第6讲函数的单调性与最值课件-2026年广东省学考数学备考复习

第6讲　函数的单调性与最值 必备知识 1 考点精析 2 综合提升 3 必备知识 PART 01 第一部分 1．函数的单调性 (1) 项目 增函数 减函数 定义 一般地，设函数f(x)的定义域为I，区间D⊆I：如果∀x1，x2∈D，当________时，都有___________，那么就称函数f(x)在区间D上单调递增． 一般地，设函数f(x)的定义域为I，区间D⊆I：如果∀x1，x2∈D，当________时，都有______________，那么就称函数f(x)在区间D上单调递减． x1＜x2 f(x1)＜f(x2) x1<x2 f(x1)>f(x2) ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 (2)单调区间的定义 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)在这一区间具有单调性，区间D叫做y＝f(x)的单调区间． 项目 增函数 减函数 图象描述     自左向右看图象是________的 自左向右看图象是______ 上升 下降的 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 2．函数的最值 前提 设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足 条件 (1)∀x∈I，都有 ____________； (2)∃x0∈I，使得 ____________ (3)∀x∈I，都有__________； (4)∃x0∈I，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 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 考点精析 PART 02 第二部分 √ ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 √ ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 归纳总结　(1)求函数的单调区间要考虑到函数的定义域． (2)单调区间不能并．只能用和，与，及，逗号连接． ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 √ ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 (－∞，2] ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 归纳总结　求函数最值的常用方法 (1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值． (2)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． (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． ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 考点三　函数单调性的应用 (1)(2024·广东学考模拟)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) √ ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 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. ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 (2)已知函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，若f(a2－a)>f(a＋3)，则实数a的取值范围为____________________． (－3，－1)∪(3，＋∞) ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 归纳总结　函数单调性应用问题的常见类型及解题策略 (1)比较大小．比较函数值的大小，应将自变量转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决． (2)解不等式．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． ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 (3)利用单调性求参数． ①视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数． ②需注意若函数在区间[a，b]上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的． ③分段函数的单调性，除注意各段的单调性外，还要注意衔接点的取值． ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 综合提升 PART 03 第三部分 √ ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 √ ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 3．已知函数f(x)＝x|x|，若f(a＋1)≥f(2a－1), 则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，1] B．(－∞，2] C．[2，6] D．[2，＋∞) √ ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 √ ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 (1，2] ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 2 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 (2)当月产量为何值时，公司所获利润最大？最大利润为多少元？ ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 (2)若a>0，且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围． ‹#› 返回导航 2026年广东省学考数学 1．函数单调性的两个等价结论 设∀x1，x2∈D(x1≠x2)，则 (1) eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2) >0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0)⇔f(x)在D上单调递增． (2) eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2) <0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0)⇔f(x)在D上单调递减． 2．若函数f(x)，g(x)在区间I上具有单调性，则在区间I上具有以下性质： (1)当f(x)，g(x)都是增(减)函数时，f(x)＋g(x)是增(减)函数； (2)若k>0，则kf(x)与f(x)单调性相同；若k<0，则kf(x)与f(x)单调性相反； (3)函数y＝f(x)(f(x)≠0)在公共定义域内与y＝－f(x)，y＝ eq \f(1,f（x）) 的单调性相反； (4)复合函数y＝f(g(x))的单调性与y＝f(u)和u＝g(x)的单调性有关．简记为“同增异减”． 考点一　确定函数的单调性(区间) (1)下列函数在区间(0，＋∞)上单调递减的是(　　) A．f(x)＝ln x B．f(x)＝e－x C．f(x)＝ eq \r(x) D．f(x)＝－ eq \f(1,x) 解析：对于A，f(x)＝ln x为对数函数，其底数e>1，在区间(0，＋∞)上单调递增，不符合题意；对于B，f(x)＝e－x为指数函数，其底数 eq \f(1,e) <1，在区间(0，＋∞)上单调递减，符合题意；对于C，f(x)＝ eq \r(x) 为幂函数，其指数 eq \f(1,2) >0，在区间(0，＋∞)上单调递增，不符合题意；对于D，f(x)＝－ eq \f(1,x) ＝ eq \f(－1,x) 为反比例函数，在区间(0，＋∞)上单调递增，不符合题意．故选B. (2)若函数f(x)在R上为增函数，则下列结论一定正确的是(　　) A．y＝ eq \f(1,f（x）) 在R上为减函数 B．y＝|f(x)|在R上为增函数 C．y＝－ eq \f(1,f（x）) 在R上为增函数 D．y＝－f(x)在R上为减函数 解析：对于A，若f(x)＝x，则y＝ eq \f(1,f（x）) ＝ eq \f(1,x) 在R上不是减函数，A错误；对于B，若f(x)＝x，则y＝|f(x)|＝|x|在R上不是增函数，B错误；对于C，若f(x)＝x，则y＝－ eq \f(1,f（x）) ＝－ eq \f(1,x) 在R上不是增函数，C错误；对于D，若函数f(x)在R上为增函数，则对于任意的x1，x2∈R，设x1<x2，必有f(x1)<f(x2)，对于y＝－f(x)，则有y1－y2＝[－f(x1)]－[－f(x2)]＝f(x2)－f(x1)>0，则y＝－f(x)在R上为减函数，D正确．故选D. 考点二　函数的最值 (1)已知函数f(x)＝ eq \f(2x,x－1) ，则f(x)在区间[2，6]上的最大值为(　　) A． eq \f(12,5) B．3 C．4 D．5 解析：f(x)＝ eq \f(2x－2＋2,x－1) ＝2＋ eq \f(2,x－1) ， 故f(x)在[2，6]上单调递减， 故f(x)max＝f(2)＝2＋ eq \f(2,2－1) ＝4， 故选C. (2)函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，x≥1，,－x2＋2，x<1)) 的值域为____________． 解析：当x≥1时，函数f(x)＝ eq \f(1,x) 单调递减，所以f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝1；当x<1时，易知函数f(x)＝－x2＋2在x＝0处取得最大值，最大值为f(0)＝2.综上，函数f(x)的最大值为2，所以函数f(x)的值域为(－∞，2]. (3)函数f(x)＝ eq \f(2x,x＋3) ，x∈[1，4]的最小值为________． eq \f(1,2) 解析：因为f(x)＝ eq \f(2x,x＋3) ＝ eq \f(2x＋6－6,x＋3) ＝2－ eq \f(6,x＋3) ，x∈[1，4]，所以f(x)在[1，4]上单调递增，所以函数的最小值为f(1)＝ eq \f(1,2) . 解析：由已知可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2－a>0，,a＋3>0，,a2－a>a＋3，)) 解得－3<a<－1或a>3.所以实数a的取值范围为(－3，－1)∪(3，＋∞). 1．下列函数在区间(0，1)上单调递增的是(　　) A．y＝－x3＋1 B．y＝cos x C．y＝log eq \s\do9(\f(1,2)) x D．y＝x－ eq \f(1,x) 解析：y＝－x3＋1，y＝cos x，y＝log eq \s\do9(\f(1,2)) x在区间(0，1)上都单调递减，y＝x－ eq \f(1,x) 在区间(0，1)上单调递增．故选D. 2．函数f(x)＝ eq \f(x,1－x) 在(　　) A．(－∞，1)∪(1，＋∞)上单调递增 B．(－∞，1)∪(1，＋∞)上单调递减 C．(－∞，1)和(1，＋∞)上单调递增 D．(－∞，1)和(1，＋∞)上单调递减 解析：函数f(x)的定义域为{x|x≠1}．f(x)＝ eq \f(x,1－x) ＝ eq \f(1,1－x) －1，根据函数y＝－ eq \f(1,x) 的单调性及有关性质，可知f(x)在(－∞，1)和(1，＋∞)上单调递增． 解析：由题意得f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，x≥0，,－x2，x<0，)) 则函数f(x)在定义域R上是增函数，因为f(a＋1)≥f(2a－1)，所以a＋1≥2a－1，解得a≤2.故实数a的取值范围是 (－∞，2]. 4．(2024·广东学考模拟)已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2ax，x≥1，,ax－1，x<1)) 是定义在R上的增函数，则实数a的取值范围是(　　) A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3))) B． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3))) C．(0，1) D．(0，1] 解析：由题得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a≤1，,a>0，,1－2a≥a－1，)) 解得0<a≤ eq \f(2,3) ， 所以实数a的取值范围是 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3))) . 5．函数f(x)＝ eq \f(x,x－1) (x≥2)的值域为________． 解析：f(x)＝ eq \f(x,x－1) ＝1＋ eq \f(1,x－1) ， 在[2，＋∞)上单调递减， f(2)＝2且f(x)＝1＋ eq \f(1,x－1) >1， 故函数的值域为(1，2]. 6．函数y＝2x＋ eq \r(x－1) 的最小值为________． 解析：方法一(单调性法)：显然函数y＝2x＋ eq \r(x－1) 的定义域为[1，＋∞)， 因为函数y＝2x与y＝ eq \r(x－1) 在定义域[1，＋∞)上均是增函数， 故y＝2x＋ eq \r(x－1) 在[1，＋∞)上是增函数， 所以当x＝1时，ymin＝2＋ eq \r(1－1) ＝2，即函数y＝2x＋ eq \r(x－1) 的最小值为2. 方法二(换元法)：令 eq \r(x－1) ＝t，则t≥0，x＝t2＋1， 所以原函数转化为f(t)＝2t2＋t＋2＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,4))) eq \s\up12(2) ＋ eq \f(15,8) ，t∈[0，＋∞)， 易知当t∈[0，＋∞)时，函数f(t)单调递增， 所以当t＝0时，f(t)min＝2， 故函数y＝2x＋ eq \r(x－1) 的最小值为2. 7．某公司生产一种电子仪器的固定成本为20 000元，每生产一台仪器需增加投入100元，已知总收益满足函数R(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(400x－\f(1,2)x2，0≤x≤400，,80 000，x>400，)) 其中x是仪器的月产量．(总收益＝总成本＋利润) (1)将利润表示为月产量的函数f(x)； 解：由题知月产量为x台，则总成本为20 000＋100x，从而 f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x2＋300x－20 000，0≤x≤400，,60 000－100x，x>400.)) 解：当0≤x≤400时，f(x)＝－ eq \f(1,2) (x－300)2＋25 000， 所以当x＝300时，f(x)max＝25 000； 当x>400时，f(x)＝60 000－100x是减函数， f(x)<60 000－100×400<25 000. 所以当x＝300时，f(x)max＝25 000，即每月生产300台仪器时利润最大，最大利润为25 000元． 8．已知函数f(x)＝ eq \f(x,x－a) (x≠a). (1)若a＝－2，证明：f(x)在(－∞，－2)上单调递增； 证明：当a＝－2时，f(x)＝ eq \f(x,x＋2) (x≠－2). 任取x1，x2∈(－∞，－2)，且x1<x2， 则f(x1)－f(x2)＝ eq \f(x1,x1＋2) － eq \f(x2,x2＋2) ＝ eq \f(2（x1－x2）,（x1＋2）（x2＋2）) .　 因为(x1＋2)(x2＋2)>0，x1－x2<0， 所以f(x1)－f(x2)<0， 即f(x1)<f(x2)， 所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增． 解：任取x1，x2∈(1，＋∞)， 且x1<x2， 则f(x1)－f(x2)＝ eq \f(x1,x1－a) － eq \f(x2,x2－a) ＝ eq \f(a（x2－x1）,（x1－a）（x2－a）) .　 因为a>0，x2－x1>0， 所以要使f(x1)－f(x2)>0， 只需(x1－a)(x2－a)>0恒成立， 所以a≤1. 综上所述，实数a的取值范围是(0，1]. $