2.3.2 函数的最值-【新课程学案】2026-2027学年高中数学必修第一册教师用书word（北师大版）

本讲义聚焦高中数学函数的最值核心知识点，先通过定义明确最大值、最小值的符号语言表达，区分与值域的联系及区别，再以图象法、单调性法、一元二次函数最值为学习支架，衔接函数单调性等前期知识。 该资料采用梯度进阶式教学，通过思维建模（如图象法“画-观-写”步骤）、变式拓展（二次函数区间最值分类讨论）培养学生逻辑推理（数学思维）和几何直观（数学眼光），课时检测及商场利润应用题助力用数学语言表达现实问题，课中便于分层教学，课后利于学生回顾强化、弥补知识盲点。

第2课时　函数的最值 [教学方式:深化学习课——梯度进阶式教学] [课时目标] 1.借助函数图象,会用符号语言表达函数的最大值、最小值. 2.会利用函数最大(小)值的定义及单调性求函数的最大(小)值. 3.会根据问题情境理解函数最大(小)值的作用和实际意义. 1.函数的最值 最大值 最小值 一般地,设函数y=f(x)的定义域为D,如果存在实数M满足 (1)∀x∈D,都有f(x)≤M; (2)∃x0∈D,使得f(x0)=M (1)∀x∈D,都有f(x)≥M; (2)∃x0∈D,使得f(x0)=M 那么,我们称M是函数y=f(x)的最大值 那么,我们称M是函数y=f(x)的最小值 2.函数的最值和值域的区别和联系 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 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,则最值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 题型(一)　图象法求函数的最值 [例1]　已知函数f(x)= (1)在直角坐标系内画出f(x)的图象; (2)根据函数的图象写出函数的单调区间和值域. 解:(1)图象如图所示. (2)由图可知f(x)的单调递增区间为(-1,0),(2,5),单调递减区间为(0,2),值域为[-1,3]. 　　|思|维|建|模| 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. 　　[针对训练] 1.已知函数y=-|x-1|+2,画出函数的图象,确定函数的最值情况,并写出值域. 解:由题意,得y=-|x-1|+2=图象如图所示,由图象知,函数y=-|x-1|+2的最大值为2,没有最小值,所以其值域为(-∞,2]. 题型(二)　利用单调性求函数最值 [例2]　已知函数f(x)=+3(x∈[2,4]),求函数f(x)的最大值和最小值. 解:设x1,x2∈[2,4],且x1<x2,则f(x1)-f(x2)=+3-=.∵2≤x1<x2≤4,∴x1-x2<0,x1-1>0,x2-1>0.∴f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2).∴函数f(x)在区间[2,4]上为增函数.∴f(x)max=f(4)=1,f(x)min=f(2)=-3.故函数f(x)=+3在区间[2,4]上的最大值为1,最小值为-3. 　　|思|维|建|模| 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. [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. 　　[针对训练] 2.已知函数f(x)=+1. (1)判断函数f(x)在区间(0,+∞)上的单调性并证明. (2)求f(x)在[1,3]上的最值. 解:(1)函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递减.证明如下: 设∀x1,x2∈(0,+∞),且x1<x2, 则f(x1)-f(x2)=+1- =. 因为x2>x1>0,所以x1+x2>0,x2-x1>0,(x1x2)2>0,所以f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2). 所以函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递减. (2)由(1)知函数f(x)在区间[1,3]上单调递减, 所以当x=1时,f(x)取最大值,最大值为f(1)=2;当x=3时,f(x)取最小值,最小值为f(3)=. 题型(三)　一元二次函数的最值 [例3]　已知二次函数f(x)=x2-2x+3.当x∈[-2,0]时,求f(x)的最值. 解:由题意,得f(x)=x2-2x+3=(x-1)2+2,其对称轴为x=1,开口向上.当x∈[-2,0]时,f(x)单调递减.故当x=-2时,f(x)有最大值f(-2)=11;当x=0时,f(x)有最小值f(0)=3. 　　[变式拓展] 1.本例条件“x∈[-2,0]”变为“x∈[-2,3]”,则f(x)的最值为　　　　.  解析:当x∈[-2,3]时,f(x)先递减后递增.故当x=1时,f(x)有最小值f(1)=2.又|-2-1|>|3-1|,所以f(x)的最大值为f(-2)=11. 答案:11 2.本例条件“x∈[-2,0]”变为“x∈[t,t+1]”,则f(x)的最小值g(t)=　　　　.  解析:①当t>1时,f(x)在[t,t+1]上单调递增,所以当x=t时,f(x)取得最小值, 此时g(t)=f(t)=t2-2t+3. ②当t≤1≤t+1,即0≤t≤1时,f(x)在[t,t+1]上先递减后递增, 故当x=1时,f(x)取得最小值,此时g(t)=f(1)=2. ③当t+1<1,即t<0时,f(x)在[t,t+1]上单调递减,所以当x=t+1时,f(x)取得最小值, 此时g(t)=f(t+1)=t2+2. 综上,g(t)= 答案:g(t)= 　　|思|维|建|模| 　　二次函数的单调性问题主要依据二次函数图象的对称轴进行分类讨论求解. 　　[针对训练] 3.已知函数f(x)=ax2+2bx+1,x∈[1,3],且a,b为常数. (1)若a=1,求f(x)的最大值; (2)若a>0,b=-1,且f(x)的最小值为-4,求a的值. 解:(1)当a=1时,f(x)=x2+2bx+1,x∈[1,3], 易知f(x)的图象关于x=-b对称. 当-b>2,即b<-2时,f(x)max=f(1)=2b+2, 当-b≤2,即b≥-2时,f(x)max=f(3)=6b+10, 综上,f(x)max= (2)当b=-1时,f(x)=ax2-2x+1,x∈[1,3],又a>0, ∴f(x)的对称轴x=>0. 当≤1,即a≥1时,f(x)min=f(1)=a-1, ∴a-1=-4,解得a=-3,不合题意,舍去. 当≥3,即0<a≤时, f(x)min=f(3)=9a-5=-4, 解得a=,满足题意. 当1<<3,即<a<1时, f(x)min=f=1-=-4, 解得a=,不合题意,舍去.故a的值为. [课时检测] 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:选C　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). 2.设定义在R上的函数f(x)=x|x|,则f(x) (　 ) A.只有最大值 B.只有最小值 C.既有最大值又有最小值 D.既无最大值又无最小值 解析:选D　由题意得f(x)=画出f(x)的图象可知(图略),f(x)既无最大值又无最小值. 3.设函数f(x)=在区间[3,4]上的最大值和最小值分别为M,m则M+m= (　 ) A.4 B.6 C.10 D.24 解析:选C　因为f(x)= =2+,所以f(x)在[3,4]上单调递减.所以m=f(4)=4,M=f(3)=6.所以M+m=6+4=10. 4.函数f(x)=x2-mx+4(m>0)在(-∞,0]上的最小值是 (　 ) A.4 B.-4 C.与m的取值有关 D.无最小值 解析:选A　f(x)=x2-mx+4的图象的对称轴为直线x=,∵m>0,∴f(x)在(-∞,0]上单调递减,∴f(x)min=f(0)=4. 5.用长度为24 m的材料围成一个中间加两道隔墙的矩形场地,要使矩形场地的面积最大,则隔墙的长为 (　 ) A.3 m B.4 m C. m D. m 解析:选A　设隔墙的长为x m,场地面积为S m2,则S=x·=12x-2x2=-2(x-3)2+18.所以当x=3时,S有最大值,最大值为18 m2.故隔墙的长为3 m时,矩形场地的面积最大. 6.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:选C　令f(x)=-x2+2x,则f(x)=-x2+2x=-(x-1)2+1.∵x∈[0,2],∴f(x)min=f(0)=f(2)=0.∴a<0. 7.已知函数f(x)=2x2-ax+1,x∈[-1,a],且f(x)的最大值为f(a),则实数a的取值范围为 (　 ) A.(-∞,-4] B.(-∞,-1]∪[2,+∞) C.[2,+∞) D.[-4,+∞) 解析:选C　函数f(x)=2x2-ax+1图象的对称轴方程为x=,当-1<a≤0时,易得函数f(x)在[-1,a]上单调递减,则函数f(x)的最大值为f(-1),不满足条件.当a>0时,要使f(x)的最大值为f(a),则f(a)≥f(-1),即2a2-a2+1≥2+a+1,解得a≤-1(舍去)或a≥2.综上,实数a的取值范围为[2,+∞). 8.(多选)已知函数f(x)=(x≥0),则下列判断正确的有 (　 ) A.f(x)的最小值为 B.f(x)在区间[0,1]上单调递增 C.f(x)的最大值为1 D.f(x)无最大值 解析:选AC　由题意,得f(x)===1-.当x=0时,f(0)=1,当x≠0时,f(x)=1-.∵y=x+在(0,1]上单调递减,∴f(x)在[0,1]上单调递减,故B错误;∵x>0,∴x+≥2=2,当且仅当x=1时,等号成立. ∴0<≤.∴≤1-<1.综上所述f(x)的值域为,故D错误.故选A、C. 9.(5分)已知函数y=ax+1在区间[1,3]上的最大值为4,则a=　　　　.  解析:若a<0,则函数y=ax+1在区间[1,3]上单调递减,并且在区间的左端点处取得最大值,即a+1=4,解得a=3,不满足a<0,舍去;若a>0,则函数y=ax+1在区间[1,3]上单调递增,并且在区间的右端点处取得最大值,即3a+1=4,解得a=1.综上,a=1. 答案:1 10.(5分)记min{a,b}=若f(x)=min{x+2,10-x}(x≥0),则f(x)的最大值为　　　　.  解析:由题意,知f(x)=易知f(x)max=f(4)=6. 答案:6 11.(5分)函数g(x)=2x-的值域为　　 　.  解析:设=t(t≥0),则x+1=t2,即x=t2-1.∴y=2t2-t-2=2-,t≥0.∴当t=时,ymin=-.∴函数g(x)的值域为. 答案: 12.(10分)已知函数f(x)=(x>0). (1)求证:f(x)在(0,1]上单调递增;(4分) (2)求函数f(x)的最大值和最小值.(6分) 解:(1)证明:设x1,x2是区间(0,1]上的任意两个实数,且x1<x2,则f(x1)-f(x2)=-==. 当0<x1<x2≤1时,x2-x1>0,x1x2-1<0, ∴f(x1)-f(x2)<0,f(x1)<f(x2). ∴f(x)在(0,1]上单调递增. (2)当1≤x1<x2时,x2-x1>0,x1x2-1>0, ∴f(x1)-f(x2)>0,f(x1)>f(x2). ∴f(x)在[1,+∞)上单调递减. ∴结合(1)(2)可知,f(x)max=f(1)=,无最小值. 13.(10分)某商场经营一批进价是每件30元的商品,在市场试销中发现,该商品销售单价x(不低于进价,单位:元)与日销售量y(单位:件)之间有如下关系: x 45 50 y 27 12 (1)确定x与y的一个一次函数关系式y=f(x)(注明函数定义域);(3分) (2)若日销售利润为P元,根据(1)中的关系式写出P关于x的函数关系式,并指出当销售单价为多少元时,才能获得最大的日销售利润?(7分) 解:(1)因为f(x)是一次函数,设f(x)=ax+b(a≠0), 由题表得方程组解得所以y=f(x)=-3x+162. 又y≥0,所以30≤x≤54. 故所求函数关系式为y=-3x+162,x∈[30,54]. (2)由题意得,P=(x-30)y=(x-30)(162-3x) =-3x2+252x-4 860=-3(x-42)2+432,x∈[30,54]. 当x=42时,最大的日销售利润为432, 即当销售单价为42元时,获得最大的日销售利润. 14.(10分)已知函数f(x)=-x2+2ax-3. (1)若函数y=f(x)在(-∞,1)上单调递增,求实数a的取值范围;(3分) (2)求函数f(x)在[1,2]上的最大值.(7分) 解:(1)由已知得f(x)=-x2+2ax-3 =-(x-a)2+a2-3. 所以函数f(x)=-x2+2ax-3的图象是开口朝下,且对称轴为直线x=a的抛物线. 因为函数y=f(x)在(-∞,1)上单调递增,所以a≥1. 故实数a的取值范围是[1,+∞). (2)当a≤1时,函数y=f(x)在[1,2]上单调递减, 于是ymax=f(1)=2a-4; 当1<a<2时,函数y=f(x)在[1,a]上单调递增,在(a,2]上单调递减,于是ymax=f(a)=a2-3; 当a≥2时,函数y=f(x)在[1,2]上单调递增, 于是ymax=f(2)=4a-7. 综上,当a≤1时,ymax=2a-4;当1<a<2时,ymax=a2-3;当a≥2时,ymax=4a-7. 15.(10分)已知函数f(x)对任意x,y∈R,总有f(x)+f(y)=f(x+y),且当x>0时,f(x)<0,f(1)=-. (1)求证:f(x)在R上是减函数;(4分) (2)求f(x)在[-3,3]上的最大值与最小值.(6分) 解:(1)证明:令x=y=0,得f(0)+f(0)=f(0). ∴f(0)=0.又令y=-x,得f(x)+f(-x)=f(x-x)=f(0)=0. ∴f(-x)=-f(x). 任取x1,x2∈R,且x1<x2, 则x2-x1>0,f(x2)-f(x1)=f(x2)+f(-x1)=f(x2-x1). ∵x2-x1>0,依题设当x>0时,有f(x)<0, ∴f(x2-x1)<0,即f(x2)-f(x1)<0, ∴f(x2)<f(x1). ∴y=f(x)在R上是减函数. (2)∵[-3,3]⊆R,故f(x)max=f(-3),f(x)min=f(3). 由(1)可知f(-3)=-f(3), 又f(3)=f(2+1)=f(2)+f(1)=f(1+1)+f(1)=f(1)+f(1)+f(1)=3f(1)=3×=-2, ∴f(-3)=-f(3)=2. ∴f(x)max=f(-3)=2,f(x)min=f(3)=-2. 学科网（北京）股份有限公司 $