第2章 第2节 函数的单调性与最值（课件PPT）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（湘教版）

第二章　函　数 第二节　函数的单调性与最值 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 栏目索引 必备知识 基础落实 关键能力 精准突破 必备知识 基础落实 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 上升的 下降的 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 单调性 单调区间 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 × × × × 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 关键能力 精准突破 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 课时作业(六) 返回导航 第1轮 数学（X） 第二章　函　数 谢谢观看！ 课标解读 1．借助图象，会用符号语言表达函数的单调性、最大值、最小值． 2．理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义． 1．单调函数 增函数 减函数 定义 对于I上任意两个值x1，x2 当x1<x2时，都有f (x1)<f (x2)，就称f (x)是区间I上的增函数，也称f (x)在区间I上单调递增 当x1<x2时，都有f (x1)>f (x2)，就称f (x)是区间I上的减函数，也称f (x)在区间I上单调递减 增函数 减函数 图象 描述 自左向右看图象是______ 自左向右看图象是______ 2.单调区间 如果函数y＝f (x)在区间I上是增函数或减函数，那么就说函数y＝f (x)在这一区间上具有(严格的)______，区间I叫作y＝f (x)的________． 3．函数的最值 (1)设函数f (x)的定义域为D，如果有a∈D，使得不等式f (x)≤f (a)对一切x∈D成立，就说f (x)在x＝a处取到最大值M＝f (a).称M为f (x)的最大值．a为f (x)的最大值点． (2)设函数f (x)的定义域为D，如果有a∈D，使得不等式f (x)≥f (a)对一切x∈D成立，就说f (x)在x＝a处取到最小值M＝f (a).称M为f (x)的最小值．a为f (x)的最小值点． 最大值和最小值统称为最值． 1．判断正误 (1)函数y＝ eq \f(1,x) 的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞).(　　　) (2)函数y＝f (x)在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞).(　　　) (3)如果一个函数在定义域内的某几个子区间上都是增函数，则这个函数在定义域上是增函数．(　　　) (4)所有的单调函数都有最值．(　　　) 2．下列函数中，在区间(－∞，0)上是减函数的是(　　) D　解析：对于A，y＝x3在定义域R上单调递增，故A选项错误； 对于B，y＝( eq \f(1,2) )-x＝2x在定义域R上单调递增，故B选项错误； 对于D，y＝x-1＝ eq \f(1,x) ，函数在(－∞，0)上单调递减，故D选项正确． 3．若定义在R上的函数f (x)对任意两个不相等的实数a，b，总有 eq \f(f（a）－f（b）,a－b) >0 成立，则必有(　　) A．f (x)在R上是增函数 B．f (x)在R上是减函数 C.函数f (x)先增后减 D．函数f (x)先减后增 A　解析：由 eq \f(f（a）－f（b）,a－b) >0 知f (a)－f (b)与a－b同号，即当a<b时，f (a)<f (b)，或当a>b时，f (a)>f (b)，所以f (x)在R上是增函数．故选A. 4．已知函数f (x)是实数集R上的减函数，则不等式f (2－x)>f (x－2)的解集为(　　) A．(－∞，2) B．(－∞，－2) C．(2，＋∞) D．(－2，＋∞) C　解析：由函数f (x)是实数集R上的减函数，又f (2－x)>f (x－2)，所以2－x<x－2，解得x>2. 5．设定义在[－1，7]上的函数y＝f (x)的图象如图所示，则函数y＝f (x)的增区间为________________． 答案：[－1，1]和[5，7] 6．(忽视定义域致误)函数的单调递增区间为_______． 答案： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))) 　解析：由6x2＋x－1>0 得f (x)的定义域为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x<－\f(1,2)或x>\f(1,3))) ，由复合函数单调性知f (x)的单调递增区间即y＝6x2＋x－1 的单调递减区间(定义域内)，所以f (x) 的单调递增区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))) . 1.函数f (x)＝x2－4|x|＋3的单调递减区间是(　　) A．(－∞，－2) B．(－∞，－2)和(0，2) C．(－2，2) D．(－2，0)和(2，＋∞) B　解析：f (x)＝x2－4|x|＋3＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋3，x≥0，,x2＋4x＋3，x<0，)) 则由二次函数的性质知，当x≥0时，y＝x2－4x＋3＝(x－2)2－1的单调递减区间为(0，2)； 当x<0，y＝x2＋4x＋3＝(x＋2)2－1的单调递减区间为(－∞，－2)， 故f (x)的单调递减区间是(－∞，－2)和(0，2).故选B. 2．已知函数f (x)＝ (－x2＋2x＋t)的定义域是(m，m＋6)，则函数f (x)的单调增区间为____________________． 答案：(1，4)　解析：因为函数f (x)＝ (－x2＋2x＋t)的定义域是(m，m＋6)，所以m，m＋6是方程－x2＋2x＋t＝0的两个根，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－m2＋2m＋t＝0，,－（m＋6）2＋2（m＋6）＋t＝0，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝－2，,t＝8，)) 即f (x)＝ (－x2＋2x＋8)(－2<x<4). 令n＝－x2＋2x＋8＝－(x－1)2＋9，n>0，则y＝n为减函数，函数n＝－(x－1)2＋9是开口向下，对称轴为直线x＝1的二次函数，且x∈(1，4)时，为减函数，所以函数f (x)的单调增区间为(1，4). 3．(2023·重庆模拟)已知f (x－2)＝ln x－ eq \f(2,x) ，则f (x) 的单调递增区间为________________． 答案：(－2，＋∞) 　解析：因为对数函数y＝ln x 在(0，＋∞) 上是增函数，反比例函数y＝－ eq \f(2,x) 在(0，＋∞) 上也是增函数，所以y＝ln x－ eq \f(2,x) 在定义域(0，＋∞) 上单调递增．又f (x) 是由f (x－2) 向左平移两个单位长度得到，所以f (x) 的单调递增区间为(－2，＋∞). 【例1】 (1)下列函数中，满足“∀x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，(x1－x2)·[f (x1)－f (x2)]<0”的是(　　) A．f (x)＝2x B．f (x)＝|x－1| C．f (x)＝ eq \f(1,x) －x D．f (x)＝ln (x＋1) (2)判断并证明函数f (x)＝ eq \f(ax,x－1) (a≠0) 在(－1，1)上的单调性． (1)C　解析：由(x1－x2)·[f (x1)－f (x2)]<0可知，f (x)在(0，＋∞)上是减函数，A，D选项中，f (x)在(0，＋∞)上是增函数；B中，f (x)＝|x－1|在(0，＋∞)上不单调；对于f (x)＝ eq \f(1,x) －x，因为y＝ eq \f(1,x) 与y＝－x在(0，＋∞)上单调递减，因此f (x)在(0，＋∞)上是减函数．故选C. (2)解：当a>0时，函数f (x)在(－1，1)上单调递减；当a<0时，函数f (x)在(－1，1)上单调递增．证明如下： 方法一(定义法)　设－1<x1<x2<1， f (x)＝a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－1＋1,x－1))) ＝a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x－1))) ，则f (x1)－f (x2) ＝a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x1－1))) －a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2－1))) ＝ eq \f(a（x2－x1）,（x1－1）（x2－1）) . 由于－1<x1<x2<1，所以x2－x1>0，x1－1<0，x2－1<0，故当a>0时，f (x1)－f (x2)>0，即f (x1)>f (x2)，函数f (x)在(－1，1)上单调递减； 当a<0时，f (x1)－f (x2)<0，即f (x1)<f (x2)，函数f (x)在(－1，1)上单调递增． 方法二(导数法) f′(x)＝ eq \f(（ax）′（x－1）－ax（x－1）′,（x－1）2) ＝ eq \f(a（x－1）－ax,（x－1）2) ＝－ eq \f(a,（x－1）2) . 当a>0时，f′(x)<0，函数f (x)在(－1，1)上单调递减； 当a<0时，f′(x)>0，函数f (x)在(－1，1)上单调递增． 【变式探究】 若将本例(2)改为判断并证明函数f (x)＝ eq \f(ax,x2－1) (其中a＞0)在(－1，1)上的单调性． 解：函数f (x)＝ eq \f(ax,x2－1) 在(－1，1)上单调递减．证明如下： 方法一(定义法)　设－1<x1<x2<1， 则f (x1)－f (x2)＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) eq \f(ax1,x－1) －eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) eq \f(ax2,x－1) ＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) eq \f(ax1x－ax1－ax2x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＋ax2,（x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) －1）（x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) －1）) ＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) eq \f(a（x2－x1）（x1x2＋1）,（x－1）（x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) －1）) . ∵－1<x1<x2<1，∴x2－x1>0，x1x2＋1>0，(x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) －1) · (x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) －1)>0. 因此当a＞0时，f (x1)－f (x2)＞0， 即f (x1)＞f (x2)，此时函数f (x)在(－1，1)上为减函数． 方法二(导数法)　f′(x)＝ eq \f(a（x2－1）－2ax2,（x2－1）2) ＝ eq \f(－a（x2＋1）,（x2－1）2) . 又a＞0，所以f′(x)<0，所以函数f (x)在(－1，1)上为减函数． 【练1】 下列函数中是增函数的为(　　) A．f (x)＝－x B．f (x)＝( eq \f(2,3) )x C．f (x)＝x2 D．f (x)＝ eq \r(x) D　解析：函数f (x)＝－x是一次函数，在R上是减函数；函数f (x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(x) 是指数函数，底数0< eq \f(2,3) <1，所以函数f (x)在R上是减函数；函数f (x)＝x2是二次函数，在(－∞，0]上是减函数，在[0，＋∞)上是增函数；函数 是幂函数，指数 eq \f(1,2) >0，所以函数f (x)在定义域上是增函数．故选D. 【练2】 判断并证明函数f (x)＝ax2＋ eq \f(1,x) (其中1<a<3)在[1，2]上的单调性． 解：函数f (x)＝ax2＋ eq \f(1,x) (1<a<3) 在[1，2]上单调递增． 证明如下：设1≤x1<x2≤2，则f (x2)－f (x1)＝ax eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＋ eq \f(1,x2) －ax eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) － eq \f(1,x1) ＝(x2－x1) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a（x1＋x2）－\f(1,x1x2))) . 由1≤x1<x2≤2，得x2－x1>0，2<x1＋x2<4，1<x1x2<4，－1<－ eq \f(1,x1x2) <－ eq \f(1,4) . 又因为1<a<3，所以2<a(x1＋x2)<12，得a(x1＋x2)－ eq \f(1,x1x2) >0， 从而f (x2)－f (x1)>0，即f (x2)>f (x1)，故当a∈(1，3)时，f (x)在[1，2]上单调递增． 角度1　利用函数单调性比较大小 【例2】 (2023·天津模拟)已知函数g(x)＝ex－e-x，f (x)＝xg(x)，若a＝f (ln eq \f(1,3) )，b＝，c＝f (51.2)，则a，b，c的大小关系为(　　) A．b<a<c B．c<b<a C．b<c<a D．a<b<c A　解析：∵f (x)＝xg(x)＝x(ex－e-x)，该函数的定义域为R， f (－x)＝－x(e-x－ex)＝x(ex－e-x)＝f (x)，所以函数y＝f (x)为偶函数， 当x>0时，g(x)＝ex－e-x>0， ∴g(x1)>g(x2)>0，∴x1g(x1)>x2g(x2)，即f (x1)>f (x2)， ∴函数y＝f (x)在(0，＋∞)上单调递增，a＝f (ln eq \f(1,3) )＝f (|ln eq \f(1,3) |)＝f (ln 3). ∵0<<0.20＝1<ln 3<5<51.2， ∴<f (ln 3)<f (51.2)，即b<a<c. 故选A. 【练3】 设偶函数f (x)的定义域为R，当x∈[0，＋∞)时，f (x)是增函数，则f (－2)，f (π)，f (－3)的大小关系是(　　) A．f (π)>f (－3)>f (－2) B．f (π)>f (－2)>f (－3) C．f (π)<f (－3)<f (－2) D．f (π)<f (－2)<f (－3) A　解析：因为f (x)是偶函数，所以f (－3)＝f (3)，f (－2)＝f (2).又因为函数f (x)在[0，＋∞)上是增函数，所以f (π)>f (3)>f (2)，即f (π)>f (－3)>f (－2). 角度2　利用函数单调性解不等式问题 【例3】 (2022·陕西一模)已知f (x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－1，x>1，,ln x，0<x≤1，)) 则不等式f (3x－1)<f (2x＋1) 的解集为(　　) A．(0，2) B．(0， eq \f(1,3) ) C．( eq \f(1,3) ，2) D．(2，＋∞) C　解析：∵f (x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－1，x>1，,ln x，0<x≤1，)) 当0<x≤1 时，f (x)＝ln x≤0，且单调递增； 当x>1 时，f (x)＝2x－1>1，且单调递增， 所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增，不等式f (3x－1)<f (2x＋1) 等价于0<3x－1<2x＋1，解得 eq \f(1,3) <x<2. 【练4】 (2024·山东潍坊三模)设函数f (x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x，x≤1，,（x－1）2＋1，x>1，)) 则不等式f (1－|x|)＋f (2)>0 的解集为________________． 答案：(－3，3) 　解析：由函数解析式知f (x) 在R上单调递增，且－f (2)＝－2＝f (－2)， 则f (1－|x|)＋f (2)>0⇒f (1－|x|)>－f (2)＝f (－2)， 由单调性知1－|x|>－2， 解得x∈(－3，3). 角度3　利用函数单调性求最值问题 【例4】 (1)函数f (x)＝( eq \f(1,3) )x－log2(x＋2) 在区间[－1，1]上的最大值为________________． (2)已知函数f (x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，x≤1，,x＋\f(6,x)－6，x>1，)) 则f (x)的最小值是________________． 答案：(1)3　(2)2 eq \r(6) －6 　解析：(1)因为y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(x) 在[－1，1]上单调递减，y＝log2(x＋2) 在[－1，1]上单调递增， 所以f (x)在[－1，1]上单调递减，故f (x)在[－1，1]上的最大值为f (－1)＝3. (2)因为y＝x2在(－∞，0)上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增，所以当x≤1时，f (x)min＝f (0)＝0. 当x>1时，y＝x＋ eq \f(6,x) ≥2 eq \r(6) ，当且仅当x＝ eq \r(6) 时，等号成立，此时f (x)min＝2 eq \r(6) －6. 又2 eq \r(6) －6<0，所以f (x)min＝2 eq \r(6) －6. 【练5】 (2023·新乡模拟)在人工智能领域的神经网络中，常用到在定义域I内单调递增且有界的函数f (x)，即∃M>0，∀x∈I，|f (x)|≤M.则下列函数中，所有符合上述条件的是____________．(填序号) ①f (x)＝ eq \r(x) ；②f (x)＝ eq \f(x,1＋x2) ；③f (x)＝ eq \f(ex－e-x,ex＋e-x) ；④f (x)＝ eq \f(1,1＋e-x) . 答案：③④　解析：对于①，f (x)＝ eq \r(x) 无界，不符合题意； 对于②，f (x)＝ eq \f(x,1＋x2) ＝ eq \f(1,x＋\f(1,x)) 不单调，不符合题意； 对于③，f (x)＝ eq \f(ex－e-x,ex＋e-x) ＝ eq \f(e2x－1,e2x＋1) ＝ eq \f(e2x＋1－2,e2x＋1) ＝1－ eq \f(2,1＋e2x) 在定义域R上单调递增，且f (x)∈(－1，1)，则|f (x)|<1，符合题意； 对于④，f (x)＝ eq \f(1,1＋e－x) 在定义域R上单调递增，且f (x)∈(0，1)，则|f (x)|<1，符合题意． 角度4　利用函数单调性求参数范围问题 【例5】 已知函数f (x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2－4x，x≥0，,x2－4x，x<0，)) 若f (2－a2)>f (a)，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，－1)∪(2，＋∞) B．(－1，2) C．(－2，1) D．(－∞，－2)∪(1，＋∞) D　解析：因为y＝－x2－4x为开口向下的二次函数，对称轴为直线x＝－2，故函数f (x)在[0，＋∞)上单调递减； y＝x2－4x为开口向上的二次函数，对称轴为直线x＝2，故函数在(－∞，0)上单调递减，且f (0)＝0，因此函数f (x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2－4x，x≥0，,x2－4x，x<0)) 在R上单调递减，则f (2－a2)>f (a)⇔2－a2<a⇔a2＋a－2>0，即(a＋2)(a－1)>0， 解得a>1或a<－2， 所以实数a的取值范围是(－∞，－2)∪(1，＋∞). 【练6】 (2023·新课标Ⅰ卷)设函数f (x)＝2x(x-a)在区间(0，1)单调递减，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，－2] B．[－2，0) C．(0，2] D．[2，＋∞) D　解析：函数y＝2x在R上单调递增，而函数f (x)＝2x(x－a)在区间(0，1)上单调递减， 则有函数y＝x(x－a)＝(x－ eq \f(a,2) )2－ eq \f(a2,4) 在区间(0，1)上单调递减，因此 eq \f(a,2) ≥1，解得a≥2， 所以a的取值范围是[2，＋∞). $$