函数的单调性与最值课件-2026届高三数学一轮复习　

函数的单调性与最值 课 标 解 读 1.借助函数图象,会用符号语言表达函数的单调性,掌握求函数单调区间的基本方法. 2.理解函数最大值、最小值的概念,理解它们的作用和实际意义,会求简单函数的最值. 3.能够运用函数的单调性解决有关问题. 知识梳理 1.函数的单调性 (1)定义 单调性 增函数 减函数 定义 一般地,设函数f(x)的定义域为D,区间I⊆D.∀x1,x2∈I 当x1<x2时,都有f(x1)<f(x2),那么就称函数f(x)在区间I上　　　 　  当x1<x2时,都有f(x1)>f(x2),那么就称函数f(x)在区间I上　　 　  图象 描述 自左向右看图象是　　　　　  自左向右看图象是　　　　　  单调递增 单调递减 上升的 下降的 [教材知识深化] 函数单调性定义的等价形式 (1)若x1,x2∈D,且x1≠x2,则>0⇔>0⇔(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0⇔f(x)在区间D上单调递增; (2)若x1,x2∈D,且x1≠x2,则<0⇔<0⇔(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0⇔f(x)在区间D上单调递减. (2)单调性与单调区间 如果函数y=f(x)在区间D上单调递增或单调递减,那么就说函数y=f(x)在这一区间上具有(严格的)　　　　　　,区间D叫做y=f(x)的　　　　　　　. 单调性 单调区间 2.函数的最值 前提 设函数y=f(x)的定义域为D,如果存在实数M满足 条件 (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 结论 M为函数y=f(x)的　　　　　  M为函数y=f(x)的　　　　　  [教材知识深化] 1.闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值,当函数在闭区间上单调时,最值一定在端点处取到. 2.开区间上的“单峰”函数一定存在最大值或最小值. 最大值 最小值 微思考　已知函数f(x)=,对于∀x∈{x|x≠0}都有f(x)>0,能否认为f(x)=的最小值为0? 提示 不能.尽管f(x)>0,但不存在x∈{x|x≠0}使得f(x)=0,所以不能说f(x)=的最小值为0. 自主诊断 一、基础自测 1.思考辨析(判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”) (1)若函数f(x)在(0,2)内单调递增,在(2,4)内单调递增,则f(1)<f(3).(　　) (2)函数f(x)=的单调递减区间是(-∞,1)∪(1,+∞).(　　) (3)若函数f(x)在[1,6]上的最小值是f(6),则f(x)在[1,6]上单调递减.(　　) × × × 2.(人教A版必修第一册3.2.1节例5改编)已知函数f(x)=,x∈[0,2],则f(x)的最大值为　　　　　,最小值为　　　　.  2 　 解析 因为函数f(x)在[0,2]上单调递减,所以f(x)max=f(0)=2,f(x)min=f(2)= 二、连线高考 3.(2023·新高考Ⅰ,4)设函数f(x)=2x(x-a)在区间(0,1)内单调递减,则a的取值范围是(　　) A.(-∞,-2] B.[-2,0) C.(0,2] D.[2,+∞) D 解析 (方法一　导数法)由题意知,在f(x)=2x(x-a)中,f'(x)=(2x-a)2x(x-a)ln 2,由函数在(0,1)内单调递减,知(2x-a)2x(x-a)·ln 2≤0在(0,1)内恒成立,即2x-a≤0在(0,1)内恒成立,即a≥(2x)max,所以a≥2.故选D. (方法二　复合函数法)因为函数y=2x在R上是增函数,要使复合函数f(x)=2x(x-a)在(0,1)内单调递减,只需函数h(x)=x(x-a)=(x-)2-在(0,1)内单调递减,所以1,即a≥2.故选D. 4.(2020·新高考Ⅱ,7)已知函数f(x)=lg(x2-4x-5)在(a,+∞)内单调递增,则a的取值范围是(　　) A.(-∞,-1] B.(-∞,2] C.[2,+∞) D.[5,+∞) D 解析 由x2-4x-5>0,解得x>5或x<-1.又因为y=x2-4x-5在(2,+∞)内单调递增,由复合函数单调性可得函数f(x)的单调递增区间是(5,+∞),而f(x)在(a,+∞)内单调递增,所以a≥5,故选D. 考点一　函数的单调性、单调区间(多考向探究预测) 考向1　判断或证明函数的单调性 例1(1)(多选题)(2024·安徽期中)下列函数在(-∞,0)内单调递减的是(　　) A.y=tan x B.y=ln(-x) C.y= D.y=- BC 解析 函数y=tan x在(-∞,0)内不单调,故选项A不满足题意;由复合函数的单调性可知函数y=ln(-x)在(-∞,0)内单调递减,故选项B满足题意;函数y=在 (-∞,0)内单调递减,故选项C满足题意;函数y=-在(-∞,0)内单调递增,故选项D不满足题意.故选BC. (2)判断函数f(x)=在(-1,1)内的单调性,并用定义证明. 解 函数f(x)在(-1,1)内单调递增.证明如下: ∀x1,x2∈(-1,1),且x1<x2,有 f(x1)-f(x2)=== =, 因为-1<x1<x2<1,所以x1-x2<0,-1<x1x2<1,1-x1x2>0,所以f(x1)-f(x2)<0, 即f(x1)<f(x2). 所以函数f(x)在(-1,1)内单调递增. [对点训练1](1)(多选题)下列函数在(0,+∞)内单调递增的是(　　) A.y=3x-3-x B.y=|x2-2x| C.y=x+ D.y= AC 解析 ∵y=3x与y=-3-x为R上的增函数,∴y=3x-3-x为R上的增函数,故选项A满足题意;由y=|x2-2x|的图象知,选项B不满足题意;∵y=x+=x+1+-1, ∴由对勾函数的性质知,y=x+在(0,+∞)内为增函数,故选项C满足题意;y=的定义域为(-∞,-2]∪[1,+∞),选项D不满足题意.故选AC. (2)(2024·广东揭阳高三摸底)用定义证明函数f(x)=ex+在(0,+∞)内单调递增. 证明 ∀x1,x2∈(0,+∞),且x1<x2, 则f(x1)-f(x2)=()-()=()+ =()(1-)=<0, ∴f(x1)<f(x2),∴函数f(x)在(0,+∞)内单调递增. 考向2　求函数的单调区间 例2(1)(2024·福建南平期中)函数f(x)=x2-4|x|+3的单调递增区间是(　　) A.(-∞,-2) B.(-∞,-2)和(0,2) C.(-2,2) D.(-2,0)和(2,+∞) D 解析 因为f(x)=x2-4|x|+3= 作出f(x)的图象,如图所示, 由图象可知函数f(x)的单调递增区间是 (-2,0)和(2,+∞).故选D. (2)(2024·广东广州期中)函数f(x)=(的单调递增区间是(　　) A.(-∞,1) B.(-∞,-2) C.(4,+∞) D.(1,+∞) A 解析 函数f(x)=(的定义域为R,函数u=x2-2x-8在(-∞,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增,而函数y=()u在R上单调递减,因此函数f(x)在(-∞,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减,所以函数f(x)=(的单调递增区间是(-∞,1).故选A. [对点训练2](1)(2024·江西抚州期中)函数f(x)=|x|(x-1)的单调递减区间是 (　　) A.(-∞,0) B.(0,) C.(,1) D.(1,+∞) B 解析 f(x)=作出图象, 可以得到函数的单调递减区间是(0,). 故选B. (2)(2024·福建厦门期中)已知函数f(x)=a|x|(a>0,且a≠1),若f(π)<1,则f(x)的单调递增区间为　　　　　　　　.  (-∞,0) 解析 由题意,f(x)= ∵f(π)<1=f(0), ∴0<a<1,函数f(x)在(-∞,0)内单调递增,在(0,+∞)内单调递减, ∴f(x)的单调递增区间为(-∞,0). 考点二　函数单调性的应用(多考向探究预测) 考向1　利用单调性比较大小 例3设f(x)的定义域为R,f(x)的图象关于y轴对称,且f(x)在[0,+∞)上单调递增,则f(-2),f(-π),f(3)的大小关系是(　　) A.f(-π)<f(-2)<f(3) B.f(-2)<f(3)<f(-π) C.f(-π)<f(3)<f(-2) D.f(3)<f(-2)<f(-π) B 解析 因为f(x)的定义域为R,f(x)的图象关于y轴对称,所以f(x)是偶函数,所以f(-2)=f(2),f(-π)=f(π).又f(x)在[0,+∞)上单调递增,且2<3<π,所以f(2)<f(3)<f(π),所以f(-2)<f(3)<f(-π).故选B. [对点训练3](2024·江苏徐州模拟)已知函数f(x)=2x+x3,记a=f(log0.32), b=f(20.3),c=f(0.32),则(　　) A.a<b<c B.a<c<b C.c<b<a D.c<a<b B 解析 因为y=2x,y=x3在x∈R上单调递增,所以f(x)=2x+x3在x∈R上单调递增,又log0.32<log0.31=0,1=20<20.3<21=2,0<0.32=0.09<1, 所以f(log0.32)<f(0.32)<f(20.3),所以a<c<b,故选B. 考向2　利用函数的单调性解不等式 例4(2024·山西太原模拟)已知函数f(x)=若f(a-1)≥f(-a),则实数a的取值范围是(　　) A.(-∞,] B.[,+∞) C.(0,) D.(,1) A 解析 函数f(x)=e-x=()x在(-∞,0]上单调递减,函数y=-x2-2x+1的图象开口向下,对称轴为直线x=-1,所以函数f(x)=-x2-2x+1在区间(0,+∞)内单调递减,且e-0=-02-2×0+1.所以函数f(x)在(-∞,+∞)上为减函数.由f(a-1)≥f(-a)得a-1≤ -a,解得a,故选A. [对点训练4](2024·山东潍坊模拟)已知函数f(x)=()x-log2(x+2),若f(a-2)>3,则实数a的取值范围是　　　　　　　　.  (0,1) 解析 因为函数y=()x在R上单调递减,y=log2(x+2)在区间(-2,+∞)上单调递增,所以f(x)=()x-log2(x+2)在定义域(-2,+∞)上单调递减,且f(-1)=3, 由f(a-2)>3,得f(a-2)>f(-1),所以解得0<a<1. 考向3　利用单调性求参数的取值范围 例5(1)(2024·湖北武汉模拟)已知f(2x)=|x-a|,若函数f(x)在区间(-∞,2]上单调递减,则a的取值范围是(　　) A.[1,+∞) B.(1,+∞) C.[2,+∞) D.(2,+∞) A 解析 令t=2x,则f(t)=|-a|,所以f(x)=|-a|= 所以f(x)在区间(-∞,2a]上单调递减, 因为函数f(x)在区间(-∞,2]上单调递减,所以2a≥2,得a≥1,故选A. (2)(2024·吉林长春检测)已知函数f(x)=(a>0,且a≠1),若f(x)在R上单调递减,则a的取值范围是(　　) A.(0,) B.(0, C.(,1) D.[,1) B 解析 因为f(x)在R上单调递减,所以解得0<a, 即a的取值范围是(0,],故选B. 变式探究1 本例(1)中,若f(x)不变,令g(x)=f2(x),且对于任意x1<x2≤2,都有<-2,那么实数a的取值范围是　　　　　　　　.  [3,+∞) 解析 g(x)=f2(x)=x2-ax+a2,由<-2且x1<x2≤2可得g(x1)-g(x2)> -2x1+2x2,即g(x1)+2x1>g(x2)+2x2,令h(x)=g(x)+2x,则h(x)在(-∞,2]上单调递减,而h(x)=x2-(a-2)x+a2,所以有2(a-2)≥2,解得a的取值范围是[3,+∞). 变式探究2 本例(2)中,若函数解析式不变,将“若f(x)在R上单调递减”改为“对于任意x1,x2,都有>0”,则实数a的取值范围是　　　　　.  (1,+∞) 解析 依题意,f(x)=(a>0,且a≠1)在R上单调递增, 所以解得a>1,故实数a的取值范围是(1,+∞). 考点三　求函数的最值 例6(1)当-3≤x≤-1时,函数y=的最小值为(　　) A. B. C.2 D.3 B 解析 由y=,可得y=, 因为-3≤x≤-1,所以-,即y≤3. 所以所求函数的最小值为故选B. (2)函数f(x)=x+的值域是(　　) A.[0,+∞) B.[1,+∞) C.(-∞,2] D.(-∞,1] C 解析 令=t≥0,则x=,原函数即为g(t)=-t2+t+(t≥0), 可知g(t)max=g(1)=-12+1+=2,所以函数f(x)的值域为(-∞,2].故选C. (3)(2024·河北张家口宣化第一中学月考)函数f(x)=的值域为　　　　.  (-∞,2] 解析 (方法一)作出函数f(x)= 的图象如图所示,f(x)max=f(0)=2. 由函数图象可知,f(x)的值域为(-∞,2]. (方法二)当x≥1时,函数f(x)=单调递减,所以f(x)在x=1处取得最大值,为f(1)=1,此时0<f(x)≤1;当x<1时,易知函数f(x)=-x2+2在x=0处取得最大值,为f(0)=2,此时f(x)≤2,故函数f(x)的最大值为2.所以f(x)的值域为(-∞,2]. [对点训练5](1)函数f(x)=,x∈[3,+∞)的值域是(　　) A.[,+∞) B.[,+∞) C.[,2) D.(] D 解析 由题意得f(x)=,显然函数f(x)在[3,+∞)内单调递减,所以当x=3时,函数f(x)取得最大值,且最大值为f(3)=,当x→+∞时,f(x),所以f(x)的值域为(]. (2)函数f(x)=|x-|-|x+|的值域为　　　 　.  [-2,2] 解析 因为f(x)=|x-|-|x+|= 作出函数f(x)的图象如图所示, 所以-2f(x)≤2,即函数f(x)的值域为[-2,2]. (3)函数y=x+的值域为　　 　　.  [-1,] 解析 令x=cos θ(0≤θ≤π),则y=cos θ+sin θ=sin(θ+). 当θ=时,y有最大值;当θ=π时,y有最小值-1.故所求函数的值域是[-1,]. $$