第2章 第3节 函数单调性的应用-【优化探究】2026高考数学一轮复习高考总复习配套课件（人教版基础）

第三节　函数单调性的应用 第二章　函数的概念、性质与基本初等函数 学习要求 1.会用符号语言表达函数的最大值、最小值.理解其作用和实际意义.　2.掌握函数单调性的简单应用. 必备知识　自主梳理 内容索引 关键能力　重点探究 课时作业　巩固提升 3 必备知识　自主梳理 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　　　  M为　　　  最大值 最小值 知识梳理 知识点　函数的最值 1.(多选)下列结论正确的是(　　) A.若函数f(x)满足f(-3)<f(2),则f(x)在[-3,2]上单调递增 B.若函数f(x)在(-2,3)上单调递增,则函数f(x)的最大值是f(3) C.若函数f(x)在区间[a,b]上连续,则f(x)在区间[a,b]上一定有最值 D.函数y=在区间(-∞,0)∪(0,+∞)上无最值 CD 自我评价 2.(人A必修第一册P81T3改编)已知函数f(x)=,x∈[0,2],则f(x)的最大值 为　　　　,最小值为　　　　　.  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)=. 2 3.(人A必修第一册P78例1改编)若函数y=(2k+1)x+b在R上是减函数,则实 数k的取值范围是　　　　 　.  解析:由题知2k+1<0,即k<-. 4.函数f(x)是定义在[0,+∞)上的减函数,则满足f(2x-1)>f的x的取值范 围是　　　　　.  解析:∵f(x)的定义域是[0,+∞), ∴2x-1≥0,即x≥. 又∵f(x)是定义在[0,+∞)上的减函数, ∴2x-1<,即≤x<. 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取到. 2.开区间上的“单峰(谷)”函数一定存在最大(小)值. 常用结论 关键能力　重点探究 角度1　比较函数值的大小 [例1]　若f(x)是定义在(-∞,+∞)上的偶函数,对任意的x1,x2∈[0,+∞)且x1≠x2,有<0,则(　　) A.f(3)<f(1)<f(-2) B.f(3)<f(-2)<f(1) C.f(-2)<f(1)<f(3) D.f(1)<f(-2)<f(3) B 考点一　函数单调性的应用 [解析]　∵对任意的x1,x2∈[0,+∞)且x1≠x2,有<0,∴当x≥0时,函数f(x)单调递减,∴f(3)<f(2)<f(1).又f(x)是定义在(-∞,+∞)上的偶函数, f(x)=f(-x), ∴f(3)<f(-2)<f(1). 角度2　解函数不等式 [例2]　已知函数f(x)=ln x+2x,若f(x2-4)<2,则实数x的取值范围是 　 　　　　.  [解析]　因为函数f(x)=ln x+2x在定义域(0,+∞)上单调递增,且f(1)=ln 1+2=2, 所以由f(x2-4)<2,得f(x2-4)<f(1), 所以0<x2-4<1, 解得-<x<-2或2<x<. (-,-2)∪(2,) 角度3　利用单调性求参数的取值范围 [例3]　(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,+∞) B [解析]　当x≥0时,函数f(x)显然是增函数;当x<0时,f(x)=-x2-2ax-a= -(x+a)2+a2-a,而f(x)在R上单调递增,所以则 -1≤a≤0,即a的取值范围是[-1,0]. 方法总结 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.利用单调性求参数的取值(范围).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. 跟踪训练 1.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). 2.已知函数f(x)=则不等式f(2a+1)>f(3a-4)的解集为(　　) A. B. C.(-∞,5) D.(5,+∞) D 解析:因为f(x)= 所以函数f(x) 在R上是减函数,所以2a+1<3a-4,解得a>5. 3.若函数f(x)=ax2+x+a在[1,+∞)上单调递增,则a的取值范围是(　　) A.(0,+∞) B.(0,1] C.[1,+∞) D.[0,+∞) D 解析:当a=0时,f(x)=x,在[1,+∞)上单调递增,满足题意; 当a≠0时,f(x)=ax2+x+a的图象的对称轴为x=-, 要使函数f(x)在[1,+∞)上单调递增, 只需解得a>0. 综上,a的取值范围是[0,+∞). [例4]　(多选)下列函数中,值域正确的是(　 　) A.当x∈[0,3)时,函数y=x2-2x+3的值域为[2,6) B.函数y=的值域为R C.函数y=2x-的值域为 D.函数y=+的值域为[,+∞) ACD 考点二　求函数的最值(值域) [解析]　对于A,(配方法)y=x2-2x+3=(x-1)2+2, 由x∈[0,3),再结合函数的图象(如图①所示),可得函数的值域为[2,6). 对于B,(分离常数法)y===2+,显然≠0,∴y≠2, 故函数的值域为(-∞,2)∪(2,+∞). 对于C,(换元法)设t=,则x=t2+1,且t≥0,∴y=2(t2+1)-t=2+, 由t≥0,再结合函数的图象(如图②所示),可得函数的值域为. 对于D,函数的定义域为[1,+∞), ∵y=与y=在[1,+∞)上均单调递增,∴y=+在[1,+∞)上为增函数, ∴当x=1时,ymin=, 即函数的值域为[,+∞). 方法总结 求函数最值(值域)的五种常用方法 1.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. 2.单调性法:先确定函数的单调性,再由单调性求最值. 3.换元法:对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数,再用相应的方法求最值. 4.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. 5.导数法:先求导,然后求出在给定区间上的极值,最后结合端点值,求出最值. 跟踪训练 1.函数f(x)=3x+log2(x+2)在区间[-1,2]上的最大值为　　　　　.  解析:由于y=3x在R上是增函数,y=log2(x+2)在[-1,2]上单调递增,所以f(x)在[-1,2]上单调递增,故f(x)在[-1,2]上的最大值为f(2)=32+log24=11. 11 2.函数y=x+的最小值为　　　　　.  解析:法一(换元法):令t=,且t≥0,则x=t2+1,所以原函数变为y=t2+1+t,t≥0,配方得y=+.又因为t≥0,所以y≥+=1,故函数y=x+ 的最小值为1. 法二(单调性法):由题易得x-1≥0,即x≥1.因为函数y=x 和y= 在定义域[1,+∞) 上均为增函数,故函数y=x+ 在[1,+∞) 上为增函数,所以ymin=1. 1 课时作业　巩固提升 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1.函数f(x)=-x+在上的最大值是(　　) A.　　　　　　　　　　 B.- C.-2 D.2 解析:因为f(x)在上是减函数,所以当x=-2时,f(x)的最大值为 f(-2)=. A A组　基础保分练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2.已知f(x)是偶函数,f(x)在[1,3]上单调递增,则f(1),f(-2),f(-3)的大小关系为(　　) A.f(1)>f(-2)>f(-3) B.f(-2)>f(-3)>f(1) C.f(-3)>f(1)>f(-2) D.f(-3)>f(-2)>f(1) D 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:因为f(x)是偶函数, 所以f(-2)=f(2),f(-3)=f(3). 因为f(x)在[1,3]上单调递增, 所以f(3)>f(2)>f(1), 所以f(-3)>f(-2)>f(1). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3.已知函数f(x)的定义域为R,且对任意两个不相等的实数a,b,都有(a-b)[f(a)-f(b)]>0,则不等式f(3x-1)>f(x+5)的解集为(　　) A.(-∞,3) B.(3,+∞) C.(-∞,2) D.(2,+∞) B 解析:不妨设a>b,因为(a-b)[f(a)-f(b)]>0,所以f(a)>f(b),故f(x) 是R上的增函数,所以原不等式等价于3x-1>x+5,解得x>3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 4.已知函数f(x)=是定义在R上的增函数,则实数a的取值范围是(　　) A. B. C.(0,1) D.(0,1] B 解析:由题得 解得0<a≤. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 5.已知函数f(x)=若a=50.01,b=log32,c=log20.9,则有(　　) A.f(a)>f(b)>f(c) B.f(b)>f(a)>f(c) C.f(a)>f(c)>f(b) D.f(c)>f(a)>f(b) A 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:因为y=ex是增函数,y=是减函数, 所以f(x)=ex-在(0,+∞)上单调递增,且f(x)>0. 又f(x)=-x2在(-∞,0]上单调递增,且f(x)≤0, 所以f(x)在R上是增函数. 又c=log20.9<0,0<b=log32<1,a=50.01>1, 即a>b>c,所以f(a)>f(b)>f(c). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 6.(多选)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] BC 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:易知f(x) 在(-∞,0],(0,+∞)上单调递增,A错误,B正确;若f(x) 在(a,a+1) 上单调递增,则a≥0 或a+1≤0,即a≥0 或a≤-1,故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)∈(-∞,2],故D错误. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 7.(多选)已知函数f(x)=-x2+2|x|+1,则下列说法正确的是(　 　) A.函数y=f(x)在(-∞,-1]上单调递增 B.函数y=f(x)在[-1,0]上单调递减 C.当x=0时,函数y=f(x)有最小值 D.当x=-1或x=1时,函数y=f(x)有最大值 ABD 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:因为f(x)=-x2+2|x|+1, 所以f(x)= 作出函数f(x)的图象如图所示, 由图象可知f(x)在(-∞,-1]上单调递增,在[-1,0]上单调递减,故A,B正确; 由图象可知f(x)在x=-1或x=1时,函数y=f(x)有最大值,没有最小值,故C错误,D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 8.函数f(x)=在区间[1,2]上的最小值为　　　　　.  解析:f(x)=-. 由于y=,y=-在[1,2]上均单调递减, 故f(x)在[1,2]上单调递减, 所以f(x)min=f(2)=-2=-. - 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 9.函数f(x)=4x--1的值域是　　　　　.  解析:因为f(x)=(2x)2-2·2x-1, 令2x=t(t>0),则m(t)=t2-2t-1=(t-1)2-2(t>0),由于m(t)=(t-1)2-2(t>0)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 所以m(t)≥m(1)=-2,故f(x)的值域为[-2,+∞). [-2,+∞) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 10.若函数f(x)=在(a,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围是　　　　　.  解析:f(x)===1+, 因为f(x)在(a,+∞)上单调递增, 所以 解得1≤a<2. [1,2) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 11.(2025·山东临沂模拟)已知函数f(x)=. (1)用定义法证明f(x)在区间[1,+∞)上是增函数; 证明:任取x1,x2∈[1,+∞),且x1<x2, 则f(x1)-f(x2)=- =. ∵1≤x1<x2,∴x1-x2<0,(x1+1)(x2+1)>0, ∴f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2), 故函数f(x)在区间[1,+∞)上是增函数. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)求该函数在区间[2,4]上的最大值与最小值. 解:由(1)知函数f(x)在区间[2,4]上是增函数, ∴f(x)max=f(4)==,f(x)min=f(2)==. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 12.(多选)下列函数中,值域为[1,+∞)的是(　　) A.y= B.y=|x|+1 C.y= D.y= BC B组　能力提升练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:对于A,函数的值域为[0,+∞),所以该选项不符合题意; 对于B,因为|x|≥0,所以|x|+1≥1,所以函数的值域为[1,+∞),所以该选项符合题意; 对于C,因为x2≥0,所以x2+1≥1,所以≥1,所以函数的值域为[1,+∞),所以该选项符合题意; 对于D,函数的值域为(0,+∞),所以该选项不符合题意. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 14 13 13.(2025·山东枣庄模拟)若函数f(x)=在区间[0,1]上的最大值为3,则实数m=　　　　　.  3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:∵函数f(x)==2+, 当m>2时,f(x)=在[0,1]上单调递减,最大值为f(0)=m=3; 当m<2时,f(x)=在[0,1]上单调递增,最大值为f(1)==3,即m=4,显然m=4不合题意; 当m=2时,f(x)=2在区间[0,1]上的最大值为2,不符合题意. 故实数m=3. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 14.(1)已知函数f(x)=x+,x1,x2∈,求|f(x1)-f(x2)|的最大值. 解:由“对勾函数”的性质可得f(x)=x+在上单调递减,在上单调递增,f(x)min=f(1)=2,f=,f(3)=,所以f(x)max=, 所以=f(x)max-f(x)min=-2=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)设函数f(x)=x-,对任意的x∈[1,+∞),f(mx)+mf(x)<0恒成立,求实数m的取值范围. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解: 显然m≠0,由于函数f(x)=x-在[1,+∞)上是增函数,则当m>0时,f(mx)+mf(x)=2mx-,是形如f(x)=ax+(a>0,b<0)的函数,在[1,+∞)上单调递增,则f(mx)+mf(x)<0不恒成立,因此m>0不成立. 当m<0时,f(mx)+mf(x)=2mx-, 是形如f(x)=ax+(a<0,b>0)的函数,在[1,+∞)上是减函数, 因此,当x=1时,f(mx)+mf(x)的最大值为m-,于是f(mx)+mf(x)<0恒成立等价于f(mx)+mf(x),x∈[1,+∞)的最大值小于0, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 即 解得m<-1,所以实数m的取值范围是(-∞,-1). $$