第2章 第二节 函数的单调性与最大(小)值（课件）-【新高考方案】2026年高考数学一轮总复习（旗舰版）

第二节 函数的单调性与最大(小)值 明确目标 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. 目录 01.课前·“四基”落实 02.课堂·题点精研 03.课时跟踪检测 3 课前·“四基”落实 01 教材再回首 1.函数的单调性 (1)单调性 定义 设函数f(x)的定义域为D,区间I⊆D,如果∀x1,x2∈I 当x1<x2时,都有_________________,那么就称函数f(x)在区间I上单调递增 当x1<x2时,都有________________,那么就称函数f(x)在区间I上单调递减 图象 描述 自左向右看图象是上升的 自左向右看图象是下降的 f(x1)<f(x2) f(x1)>f(x2) (2)单调区间 如果函数y=f(x)在区间I上___________或___________,那么就说函数y=f(x)在这一区间具有(严格的)单调性,区间I叫做y=f(x)的单调区间. 单调递增 单调递减 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 ∀x∈D,都有___________; ∃x0∈D,使得__________ ∀x∈D,都有__________; ∃x0∈D,使得__________ 结论 M为最大值 M为最小值 f(x)≤M f(x0)=M f(x)≥M f(x0)=M 典题细发掘 一、教材小题的导向训练 1.(人A必修①P77“思考”改编)下列函数是增函数的为(　　) A.f(x)=|x| B.f(x)= C.f(x)=x2 D.f(x)= 解析:对于A,f(x)=|x|在R上不具有单调性,不合题意.对于B,f(x)=为R上的减函数,不合题意.对于C,f(x)=x2在R上不具有单调性,不合题意.对于D,f(x)=为R上的增函数,符合题意,故选D. √ 2.(北师大必修①P65T3改编)已知函数f(x)在R上是减函数,a,b∈R,且a+b<0,则有 (　　) A.f(a)+f(b)<0 B.f(a)+f(b)>0 C.f(a)+f(b)<f(-a)+f(-b) D.f(a)+f(b)>f(-a)+f(-b) 解析:∵f(x)是减函数,a+b<0,∴a<-b,b<-a,∴f(a)>f(-b),f(b)>f(-a), f(a)+f(b)>f(-a)+f(-b). √ 3.(人A必修①P81例5改编)已知函数f(x)=(x∈[2,6]),则f(x)的最小值为　　　　,最大值为　　　　. 解析:由于f(x)=在[2,6]上单调递减,故f(x)的最大值为f(2)=2,最小值为f(6)=. 4.(苏教必修①P134T6)设m为实数,若函数f(x)=x2+mx-2在区间(-∞,2)上单调递减,则m的取值范围为　 　　　. 解析:由题意得-≥2,解得m≤-4. 2 (-∞,-4] 二、易错小题的警醒训练 1.函数y=f(x)是定义在[-2,2]上的减函数,且f(a+1)<f(2a),则实数a的取值范围是　 　　. 解析:由条件知解得-1≤a<1. (易错点:忽视参数的取值范围) [-1,1) 2.函数f(x)=的单调递增区间为　　 　　. 解析:由x2-2x-3>0得x<-1或x>3,故f(x)的定义域为(-∞,-1)∪(3,+∞), 由函数y=x2-2x-3在(-∞,-1)上单调递减,故f(x)的单调递增区间是(-∞,-1). (易错点:忽视函数的定义域) (-∞,-1) 课堂·题点精研 02 题点一　确定函数的单调性 考法(一)　求函数的单调区间 [例1] (1)函数f(x)=(x-4)|x|的单调递增区间是(　　) A.(-∞,0) B.(-∞,0)∪(2,+∞) C.(-∞,0)和(2,+∞) D.(2,+∞) 解析:函数f(x)=(x-4)|x|= 的图象如图所示,由图可知函数的单调递增区间为(-∞,0)和(2,+∞). √ 微点提醒:函数单调性关注的是整个区间上的性质,单独一点不存在单调性问题,故若单调区间的端点属于定义域,则区间可开可闭,若区间端点不属于定义域,则只能开. (2)(2025·唐山模拟)函数f(x)=lo(2x2-3x-2)的单调递增区间为　　 . 解析:令t=2x2-3x-2>0,解得x>2或x<-,则f(x)的定义域为∪(2,+∞). (注意:求函数单调区间或讨论函数的单调性时,必须先求函数的定义域) 由g(t)=lot在(0,+∞)上单调递减,根据复合函数的单调性:同增异减,知函数t=2x2-3x-2的单调递减区间,即为f(x)的单调递增区间,再结合f(x)的定义域可知,f(x)的单调递增区间为. 考法(二)　判断或证明函数的单调性 [例2]　试讨论函数f(x)=(a≠0)在(-1,1)上的单调性. 解:法一:定义法　设-1<x1<x2<1,因为f(x)=a=a,所以f(x1)-f(x2)=a-a=. 因为-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. 综上,当a>0时,f(x)在(-1,1)上单调递减,当a<0时,f(x)在(-1,1)上单调递增. 法二:导数法　f'(x)===-. 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. 思维建模 求函数单调区间的方法 定义法 设元—作差—变形—判断符号—得出结论 图象法 根据图象的上升或下降确定单调性 导数法 利用导数值的正负确定函数的单调区间 性质法 增+增=增,增-减=增,减+减=减,减-增=减 复合法 将函数f(g(x))分解成f(t)和t=g(x),根据复合函数“同增异减”的规则进行判断 即时训练 1.若定义在R上的函数f(x)满足f(x)=3f(|x|)+x2-2x,则f(x)的单调递增区间为 (　　) A.(-∞,-10]和[0,1] 　 B.(-∞,-5]和[0,1] C.[-10,0]和[1,+∞) 　 D.[-5,0]和[1,+∞) 解析:当x≥0时,f(x)=3f(x)+x2-2x,则f(x)=-x2+x,∴f(x)在[0,1]上单调递增;当x<0时,-x>0,∴f(-x)=-x2-x,∴f(x)=3f(-x)+x2-2x=-x2-3x+x2-2x=-x2-5x, ∴f(x)在(-∞,-5]上单调递增.综上所述,f(x)的单调递增区间为(-∞,-5]和[0,1]. (注意:一个函数的同一种单调区间用“和”或“,”连接,不能用“∪”连接) √ 2.已知a>0,函数f(x)=x+(x>0),求证:函数f(x)在(0,]上单调递减,在[,+∞)上单调递增. 证明:法一:定义法　设x1>x2>0,则f(x1)-f(x2)=x1+-x2-=x1-x2+ =.∵x1>x2>0,∴x1-x2>0,x1x2>0,当x1,x2∈(0,]时, 0<x1x2<a,∴x1x2-a<0,∴f(x1)-f(x2)<0,f(x1)<f(x2),∴f(x)在(0,]上单调递减.当x1,x2∈[,+∞)时,x1x2>a,∴x1x2-a>0,∴f(x1)-f(x2)>0,f(x1)>f(x2), ∴f(x)在[,+∞)上单调递增. 故函数f(x)在(0,]上单调递减,在[,+∞)上单调递增. 法二:导数法　f'(x)=1-=(x>0),令f'(x)>0⇒x2-a>0⇒x>, 令f'(x)<0⇒x2-a<0⇒0<x<,∴f(x)在(0,]上单调递减,在[,+∞)上单调递增. 题点二　函数单调性的应用 考法(一)　比较大小 [例3]　已知函数f(x)=,记a=f(),b=f(),c=f(),则(　　) A.a<b<c B.b<a<c C.b<c<a D.c<b<a 解析:函数f(x)=的定义域为R,f(4-x)==f(x),则函数f(x)的图象关于直线x=2对称,而函数t=(x-2)2在(2,+∞)上单调递增,函数y=et在定义域上单调递增,于是函数f(x)在(2,+∞)上单调递增.又a=f()= f(4-),2<<4-<,则f()<f(4-)<f(),所以b<a<c. √ 考法(二)　解不等式 [例4]　已知函数f(x)的定义域为R,对任意的x1,x2且x1≠x2,都有[f(x1)-f(x2)](x1-x2)>0成立,若f(x2+1)>f(t2-t-1)对任意x∈R恒成立,则实数t的取值范围是　　 . 解析:对任意的x1,x2且x1≠x2,都有[f(x1)-f(x2)](x1-x2)>0成立,不妨设x1<x2,则f(x1)<f(x2),故函数f(x)在R上为增函数.由f(x2+1)>f(t2-t-1)对任意x∈R恒成立,得x2+1>t2-t-1对任意x∈R恒成立,所以t2-t-1<(x2+1)min(x∈R),即t2-t-1<1,t2-t-2<0,解得-1<t<2.所以实数t的取值范围是(-1,2). (-1,2) 借题发挥:若本题的题干中“(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0(x1≠x2)”改为“x1f(x1)+ x2f(x2)>x1f(x2)+x2f(x1)(x1≠x2)”,也能得到f(x)在给定区间上单调递增. 谨记结论:若∀x1,x2∈I(x1≠x2),则>0(<0)或(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0 (<0)⇔f(x)在区间I上单调递增(减). 考法(三)　求参数范围 [例5]　(2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)= 在R上单调递增,则a的取值范围是(　　) A.(-∞,0]　　 B.[-1,0] C.[-1,1] D.[0,+∞) 解析:若函数f(x)在R上单调递增,则需满足　 (易忽视分界点处函数值大小的比较) 解得-1≤a≤0,即a的取值范围是[-1,0].故选B. √ |考|教|衔|接| 本题源自北师大版必修①P73T3:已知函数f(x)= 在定义域R上是减函数,求实数a的取值范围. 两题均以分段函数为载体考查函数的单调性,虽然高考题把教材题中的一次函数变为对数函数(难度增加了),减函数变为了增函数,但是解题思路是一样的. 思维建模 (1)比较函数值的大小时,先转化到同一个单调区间内,然后利用函数的单调性解决. (2)求解函数不等式时,由条件脱去“f”,转化为自变量间的大小关系,应注意函数的定义域. (3)求参数的取值(范围)时.根据其单调性直接构建参数满足的方程(组)(不等式(组))或先得到其图象的升降,再结合图象求解.对于分段函数,要注意衔接点的取值. 即时训练 3.(2025·扬州开学考试)已知函数f(x)在[1,+∞)上单调递减且对任意x∈R满足f(x)=f(2-x),则不等式f(2x-3)>f(x)的解集是 (　　) A.∪(3,+∞) 　　 B. C. 　　 D.(3,+∞) 解析:因为对任意x∈R满足f(x)=f(2-x),所以f(x)的对称轴为直线x=1,又函数f(x)在[1,+∞)上单调递减,所以f(x)在(-∞,1)上单调递增,所以f(2x-3)>f(x)⇔(2x-3-1)2<(x-1)2,解得x∈. √ 4.(2025·青岛模拟)已知函数f(x)=若f(x)在R上不具有单调性,则a的取值范围是　 　　　　　　　. 快审准解:首先分析各段函数的单调性,要使f(x)在R上是增函数,则求出a的取值范围,则f(x)在R上不具有单调性, 即为求出的a的范围的补集. (-∞,-2)∪(0,+∞) 解析:因为y=x3在定义域R上单调递增,y=-x2+2a在(-∞,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,又f(x)=所以要使f(x)在R上是增函数,则解得-2≤a≤0.若f(x)在R上不具有单调性,则a<-2或a>0,即a的取值范围是(-∞,-2)∪(0,+∞). 题点三　函数的最值 [例6] (1)(单调性)函数f(x)=x-+1在[1,4]上的值域为(　　) A. B.[0,1] C. D. 解析:由y=x在[1,4]上单调递增,且y=在[1,4]上单调递减,可得f(x)=x-+1在[1,4]上单调递增.又f(1)=0,f(4)=,故函数f(x)在[1,4]上的值域为. √ (2)(图象法)记实数x1,x2,…,xn的最小值为min{x1,x2,…,xn},若f(x)=min{x+1,x2-2x+1,-x+8},则函数f(x)的最大值为 (　　) A.4　 　 B.　　 C.1　　 D.5 解析:如图所示,在同一个平面直角坐标系中,分别作出函数y=x+1,y=x2-2x+1,y=-x+8的图象,而f(x)=min{x+1,x2-2x+1,-x+8}的图象即是图中 勾勒出的实线部分,要求的函数f(x)的最大值即 图中最高点A的纵坐标.由联立, 解得故所求函数f(x)的最大值为. √ (3)(利用单调性和基本不等式)已知函数f(x)= 则f(x)的最小值是　　 　　. 解析:因为函数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+≥2,当且仅当x=时,等号成立,此时f(x)min=2-6.又2-6<0,所以f(x)min=2-6. 2-6 (4)(换元法)函数f(x)=2x2-的最小值为　　　　.  解析:令=t,t≥1,则x2=t2-1,∴y=2(t2-1)-t=2t2-t-2(t≥1). ∵y=2t2-t-2的对称轴为t=,∴当t≥1时,ymin=2×12-1-2=-1,∴函数f(x) 的最小值为-1. -1 思维建模 求函数最值的4种基本方法 单调性法 先确定函数的单调性,再由单调性求最值 图象法 先作出函数的图象,再观察其最高点、最低点,求出最值 基本不 等式法 先对解析式变形,使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值 换元法 将解析式化归为熟悉的函数,进而解出最值(值域) 即时训练 5.函数f(x)=3x-10+的值域为(　　) A.[5,+∞) B.[6,+∞) C.[7,+∞) D.[10,+∞) 解析:由x-5≥0,得x≥5,所以f(x)的定义域为[5,+∞).因为y=3x-10与y=在[5,+∞)上均单调递增,所以f(x)在[5,+∞)上为增函数,所以f(x)≥f(5)=5,即函数f(x)的值域为[5,+∞). √ 6.若函数f(x)=在区间[0,1]上的最大值为,则实数m=(　　) A.3　　 B.　　 C.2　　 D.或3 解析:f(x)==2+,当m=2时,f(x)=2,不符合题意;当m-2>0,即m>2时,f(x)在[0,1]上单调递减,可得f(0)为最大值,即f(0)==, 解得m=;当m-2<0,即m<2时,f(x)在[0,1]上单调递增,可得f(1)为最大值,即f(1)==,解得m=3,不满足条件.综上可得m=. √ 数智赋能:电子版随堂训练,根据课堂情况灵活选用 课时跟踪检测 03 (标★题目难度稍大，可据自身学情选做) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 一、单选题 1.函数f(x)=-|x-2|的单调递减区间为(　　) A.(-∞,2) B.(2,+∞) C.(0,2) D.(0,+∞) 解析:∵y=|x-2|=∴函数y=|x-2|的单调递增区间为(2,+∞), ∴f(x)的单调递减区间为(2,+∞). √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 2.函数f(x)=-x+在上的最大值是(　　) A.　 　 B.-　 　C.-2　 　 D.2 解析:因为函数y=-x和y=在上均单调递减,所以f(x)=-x+在上单调递减,所以f(x)max=f(-2)=2-=. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 3.(2025·广州联考)函数f(x)=2|x-a|+3在区间[1,+∞)上不具有单调性,则a的取值范围是 (　　) A.[1,+∞) B.(1,+∞) C.(-∞,1) D.(-∞,1] 解析:函数f(x)=2|x-a|+3的大致图象如图所示,其形状如一个“V”,开口向上,顶点坐标为(a,3),由于函数f(x)=2|x-a|+3在区间[1,+∞)上不具有单调性,因此需满足顶点在直线x=1的右侧,则a>1,故选B. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 价值发掘:函数f(x)=a|x-b|+c(a≠0)的图象的形状如一个“V”,顶点为(b,c),若a>0,则开口向上,若a<0,则开口向下. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 4.已知函数f(x)=+2x,若f(2a2-5a+4)<f(a2+a+4),则实数a的取值范围是(　　) A.∪(2,+∞) 　　 B.[2,6) C.∪[2,6) 　 　 D.(0,6) 解析:由题意可知,函数f(x)在[2,+∞)上单调递增,∵f(2a2-5a+4)< f(a2+a+4), ∴2≤2a2-5a+4<a2+a+4, (易错:没注意定义域,丢失2a2-5a+4≥2的情况) 解得2≤a<6或0<a≤.故选C. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 5.已知函数f(x)是R上的偶函数,且f(x)在[0,+∞)上单调递增, 设a=f,b=f,c=f,则a,b,c的大小关系是(　　) A.a<b<c B.b<c<a C.c<a<b D.b<a<c 解析:因为函数f(x)是R上的偶函数,且f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以b=f<f(ln 2)=f=c<f(1)< f()=f=a,即b<c<a. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 6.已知函数f(x)=,若0<x1<x2<x3≤2,则,,的大小关系是(　　) A.<< B.<< C.<< D.<< 解析:当0<x≤2时,设g(x)===.由y=在[0,+∞)上单调递增,y=-1在(0,2]上单调递减,根据复合函数单调性得g(x)=在(0,2]上单调递减,若0<x1<x2<x3≤2,则<<. √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 二、多选题 7.下列函数在(0,+∞)上单调递减的是(　　) A.f(x)=- B.f(x)=x2+1 C.f(x)=ln|x| D.f(x)= 解析:函数f(x)=-=-在(0,+∞)上单调递减,A正确;f(x)=x2+1在 (0,+∞)上单调递增,B错误;f(x)=ln|x|,f(1)=ln 1=0,f(2)=ln 2>0,∵f(1)<f(2), ∴f(x)在(0,+∞)上不单调递减,C错误;f(x)==x-2在(0,+∞)上单调递减, D正确. √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 8.已知函数f(x)=则下列结论正确的是(　　) A.f(x)在R上为增函数 B.f(e)>f(2) C.若f(x)在(a,a+1)上单调递增,则a≤-1或a≥0 D.当x∈[-1,1]时,f(x)的值域为[1,2] √ √ 解析:因为f(-1)=1,f=-1+<-1+2=1,A错误;e>2,f(e)>f(2),B正确; 若f(x)在(a,a+1)上单调递增,则a≥0或a+1≤0,即a≤-1或a≥0,C正确;当x∈[-1,0]时,f(x)∈[1,2],当x∈(0,1]时,f(x)∈(-∞,2],故x∈[-1,1]时, f(x)的值域为(-∞,2],D错误. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 三、填空题 9.y=-的单调递增区间为　　 　　. 解析:由x2+2x≥0,得x≤-2或x ≥ 0,则函数的定义域为(-∞,-2]∪[0,+∞), 令t=x2+2x,则y=-.因为t=x2+2x在(-∞,-2]上单调递减,在[0,+∞)上单调递增, y=-在定义域内为减函数,所以y=-在(-∞,-2]上单调递增,在[0,+∞)上单调递减,所以y=- 的单调递增区间为(-∞,-2]. (-∞,-2] 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 10.已知f(x)=2x+x,则不等式f(|2x-3|)<3的解集为　　　　. 解析:函数y=2x,y=x都是R上的增函数,则函数f(x)=2x+x是R上的增函数,不等式f(|2x-3|)<3⇔f(|2x-3|)<f(1)⇔|2x-3|<1,则-1<2x-3<1,解得1<x<2,所以不等式f(|2x-3|)<3的解集为(1,2). (1,2) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 11.(2025·北京西城一模)已知函数f(x)=若f(x)存在最小值,则c的最大值为　　　　. 解析:当-2<x<0时,f(x)=x2+x=-,故当x=-时,f(x)有最小值-;当0≤x<c时,f(x)=-单调递减,所以-<f(x)≤0,由题意f(x)存在最小值,则-≥-,解得0<c ≤ ,即c的最大值为. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 12.已知f(x)=,g(x)=mx+1-2m,若对任意的x1∈[2,3],总存在x2∈[2,3],使f(x1)=g(x2)成立,则实数m的取值范围为　 　　　. 解析:若对任意的x1∈[2,3],总存在x2∈[2,3],使f(x1)=g(x2)成立,则只需 在区间[2,3]上函数f(x)的值域为函数g(x)的值域的子集.因为函数f(x)=1+, 所以函数f(x)在[2,3]上单调递减,所以函数f(x)的值域为.对于函数g(x)= mx+1-2m,x∈[2,3],①当m=0时,g(x)=1,不符合题意;当m>0时,g(x)单调递增,则g(x)的值域为[1,m+1],此时只需m+1≥2,解得m≥1;③当m<0时,g(x)单调递减,则g(x)的值域为[m+1,1],不符合题意.综上,m的取值范围为[1,+∞). [1,+∞) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 四、解答题 13.已知函数f(x)=ax-(a,b∈R),图象经过点,且f(1)=. (1)求a,b的值; 解:由题意得解得 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 (2)用定义法证明函数y=f(x)在区间(-1,+∞)上单调递增. 解:证明:由(1)可知f(x)=x-,设∀x1,x2∈(-1,+∞),且x1<x2, 则f(x1)-f(x2)=x1--x2+=x1-x2+-=x1-x2+=(x1-x2) . 因为x1<x2,所以x1-x2<0, 又x1,x2∈(-1,+∞), 所以1+>0, 所以(x1-x2)<0, 即f(x1)-f(x2)<0,所以f(x1)<f(x2), 所以函数y=f(x)在区间(-1,+∞)上单调递增. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 14.已知定义在区间(0,+∞)上的函数f(x)单调递增,f(1)=0,f(3)=1. (1)解不等式0<f(x2-1)<1; 解:由题意得解得<x<2或-2<x<-. 所以原不等式的解集为(-2,-)∪(,2). 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 (2)若f(x)≤m2-2am+1对所有x∈(0,3],a∈[-1,1]恒成立,求实数m的取值范围. 解:因为函数f(x)在(0,3]上单调递增,所以f(x)在(0,3]上的最大值为f(3)=1, 所以不等式f(x)≤m2-2am+1对所有x∈(0,3],a∈[-1,1]恒成立转化为1≤m2-2am+1对所有a∈[-1,1]恒成立,即m2-2am≥0对所有a∈[-1,1]恒成立. 设g(a)=-2ma+m2,a∈[-1,1], 所以需满足即 解得m≤-2或m≥2或m=0, 即实数m的取值范围为(-∞,-2]∪{0}∪[2,+∞). $$