北师版高中同步学案数学必修第一册精品课件 第2章 函数 3 第2课时 函数的最值

2
+ 300-20 000,0 ≤ ≤ 400,
解 (1)总成本为 20 000+100x(元),从而 f(x)=
60 000-100, > 400.
1
(2)当0≤x≤400时,f(x)=- (x-300)2+25
2
000,
∴当x=300时,f(x)max=25 000.
当x>400时,f(x)=60 000-100x单调递减,
所以
1
1
1>0,所以(x1-x2)(1)<0,
21 2
21 2
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
1
7
f(1)=1+2+2=2.
(2)因为
2 +2+
f(x)=
>0

在[1,+∞)上恒成立,
所以x2+2x+a>0在[1,+∞)上恒成立.
器需增加投入100元,已知总收益满足函数: R(x)=
其中x(单位:台)是仪器的产量.
1 2
400- 2 ,0
≤ ≤ 400,
80 000, > 400.
(1)将利润表示为产量的函数f(x).
(2)当产量为何值时,公司所获利润最大?最大利润为多少元?(总收益=总成
本+利润)
1 2
-
解 y=-|x-1|+2=
函数图象如图所示.
+ 1, < 1,
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].
规律方法
图象法求最值的基本步骤
1
,0

< < 1,
变式训练 1 已知函数 f(x)=
,1 ≤ ≤ 2.
(1)画出f(x)的图象;
(2)利用图象写出该函数的最大值和最小值.
(或单调递增),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.
(3)若函数f(x)在区间[a,b]上的图象是一条连续不断的线,则函数f(x)在区间
[a,b]上一定有最值.
角度3利用数形结合思想与分类讨论思想求一元二次函数的最值
【例1-3】 求函数y=x2-2ax-1在区间[0,2]上的最值.
表达式.
解 由函数f(x)=x2-2x+2知其图象开口向上,对称轴为直线x=1.下面分三种情况讨
论:
当t+1≤1,即t≤0时,如图①所示,此时函数f(x)在[t,t+1]上单调递
减,∴g(t)=f(t+1)=(t+1)2-2(t+1)+2=t2+1.当
< 1,
即0<t<1时,如图②所示,此时,
因此,当-1≤x≤6时,有f(-1)≤f(x)≤f(6),从而这个函数的最小值为f(-1)=2,最大值
为f(6)=23.
重难探究·能力素养速提升
探究点一
求函数的最值
角度1利用函数的图象求最值
【例1-1】 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.
3-, ≥ 1,
目录索引
基础落实·必备知识一遍过
重难探究·能力素养速提升
学以致用·随堂检测促达标
1.理解函数的最大值和最小值的概念及其几何意义.
课程标准
2.能借助函数的图象和单调性,求一些简单函数的最值或值域.
3.能利用函数的最值解决有关的实际应用问题.
基础落实·必备知识一遍过
知识点 函数的最值
1.定义
名称
(2)若对任意的 x∈[1,+∞),f(x)>0 恒成立,试求实数 a 的取值范围.
解
(1)当
1
2=x+ 1 +2.
2 +2+
1
a= 时,f(x)=
2

2
任取 x1,x2∈[1,+∞),且 x1<x2,
则
1
f(x1)-f(x2)=(x1-x2)(1).
21 2
因为 x1<x2 且 x1≥1,x2>1,所以 x1-x2<0,x1x2>1,
.当
1 2
1≤x1<x2≤2
时,f(x1)>f(x2),f(x)在区间[1,2]上单调递减;
当 2<x1<x2≤3 时,x1x2>0,4<x1x2<9,即 x1x2-4>0,∴f(x1)<f(x2),∴f(x)在区间(2,3]
上单调递增.
∴f(x)的最小值为
4
∵f(3)=3+
32=4.
解决.对于任意x∈D,f(x)<a恒成立一般可转化为f(x)max<a.
变式训练4已知ax2+x≤1对任意x∈(0,1]恒成立,求实数a的取值范围.
解 ∵x>0,∴ax +x≤1 可化为 a≤
2
要使 a≤
只需 a≤
1
2
1
2
1
− 对任意
1 1
.设
2
min
1 2
− =t -t=
1 2
- 2
解 y=(x-a)2-1-a2.
当a<0时,函数在[0,2]上单调递增,如图①.
故函数在x=0处取得最小值-1,
在x=2处取得最大值3-4a.
当0≤a≤1时,结合函数图象(如图②)知,
函数在x=a处取得最小值-a2-1,
在x=2处取得最大值3-4a.
当1<a≤2时,结合图象(如图③)知,函数在x=a
2
y=-50+162x-21
000
050)2+307 050.
所以当x=4 050,即每辆车的月租金为4 050元时,租赁公司的月收益最大,最
大月收益是307 050元.
规律方法
1.本题建立的是一元二次函数模型,应利用配方法求函数的最值.
2.解函数应用题的一般步骤是
变式训练3某公司生产一种电子仪器的固定成本为20 000元,每生产一台仪
f(x)<60 000-100×400<25 000.
∴当x=300时,f(x)max=25 000.即产量为300台时利润最大,最大利润为
25 000元.
探究点三
【例 3】 已知函数
(1)当
1
a=2时,求函数
利用函数的最值解决恒成立问题
2 +2+
f(x)= ,x∈[1,+∞).
f(x)的最小值;
∴f(x)max=f(0)=2.
3.[人教B版教材例题]判断函数f(x)=3x+5,x∈[-1,6]的单调性,并求这个函数
的最值.
解 任取x1,x2∈[-1,6]且x1<x2,则x1-x2<0,那么f(x1)-f(x2)=(3x1+5)-(3x2+5)
=3(x1-x2)<0,所以这个函数是增函数.
探究点二
与最值有关的应用问题
【例2】 某租赁公司拥有汽车100辆,当每辆车的月租金为3 000元时,可全
部租出,当每辆车的月租金每增加50元时,未租出的车将会增加一辆,租出
的车每辆每月需要维护费150元,未租出的车每辆每月需要维护费50元.
(1)当每辆车的月租金为3 600元时,能租出多少辆车?
(2)当每辆车的月租金为多少元时,租赁公司的月收益最大?最大月收益是
记y=x2+2x+a,x∈[1,+∞),
因为y=(x+1)2+a-1在[1,+∞)上单调递增,
故当x=1时,y取得最小值,最小值为3+a,
所以当3+a>0,即a>-3时,f(x)>0恒成立,
所以实数a的取值范围为(-3,+∞).
规律方法
对于任意x∈D,f(x)>a恒成立,一般转化为最值问题:f(x)min>a来
+ 1 > 1,
函数f(x)在[t,1]上单调递减,在[1,t+1]上单调递增,∴g(t)=f(1)=1.当t≥1时,如图③所
示,此时,函数f(x)在[t,t+1]上单调递增,∴g(t)=f(t)=t2-2t+2.
综上可知,
2 + 1, ≤ 0,
g(t)= 1,0 < < 1,
2 -2 + 2, ≥ 1.
1
2
x∈(0,1]恒成立,
1
t= ,∵x∈(0,1],∴t≥1.

1
− 4.
当 t=1 时,(t -t)min=0,即当 x=1 时,
2
(-∞,0].
1
− .
1 1
=0,∴a≤0.∴实数
2
min
a 的取值范围是
本节要点归纳
1.知识清单:
(1)函数的最值;
(2)一元二次函数在给定区间上的最值(或值域);
13
<f(1)=5,∴f(x)的最大值为
3
5.
规律方法 函数的最值与单调性的关系
(1)若函数f(x)在区间[a,b]上单调递增(或单调递减),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]上单调递增(或单调递减),在区间(b,c]上单调递减
前提
条件
图象
函数的最 设函数y=f(x)
大值M
函数的最
小值M
都有
的定义域是D. f(x)≤M
若存在实数M,
对所有的
且存在
x0∈D,使得
都有
f(x)≥M
f(x0)=M
x∈D
注意M是一确定的实数
函数的最大值对应其图
象 最高 点的纵坐标
函数的最小值对应其图
象 最低 点的纵坐标
x0也可理解为方程f(x)=M的根
多少?
解 (1)当每辆车的月租金为 3
3 600-3 000
600 元时,未租出的车辆数为
=12,所以
50
此时租出了 100-12=88(辆)车.
(2)设每辆车的月租金为 x 元,租赁公司的月收益为
y=
-3 000
100- 50
1
=- (x-4
50
-3 000
(x-150)- 50 ×50,整理得
当1<a≤2时,函数在区间[0,2]上的最小值为-a2-1,最大值为-1;
当a>2时,函数在区间[0,2]上的最小值为3-4a,最大值为-1.
规律方法
1.探求一元二次函数在给定区间上的最值问题,一般要先作出
y=f(x)的图象,再根据函数的单调性进行研究.特别要注意一元二次函数图
象的对称轴与所给区间的位置关系,它是求解一元二次函数在已知区间上
1
(1)f(x)= 在其定义域内无最大值、最小值.( √ )
(2)f(x)=2x2+4x+1的值域为[-1,+∞).( √ )
(3)若函数f(x)在其定义域内有最大值和最小值,则最大值一定大于其最小
值.( × )
2.函数y=-3x2+2在区间[-1,2]上的最大值为
2
.
解析 函数y=-3x2+2的图象的对称轴为直线x=0,又0∈[-1,2],
4
f(x1)-f(x2)=x1-x2+
1
4
4
(1 -2 )(1 2 -4)
− =(x1-x2)·(1)=
.
2
1 2
1 2
∵1≤x1<x2≤2,∴x1-x2<0,1<x1x2<4,x1x2-4<0.
∴f(x1)>f(x2),∴f(x)在区间[1,2]上单调递减.
4
(2)由(1)知f(x)的最小值为f(2)=2+ 2
最值问题的主要依据.一元二次函数图象的对称轴与所给区间的位置关系
通常有三种:(1)对称轴在所给区间的右侧;(2)对称轴在所给区间的左侧;(3)
对称轴在所给区间内.
2.对于一元二次函数f(x)=a(x-h)2+k(a>0)在区间[m,n]上的最值可作如下
讨论:
h与m,n的关系
f(x)的单调性
最大值
最小值
(3)与最值有关的应用.
2.函数的最大值和最小值统称为最值.
名师点睛
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基本性质,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.
自主诊断
1.判断正误.(正确的画√,错误的画×)
h<m
在[m,n]上单调递增
f(n)
f(m)
h>n
在[m,n]上单调递减
f(m)
f(n)
f(n)
f(h)
f(m)或f(n)
f(h)
f(m)
f(h)
m≤h≤n
m+n
m≤h< 2
m+n
h= 2
m+n
2 <h≤n
在[m,h]上单调递减,在
(h,n]上单调递增
变式训练2函数f(x)=x2-2x+2(其中x∈[t,t+1],t∈R)的最小值为g(t),求g(t)的
解 (1)函数f(x)的图象如图所示.
(2)由图象可知f(x)的最小值为f(1)=1,无最大值.
角度2利用函数的单调性求最值
【例1-2】 已知函数f(x)=x+
4
.

(1)判断f(x)在区间[1,2]上的单调性;
(2)根据f(x)的单调性求出f(x)在区间[1,2]上的最值.
解 (1)任取x1,x2∈[1,2],且x1<x2,则
∴f(x)的最小值为4,最大值为5.
=4,f(x)的最大值为f(1)=1+4=5,
变式探究本例已知条件不变,判断f(x)在区间[1,3]上的单调性,并求f(x)在区
间[1,3]上的最值.
解 任取 x1,x2∈[1,3],且
(1 -2 )(1 2 -4)
x1<x2,由本例知,f(x1)-f(x2)=
处取得最小值-a2-1,在x=0处取得最大值-1.
当a>2时,函数在区间[0,2]上单调递减,如图
④.
函数在x=0处取得最大值-1,在x=2处取得最
小值3-4a.
综上,当a<0时,函数在区间[0,2]上的最小值为-1,最大值为3-4a;
当0≤a≤1时,函数在区间[0,2]上的最小值为-a2-1,最大值为3-4a;