第3章 第2节-【名师大课堂】2026年高考数学艺术生总复习必备（教师课件）

该高中数学高考复习课件聚焦“函数的单调性与最值”核心考点，依据高考评价体系梳理了单调性判断、单调区间求解、最值求法及单调性应用四大考查维度，通过近三年真题分析明确单调性应用（占比约45%）和含参单调性（占比约30%）为高频考点，归纳出定义法、导数法等常考题型解法。 课件亮点在于“真题实战+素养导向”的备考设计，融入2024新课标Ⅰ卷等真题案例，如通过例6含参函数单调性分析培养数学思维中的推理能力，借助换元法求最值渗透数学语言的模型意识。特设“易错陷阱警示”和“答题模板”，助力学生掌握分类讨论等技巧，教师可精准定位学情实现高效复习。

第三章 函数及其应用 第二节　函数的单调性与最值 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 01 基础知识必备 02 考点知识突破 03 高考预测练 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 上升 下降 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 单调递增 单调递减 区间D 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 f(x)≤M f(x)≥m 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 C 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 0 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 D 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 B 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 －6 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 “课下练习”见“高考预测练（六）” (单击进入电子文档) 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 谢 谢 观 看 按ESC键退出全屏播放 第三章 函数及其应用 返回导航 下一页 上一页 1．增函数、减函数 增函数 减函数 定义 设函数f(x)的定义域为I，区间D⊆I：如果∀x1，x2∈D 当x1<x2时，都有______________，那么就称函数f(x)在区间D上单调递增 当x1<x2时，都有__________，那么就称函数f(x)在区间D上单调递减 f(x1)<f(x2) f(x1)>f(x2) 图象描述 自左向右看图象是________的 自左向右看图象是_______的 增函数与减函数形式的等价变形 (1)∀x1，x2∈D且x1≠x2，则(x1－x2)．[f(x1)－f(x2)]>0⇔eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0⇔f(x)在D上单调递增； (2)∀x1，x2∈D且x1≠x2，则(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0⇔eq \f(fx1－fx2,x1－x2)<0⇔f(x)在D上单调递减． 2．单调性、单调区间 若函数y＝f(x)在区间D上____________或____________，则称函数y＝f(x)在这一区间上具有(严格的)单调性，_______叫做y＝f(x)的单调区间． 3.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(m) 条件 (1)对于任意x∈I，都有_______________； (2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M (3)对于任意x∈I，都有_______________； (4)存在x0∈I，使得_______________ 结论 M为最大值 m为最小值 f(x0)＝m 1．复合函数的单调性 函数y＝f(u)，u＝φ(x)，在函数y＝f[φ(x)]的定义域上，如果y＝f(u)与u＝φ(x)的单 调性相同，那么y＝f[φ(x)]单调递增；如果y＝f(u)与u＝φ(x)的单调性相反，那么y＝f(φ(x))单调递减． 2．函数单调性的常用结论 (1)若f(x)、g(x)均为区间A上的增(减)函数，则f(x)＋g(x)也是区间A上的增(减)函数． (2)若k>0，则kf(x)与f(x)的单调性相同；若k<0，则kf(x)与f(x)的单调性相反． (3)函数y＝f(x)(f(x)>0)与y＝－f(x)，y＝eq \f(1,fx)在公共定义域内的单调性相反． 　 函数的单调性(区间) (1)(2025·湖北荆州高三期末)设max{a，b}＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a，a≥b，,b，a<b，))则函数f(x)＝max{x2－x,1－x2}的单调递增区间为(　　) A．[－1,0]，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) B．(－∞，1]，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))，[0,1] D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))，[1，＋∞) (2)(2025·黑龙江大庆高三模拟)函数f(x)＝eq \r(x2＋x－6)的单调递增区间是(　　) A．(－∞，－3) B．[2，＋∞) C．[0,2) D．[－3,2] 【解析】　(1)由x2－x＝1－x2得2x2－x－1＝0，解得x＝1或x＝－eq \f(1,2).当x≥1或x≤－eq \f(1,2)时，f(x)＝max{x2－x,1－x2}＝x2－x，此时函数f(x)的单调递增区间为[1，＋∞)；当－eq \f(1,2)<x<1时，f(x)＝max{x2－x,1－x2}＝1－x2，此时函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)).综上所述，函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))，[1，＋∞)．故选D. (2)要使函数有意义，则x2＋x－6≥0，解得x≥2或x≤－3，易知y＝x2＋x－6在区间(－∞，－3]上单调递减，在区间[2，＋∞)上单调递增，y＝eq \r(x)在定义域内单调递增，结合复合函数的单调性可得函数f(x)＝eq \r(x2＋x－6)的单调递增区间是[2，＋∞)． 【答案】　(1)D　(2)B 角度二　确定含参函数的单调性(区间) (1)试讨论函数f(x)＝eq \f(ax,x－1)(a≠0)在(－1,1)上的单调性． (2)已知f(x)＝eq \f(x,x－a)(a∈R，x≠a)． ①若a＝－2，试证明f(x)在(－∞，－2)上单调递增； ②若a>0，且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求a的取值范围． 【解】　(1)f(x)＝a·eq \f(x－1＋1,x－1)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x－1))). 任取x1，x2∈(－1,1)，且x1<x2， 则f(x1)－f(x2)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x1－1)))－aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2－1))) ＝eq \f(ax2－x1,x1－1x2－1).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． (2)①证明：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). 易知(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． ②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恒成立，只需(x1－a)(x2－a)>0恒成立， 所以a≤1.综上所述0<a≤1. 1．求函数的单调区间时，应先求函数的定义域，在定义域内求单调区间，单调区间不能用集合或不等式表示，且图象不连续的单调区间要用“和”或“，”连接． 2．(1)函数单调性的判断方法：①定义法；②图象法；③利用已知函数的单调性；④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． [针对训练] 1．判断并证明函数f(x)＝ax2＋eq \f(1,x)(其中1<a<3)在x∈[1,2]上的单调性． 解：函数f(x)在[1,2]上单调递增．证明如下： 任取x1，x2∈[1,2]，且x1<x2， 则f(x2)－f(x1)＝axeq \o\al(2,2)＋eq \f(1,x2)－axeq \o\al(2,1)－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). 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． 　 函数的最值(值域) (1)(一题多解)函数y＝x＋eq \r(x－1)的最小值为________． (2)(2024·福建漳州质检)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x＋a，x≤0，,x＋\f(4,x)，x＞0))有最小值，则实数a的取值范围是________． 【解析】　(1)法一(换元法)：令t＝eq \r(x－1)，且t≥0，则x＝t2＋1，所以原函数变为y＝t2＋1＋t，t≥0. 配方得y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))2＋eq \f(3,4)， 又因为t≥0，所以y≥eq \f(1,4)＋eq \f(3,4)＝1， 故函数y＝x＋eq \r(x－1)的最小值为1. 法二：因为函数y＝x和y＝eq \r(x－1)在定义域内均为增函数，故函数y＝x＋eq \r(x－1)在[1，＋∞)内为增函数，所以ymin＝1. (2)(基本不等式法)由题意知，当x>0时，函数f(x)＝x＋eq \f(4,x)≥2eq \r(x·\f(4,x))＝4，当且仅当x＝2时取等号；当x≤0时，f(x)＝2x＋a∈(a,1＋a]，因此要使f(x)有最小值，则必须有a≥4. 【答案】　(1)1　(2)[4，＋∞) 求函数最值的五种常用方法 (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)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． (4)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． (5)换元法：对比较复杂的函数可通过换元将其转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值． [针对训练] 2．(1)(2025·安徽六安一中高三月考)若函数f(x)＝eq \f(2x2＋3,1＋x2)，则f(x)的值域为(　　) A．(－∞，3] B．(2,3) C．(2,3] D．[3，＋∞) (2)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)－3，x≥1，,lgx2＋1，x<1，))则f[f(－3)]＝______，f(x)的最小值是_________. 2eq \r(2)－3 解析：(1)因为f(x)＝eq \f(2x2＋3,1＋x2)＝eq \f(2x2＋1＋1,1＋x2)＝2＋eq \f(1,1＋x2)， 且x2＋1≥1⇒0<eq \f(1,1＋x2)≤1⇒2<2＋eq \f(1,1＋x2)≤3， 所以f(x)的值域为(2,3]，故选C. (2)因为f(－3)＝lg[(－3)2＋1]＝lg 10＝1， 所以f[f(－3)]＝f(1)＝0. 当x≥1时，f(x)＝x＋eq \f(2,x)－3≥2eq \r(2)－3， 当且仅当x＝eq \r(2)时，取等号， 此时f(x)min＝2eq \r(2)－3<0； 当x<1时，f(x)＝lg(x2＋1)≥lg 1＝0，当且仅当x＝0时，取等号，此时f(x)min＝0. 所以函数f(x)的最小值为2eq \r(2)－3. 　 函数单调性的应用 角度一　比较两个函数值 已知函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，当x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立．设a＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，b＝f(2)，c＝f(e)，则a，b，c的大小关系为(　　) A．c>a>b B．c>b>a C．a>c>b D．b>a>c 【解析】　因为f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2))).当x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，知f(x)在(1，＋∞)上单调递减．因为1<2<eq \f(5,2)<e，所以f(2)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))>f(e)，所以b>a>c. 【答案】　D 比较函数值大小的思路：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，要利用其函数性质，转化到同一个单调区间上进行比较，对于选择题、填空题，能数形结合的尽量用图象法求解． 角度二　解函数不等式 已知函数f(x)＝－x|x|，x∈(－1,1)，则不等式f(1－m)<f(m2－1)的解集为________． 【解析】　由已知得f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2，－1<x≤0，,－x2，0<x<1，)) 则f(x)在(－1,1)上单调递减， 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－1<1－m<1，,－1<m2－1<1，,m2－1<1－m，,)) 解得0<m<1， 所以所求解集为(0,1)． 【答案】　(0,1) 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． 角度三　求参数的值或取值范围 (2024·新课标Ⅰ卷)已知函数为f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x2－2ax－a，x<0,ex＋lnx＋1，x≥0))，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】　逻辑分析法＋数形结合法．因为函数f(x)在R上单调递增，且当x＜0时，f(x)＝－x2－2ax－a，所以f(x)＝－x2－2ax－a在(－∞，0)上单调递增，所以－a≥0，即a≤0；当x≥0时，f(x)＝ex＋ln(x＋1)，所以函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增．若函数f(x)在R上单调递增，则－a≤f(0)＝1，即a≥－1.综上，实数a的取值范围是[－1,0]．故选B. 【答案】　B 利用单调性求参数的策略 (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)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． [针对训练] 3．已知函数f(x)是定义在区间[0，＋∞)上的函数，且在该区间上单调递增，则满足f(2x－1)<feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))的x的取值范围是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3))) 解析：因为函数f(x)是定义在区间[0，＋∞)上的增函数，满足f(2x－1)<feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))，所以0≤2x－1<eq \f(1,3)，解得eq \f(1,2)≤x<eq \f(2,3).故选D. 4．函数y＝f(x)在[0,2]上单调递增，且函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，则下列结论成立的是(　　) A．f(1)<feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))<feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2))) B．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))<f(1)<feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2))) C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))<feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))<f(1) D．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))<feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))<f(1) 解析：因为f(x)的图象关于直线x＝2对称，所以f(x)＝f(4－x)，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))).又0<eq \f(1,2)<1<eq \f(3,2)<2，f(x)在[0,2]上单调递增，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<f(1)<feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))，即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))<f(1)<feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2))).故选B. 5．若函数f(x)＝|2x＋a|的单调递增区间是[3，＋∞)，则a的值为________. 解析：由图象(图略)易知函数f(x)＝|2x＋a|的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，＋∞))，令－eq \f(a,2)＝3，得a＝－6. $