第2章 第2节 函数的单调性与最值（课件PPT）-【优化指导】2026年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（湘教版）

高考总复习 数学 第二章　函 数 第二节　函数的单调性与最值 必备知识 基础落实 上升的 下降的 必备知识 基础落实 单调性 单调区间 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 × × × × 必备知识 基础落实 D 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 A 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 C 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 考点 求函数的单调区间(自主练通) B 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 考点 确定函数的单调性(讲练融通) C 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 D 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 考点 函数单调性的应用(多维贯通) A 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 A 关键能力 精准突破 C 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 D 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 B 关键能力 精准突破 请完成：课时作业（六） 温馨提示 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(　　) A．y＝x3 B．y＝( eq \f(1,2) )－x C．y＝log eq \s\do19(\f(1,2))(－x) D．y＝x－1 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C，y＝log eq \s\do19(\f(1,2))(－x)定义域为(－∞，0)，因为y＝－x在(－∞，0)上单调递减且值域为(0，＋∞)， 又y＝log eq \s\do19(\f(1,2))x在定义域上单调递减，所以y＝log eq \s\do19(\f(1,2))(－x)在(－∞，0)上单调递增，故C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 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，＋∞) 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f(x)＝log eq \f(1,10) (6x2＋x－1) 的单调递增区间为________． 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))) . 答案： 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，＋∞) 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)＝log eq \s\do19(\f(1,2))(－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)＝log eq \s\do19(\f(1,2))(－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)＝log eq \s\do19(\f(1,2))(－x2＋2x＋8)(－2<x<4). 令n＝－x2＋2x＋8＝－(x－1)2＋9，n>0，则y＝log eq \s\do19(\f(1,2))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．(2025·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，＋∞). (1)求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间． (2)单调区间不能用集合或不等式表达，且图象不连续的单调区间要用“和”“，”连接． (3)①函数单调性的判断方法有：定义法；图象法；利用已知函数的单调性；导数法． ②函数y＝f[g(x)]的单调性应根据外层函数y＝f(t)和内层函数t＝g(x)的单调性判断，遵循“同增异减”的原则． 【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)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． 判断函数的单调性和求单调区间的方法 定义法 一般步骤为设元—作差—变形—判断符号—得出结论 图象法 若f(x)是以图象形式给出的，或者f(x)的图象易作出，则可由图象的上升或下降确定单调性 导数法 先求导数，再利用导数值的正负确定函数的单调区间 性质法 对于由基本初等函数的和、差构成的函数，根据各初等函数的增减性及“增＋增＝增，增－减＝增，减＋减＝减，减－增＝减”进行判断 复合法 对于复合函数，根据“同增异减”的规则进行判断 【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) 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f(x)＝ eq \r(x) ＝x eq \s\up16(\f(1,2)) 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】 (2025·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＝f(0.2 eq \s\up16(\f(1,4)) )，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 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， 任取x1>x2>0，－x1<－x2，则ex1>ex2，e－x1<e－x2，所以ex1－e－x1>ex2－e－x2， ∴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<0.2 eq \s\up16(\f(1,4)) <0.20＝1<ln 3<5<51.2， ∴f(0.2 eq \s\up16(\f(1,4)) )<f(ln 3)<f(51.2)，即b<a<c. 故选A. 利用函数的单调性比较大小的方法 比较函数值的大小时，若自变量的值不在同一个单调区间内，则要利用函数的性质，将自变量的值转化到同一个单调区间上进行比较，对于选择题、填空题通常选用数形结合的方法进行求解． 【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) 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】 (2024·西安一模)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，＋∞) 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. 利用函数的单调性求解不等式的方法 (1)若f(x)在定义域上(或某一区间上)是增(减)函数，x1，x2是定义域上(或该区间上)任意两个自变量的值，则f(x1)<f(x2)⇔x1<x2(x1>x2). (2)在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解．此时应特别注意函数的定义域． 【练4】 (2024·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. 函数最值和单调性的关系 (1)若函数在闭区间[a，b]上是减函数，则f(x)在[a，b]上的最大值是f(a)，最小值是f(b). (2)若函数在闭区间[a，b]上是增函数，则f(x)在[a，b]上的最大值是f(b)，最小值是f(a). (3)求函数最值时一定要注意所给区间的开闭，若是开区间则不一定有最大(小)值． 【练5】 (2025·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，＋∞) 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，＋∞). 利用单调性求参数的范围(或值)的方法 (1)视参数为已知数，依据函数的图象或单调性的定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数． (2)需注意，若分段函数在R上是单调的，则该函数在每一段上具有相同的单调性，还要注意分界点处的函数值大小． 【练6】 若函数f(x)＝4|x－a|＋3在区间[1，＋∞)上不单调，则a的取值范围是(　　) A．[1，＋∞) B．(1，＋∞) C．(－∞，1) D．(－∞，1] 解析：因为函数f(x)＝4|x－a|＋3在(－∞，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增， 又函数f(x)在区间[1，＋∞)上不单调，所以a>1.故选B. $$