≤0，则有(　　) A.f(a)＋f(b)≤－f(a)－f(b) B.f(a)＋f(b)≥－f(a)－f(b) C.f(a)＋f(b)≤f(－a)＋f(－b) D.f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b) 答案　D 解析　由a＋b≤0，得到a≤－b，b≤－a. 又f(x)在R上是减函数， ∴f(a)≥f(－b)，f(b)≥f(－a)， ∴f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b). 12.已知函数f(x)＝在(0，a－5)上单调递减，则实数a的取值范围是(　　) A.[6，8] B.[6，7] C.(5，8] D.(5，7] 答案　D 解析　函数f(x)＝ 画出函数f(x)的大致图象如图所示. ∵函数f(x)在(0，a－5)上单调递减， ∴由图象可知0<a－5≤2， 解得5<a≤7， 故实数a的取值范围是(5，7]. 13.(多选)已知函数f(x)＝x2－2x＋2，关于f(x)的最大(小)值有如下结论，其中正确的是(　　) A.f(x)在区间[－1，0]上的最小值为1 B.f(x)在区间[－1，2]上既有最小值，又有最大值 C.f(x)在区间[2，3]上有最小值2，最大值5 D.当0<a<1时，f(x)在区间[0，a]上的最小值为f(a)；当a>1时，f(x)在区间[0，a]上的最小值为1 答案　BCD 解析　函数f(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1的图象开口向上，对称轴为直线x＝1. 在选项A中，因为f(x)在区间[－1，0]上单调递减，所以f(x)在区间[－1，0]上的最小值为f(0)＝2，A错误； 在选项B中，因为f(x)在区间[－1，1]上单调递减，在(1，2]上单调递增， 所以f(x)在区间[－1，2]上的最小值为f(1)＝1， 又因为f(－1)＝5，f(2)＝2，f(－1)>f(2)， 所以f(x)在区间[－1，2]上的最大值为f(－1)＝5，B正确； 在选项C中，因为f(x)在区间[2，3]上单调递增，所以f(x)在区间[2，3]上的最小值为f(2)＝2，最大值为f(3)＝5，C正确； 在选项D中，当0<a<1时，f(x)在区间[0，a]上单调递减，所以f(x)的最小值为f(a)； 当a>1时，因为f(x)在区间[0，1]上单调递减，在(1，a]上单调递增， 所以f(x)在区间[0，a]上的最小值为f(1)＝1，D正确. 14.(5分)已知函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象关于y轴对称，当函数y＝f(x)与y＝g(x)在区间[a，b]上都是严格增函数或都是严格减函数时，就把区间[a，b]叫做函数y＝f(x)的“不动区间”.若区间[1，2]是函数y＝(x－a)2的“不动区间”，则实数a的取值范围为　　　　.  答案　[－1，1] 解析　y＝(x－a)2关于y轴对称的函数为h(x)＝(－x－a)2＝(x＋a)2，其中y＝(x－a)2在(－∞，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，h(x)＝(x＋a)2在(－∞，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增，故要想区间[1，2]是函数y＝(x－a)2的“不动区间”，需要满足以下两种情况： (1)y＝(x－a)2与h(x)＝(x＋a)2在[1，2]上均为严格增函数，此时要满足 解得－1≤a≤1； (2)y＝(x－a)2与h(x)＝(x＋a)2在[1，2]上均为严格减函数，此时要满足无解. 综上，实数a的取值范围为[－1，1]. 15.(15分)已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋1(a，b∈R且a≠0)，x∈R. (1)若函数f(x)的最小值为f(－1)＝0，求f(x)的解析式，并写出其单调区间；(7分) (2)在(1)的条件下，f(x)>x＋k在区间[－3，－1]上恒成立，试求k的取值范围.(8分) 解　(1)由题意知 解得 所以f(x)＝x2＋2x＋1＝(x＋1)2， 由f(x)＝(x＋1)2知，函数f(x)的单调递增区间为[－1，＋∞)，单调递减区间为(－∞，－1]. (2)由题意知，x2＋2x＋1>x＋k在区间[－3，－1]上恒成立，即k<x2＋x＋1在区间[－3，－1]上恒成立， 令g(x)＝x2＋x＋1，x∈[－3，－1]， 由g(x)＝知，g(x)在区间[－3，－1]上单调递减，则g(x)min＝g(－1)＝1，所以k<1， 故k的取值范围是(－∞，1). 学科网（北京）股份有限公司 $