3.1.2.2 函数的最值及平均变化率-【新课程学案】2026-2027学年高中数学必修第一册教师用书word（人教B版）

本讲义聚焦函数的最值及平均变化率核心知识点，先通过定义明确函数最值与值域的联系及区别，再结合直线斜率引入平均变化率，进而构建利用图象、单调性及二次函数分类讨论求最值的学习支架。 资料采用题型研究式教学，设“思维建模”提炼方法，分层训练覆盖基础与应用。如二次函数最值分类讨论培养逻辑推理（数学思维），图象法结合几何直观（数学眼光），商场销售利润问题提升应用意识（数学语言），课中助教师高效授课，课后助学生查漏补缺。

第2课时　函数的最值及平均变化率 [教学方式:深化学习课题型研究式教学] [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值、最小值. 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.函数的最大(小)值 一般地,设函数f(x)的定义域为D,且x0∈D:如果对任意x∈D,都有f(x)≤f(x0),则称f(x)的最大值为f(x0),而x0称为f(x)的最大值点;如果对任意x∈D,都有f(x)≥f(x0),则称f(x)的最小值为f(x0),而x0称为f(x)的最小值点.最大值和最小值统称为最值,最大值点和最小值点统称为最值点. |微|点|助|解| 函数的最值和值域的区别和联系 (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. 2.直线的斜率的定义 一般地,给定平面直角坐标系中的任意两点A(x1,y1),B(x2,y2),当x1≠x2时,称为直线AB的斜率;当x1=x2时,称直线AB的斜率不存在.若记Δx=x2-x1,相应的Δy=y2-y1,则当Δx≠0时,斜率可记为. 3.直线的斜率的作用 直线AB的斜率反映了直线相对于x轴的倾斜程度. 4.函数的平均变化率、函数递增递减的充要条件 (1)函数递增、递减的充要条件 一般地,若区间I是函数y=f(x)的定义域的子集,对任意x1,x2∈I且x1≠x2,记y1=f(x1),y2=f(x2),=,则: ①y=f(x)在区间I上单调递增的充要条件是>0在区间I上恒成立; ②y=f(x)在区间I上单调递减的充要条件是<0在区间I上恒成立. (2)函数的平均变化率的定义:一般地,当x1≠x2时,称=为函数y=f(x)在区间[x1,x2](x1<x2时)或[x2,x1](x1>x2时)上的平均变化率. 基础落实训练 1.判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”) (1)函数f(x)在[a,b]上的最值一定是f(a)或f(b). (　 ) (2)函数的最大值一定比最小值大. (　 ) (3)若f(x)的最小值为a,则直线y=a不一定与f(x)的图象有交点. (　 ) (4)对于给定平面直角坐标系中的任意两点A(x1,y1),B(x2,y2),若记Δx=x2-x1,Δy=y2-y1,则表示直线AB的斜率. (　 ) (5)若函数y=f(x)在(a,b)上单调递增,则在(a,b)上一定有>0. (　 ) (6)在增函数和减函数的充要条件中,可以把“任意x1,x2”改为“存在x1,x2”. (　 ) 答案:(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√　(6)× 2.已知函数y=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.,2 解析:选C　由题图可知,f(x)的最大值为f(1)=2,f(x)的最小值为f(-2)=-1. 3.设函数f(x)=2x-1(x<0),则f(x) (　 ) A.有最大值 B.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　∵f(x)在(-∞,0)上单调递增,∴f(x)<f(0)=-1,故选D. 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)是减函数.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]”,求f(x)的最值. 解: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. 2.本例条件“x∈[-2,0]”变为“x∈[t,t+1]”,求f(x)的最小值g(t). 解: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)= 　　|思|维|建|模| 　　二次函数最值问题的类型及求解策略 类型 ①对称轴、区间都是给定的;②对称轴动,区间固定;③对称轴定,区间变动 求解 策略 抓住“三点一轴”数形结合,三点是指区间两个端点和中点,一轴指的是对称轴,结合配方法,根据函数的单调性及分类讨论的思想即可完成 　　[针对训练] 3.设f(x)=mx2+nx+6,已知函数过点(1,3),且函数的对称轴为x=2. (1)求函数的表达式; (2)若x∈[-1,3],函数的最大值为M,最小值为N,求M+N的值. 解:(1)依题意,得解得 所以f(x)=x2-4x+6. (2)由(1)可得f(x)=x2-4x+6=(x-2)2+2. 所以f(x)在[-1,2]上单调递减,在(2,3]上单调递增. 又f(-1)=11,f(3)=3,f(2)=2, 所以f(x)max=f(-1)=11,f(x)min=f(2)=2, 即M=11,N=2.所以M+N=13. [课时检测] 1.设函数f(x)的定义域为R,以下三种说法:①若存在常数M,使得对任意x∈R,有f(x)≤M,则M是f(x)的最大值;②若存在x0∈R,使得对任意x∈R,有f(x)≤f(x0),则f(x0)是f(x)的最大值;③若存在x0∈R,使得对任意x∈R,且x≠x0,有f(x)≤f(x0),则f(x0)是f(x)的最大值.其中正确说法的个数为 (　 ) A.0 B.1 C.2 D.3 解析:选C　由函数最大值的概念知②③正确. 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.(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. 8.(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 9.(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 10.(5分)对于函数f(x),在使f(x)≥M成立的所有实数M中,我们把M的最大值Mmax叫做函数f(x)的下确界,则对于a∈R,a2-4a+6的下确界为　　　　.  解析:设f(a)=a2-4a+6,f(a)≥M,即f(a)min≥M.∵f(a)=(a-2)2+2,∴f(a)min=f(2)=2.∴M≤2.∴Mmax=2. 答案:2 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);(4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?(6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.(15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;(5分) (2)求函数f(x)在[1,2]上的最大值.(10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.(15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上单调递减;(9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上单调递减. (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 $