《2025年金版新学案高中数学必修1人教版》

典例 2
已知二次函数 $ f(x) = x^2 + 2x + 1 $，记函数 $ f(x) $ 在区间 $ [t, t + 1] $ ($ t \in \mathbf{R} $) 上的最大值为 $ g(t) $，求函数 $ g(t) $ 的解析式。
听课笔记：

答案： 典例2 解：函数$f(x)=x^2 + 2x + 1$的图象开口向上，且对称轴是直线$x=-1$。
①当$t + 1\lt -1$，即$t\lt -2$时，函数$f(x)$在区间$[t,t + 1]$上单调递减， 所以$f(x)_{max}=f(t)=t^2 + 2t + 1$；
②当$t\leqslant -1\leqslant t + 1$，即$-2\leqslant t\leqslant -1$时，讨论区间端点到对称轴距离的大小：
当$t + 1 - (-1)\leqslant -1 - t$，即$-2\leqslant t\leqslant -\dfrac{3}{2}$时，
$f(x)_{max}=f(t)=t^2 + 2t + 1$；
当$t + 1 - (-1)\gt -1 - t$，即$-\dfrac{3}{2}\lt t\leqslant -1$时，
$f(x)_{max}=f(t + 1)=t^2 + 4t + 4$。
③当$t\gt -1$时，函数$f(x)$在区间$[t,t + 1]$上单调递增，所以$f(x)_{max}=f(t + 1)=t^2 + 4t + 4$。
所以$g(t)=\begin{cases}t^2 + 2t + 1,t\leqslant -\dfrac{3}{2},\\t^2 + 4t + 4,t\gt -\dfrac{3}{2}.\end{cases}$

(1) 已知函数 $ f(x) = -\dfrac{1}{2}x^2 + x $ 在区间 $ [a, b] $ 上的最小值为 $ 3a $，最大值为 $ 3b $，则 $ a + b = $(A)

A.$ -4 $
B.$ \dfrac{1}{6} $
C.$ 2 $
D.$ \dfrac{13}{6} $

答案：
(1)A

(2) 已知二次函数 $ f(x) $ 满足 $ f(x + 1) - f(x) = 4x $，且 $ f(0) = 1 $。
① 求二次函数 $ f(x) $ 的解析式；
② 设 $ x \in [0, t] $，求 $ f(x) $ 的最小值。

答案：
(2)①设$f(x)=ax^2 + bx + c(a\neq0)$，因为$f(0)=1$，所以$c = 1$， 由$f(x + 1)-f(x)=4x$，得$a(x + 1)^2 + b(x + 1) + 1-(ax^2 + bx + 1)=4x$，
整理得$2ax + a + b = 4x$，所以$\begin{cases}2a = 4,\\a + b = 0,\end{cases}$解得$a = 2$，$b = -2$，所以$f(x)=2x^2 - 2x + 1$。
②函数$f(x)=2x^2 - 2x + 1$的图象开口向上， 且对称轴为直线$x=\dfrac{1}{2}$，
当$0\lt t\leqslant\dfrac{1}{2}$时，$f(x)$在$[0,t]$上单调递减，此时$f(x)_{min}=f(t)=2t^2 - 2t + 1$；
当$t\gt\dfrac{1}{2}$时，$f(x)$在$\left[0,\dfrac{1}{2}\right]$上单调递减，在$\left(\dfrac{1}{2},t\right]$上单调递增，此时$f(x)_{min}=f\left(\dfrac{1}{2}\right)=2×\left(\dfrac{1}{2}\right)^2 - 2×\dfrac{1}{2}+1=\dfrac{1}{2}$。
综上，$f(x)_{min}=\begin{cases}2t^2 - 2t + 1,0\lt t\leqslant\dfrac{1}{2},\\\dfrac{1}{2},t\gt\dfrac{1}{2}.\end{cases}$

典例 3
已知函数 $ f(x) = -x^2 + 2ax + 1 - a $，$ a \in \mathbf{R} $。
(1) 求函数 $ f(x) $ 在 $ [0, 1] $ 上的最小值 $ g(a) $；
(2) 已知函数 $ f(x) $ 在 $ [0, 1] $ 上的最大值为 $ h(a) $，求 $ h(a) $ 的最小值。
听课笔记：

答案：
典例3 解：因为$f(x)=-x^2 + 2ax + 1 - a$，开口向下，对称轴为$x = a$， 所以$f(x)$在$(-\infty,a)$上单调递增，在$(a,+\infty)$上单调递减。
(1)当$a\gt1$时，$f(x)$在$[0,1]$上单调递增， 所以$g(a)=f(x)_{min}=f(0)=1 - a$；
当$a\lt0$时，$f(x)$在$[0,1]$上单调递减， 所以$g(a)=f(x)_{min}=f(1)=a$；
若$0\leqslant a\leqslant1$，当$0\leqslant a\leqslant\dfrac{1}{2}$时，$a\leqslant1 - a$，此时$g(a)=a$，
当$\dfrac{1}{2}\lt a\leqslant1$时，$1 - a\lt a$，此时$g(a)=1 - a$。
综上所述，$g(a)=\begin{cases}a,a\leqslant\dfrac{1}{2},\\1 - a,a\gt\dfrac{1}{2}.\end{cases}$
(2)当$a\gt1$时，$f(x)$在$[0,1]$上单调递增， 所以$h(a)=f(x)_{max}=f(1)=a$；
当$a\lt0$时，$f(x)$在$[0,1]$上单调递减，
所以$h(a)=f(x)_{max}=f(0)=1 - a$；
当$0\leqslant a\leqslant1$时，$h(a)=f(x)_{max}=f(a)=a^2 - a + 1$，
综上所述，$h(a)=\begin{cases}1 - a,a\lt0,\\a^2 - a + 1,0\leqslant a\leqslant1,\\a,a\gt1.\end{cases}$
作出$h(a)$的大致图象如图所示：
由此可得$h(a)_{min}=h\left(\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{3}{4}$。

(1) 若函数 $ f(x) = x^2 - 2bx + 3a $ 在区间 $ [0, 1] $ 上的最大值是 $ M $，最小值是 $ m $，则 $ M - m $ 的值(A)

A.与 $ a $ 无关，且与 $ b $ 有关
B.与 $ a $ 有关，且与 $ b $ 无关
C.与 $ a $ 有关，且与 $ b $ 有关
D.与 $ a $ 无关，且与 $ b $ 无关

答案：
(1)A