2.3 函数的单调性与最值(二)（课件PPT）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（北师大版）

该高中数学高考复习课件聚焦函数单调性与最值核心考点，依据高考评价体系梳理比较函数值大小、解函数不等式、求参数范围、函数值域与最值四大考查方向，通过近三年高考真题分析明确各考点权重，归纳分式型函数等常考题型，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“真题溯源+题型建模+素养提升”，如以2024新课标I卷分段函数单调性题为例，运用分离常数法换元法突破分式型函数最值难点，培养学生数学思维与逻辑推理能力，帮助学生掌握答题技巧提高得分率，教师可借助课件系统开展复习教学提升备考效率。

正禾一本通 高三一轮总复习 高效讲义 数 学 （2026版） 第二章 函数 01 2．3　函数的单调性与最值(二) 01 02 题型一 题型二 课下巩固精练卷(九) 目 录 目 录 模板来自于：第一PPT https:/// 4 课下巩固精练卷(九) 函数的单调性与最值(二) 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 感谢观看 题型一　函数单调性的应用 角度1　比较函数值的大小 【例1】　(1)(2024·重庆模拟)设函数f(x)＝若a＝ln 2，b＝30.2，c＝log0.32，则(　　 ) 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) 解析：选D.显然f(x)在R上单调递减，又因为30.2＞30＝1，即b＞1，0＝ln 1＜ln 2＜ln e＝1，即0＜a＜1，log0.32＜log0.31＝0，即c＜0，所以b＞a＞c，所以f(b)＜f(a)＜f(c). (2)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，对任意两个不相等的正数x1，x2，都有＞0，记a＝f(1)，b＝，c＝，则(　　 ) A．c＜a＜b B．a＜b＜c C．c＜b＜a D．b＜c＜a 解析：选B.因为＞0等价于＞0，所以函数在(0，＋∞)上单调递增，而函数f(x)是R上的偶函数，即b＝，显然有，即a＜b＜c. 思维升华　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． 角度2　解函数不等式 【例2】　(1)(2024·江苏泰州模拟)设定义在R上的函数f(x)满足：当x1＜x2时，总有f(x2)＜f(x1)，且f(1)＝2，则不等式f(x)＞2x的解集为(　　 ) A．(－∞，1) B．(1，＋∞) C．(－1，1) D．(－∞，1)∪(1，＋∞) 解析：选A.由f(x2)＜f(x1)⇒，令g(x)＝，可知当x1＜x2时，g(x2)＜g(x1)，所以g(x)在定义域R上单调递减，又f(x)＞2x⇒＞1＝，即g(x)＞g(1)，所以由单调性解得x＜1. (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<. 答案：(－，－2)∪(2，) 思维升华　解含“f”的函数不等式的思路 先利用函数的相关性质将不等式转化为f(g(x))>f(h(x))的形式，再根据函数的单调性去掉“f”，得到一般的不等式g(x)>h(x)(或g(x)<h(x))，应注意函数的定义域． 角度3　求参数的范围 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． 教考衔接 链接高考·【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． B． C． D． 解析：选B.因为函数f(x)在R上单调递增，且当x<0时，, 所以在上单调递增，所以-a≥0，即a≤0;当x≥0时，，所以函数f(x)在上单调递增.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. 教材溯源·(北师大版必修一P73)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. 解:要使此分段函数在R上是减函数，需满足 解得 【对点练习】　1.(1)已知f(x)＝，a＝f()，b＝，c＝，则(　　 ) A．a＞b＞c B．a＞c＞b C．c＞a＞b D．c＞b＞a 解析：选D.易知f(x)＝在(1，＋∞)上单调递增，又＞＞，故f()＞f()＞f()，即c＞b＞a. (2)(2024·湖北黄冈二模)已知函数f(x)＝log5(ax－2)在[1，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是(　　 ) A．(1，＋∞) B．[ln 2，＋∞) C．(2，＋∞) D．[2，＋∞) 解析：选C.若f(x)＝log5(ax－2)在[1，＋∞)上单调递增， 则必然在x＝1处有定义，所以a1－2>0，即a>2； 若a>2，则当x≥1时ax－2≥a－2>0， 所以f(x)在[1，＋∞)上有定义， 再由a>2知ax－2在R上单调递增， 所以f(x)在[1，＋∞)上单调递增． (3)已知函数f(x)＝则不等式f(x＋2)<f(x2＋2x)的解集是(　　 ) A．(－2，1) B．(0，1) C．(－∞，－2)∪(1，＋∞) D．(1，＋∞) 解析：选C.由函数f(x)＝的图象(图略)可得f(x)在R上是增函数， 则不等式f(x＋2)<f(x2＋2x)等价于x＋2<x2＋2x，即x2＋x－2>0，解得x>1或x<－2， 则原不等式的解集为(－∞，－2)∪(1，＋∞). 题型二　函数的值域(最值) 【例4】　(1)对于任意实数a，b，定义min＝设函数f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，则函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是________． 解析：法一：在同一坐标系中，作函数f(x)，g(x)的图象， 依题意，h(x)的图象为如图所示的实线部分． 易知点A(2，1)为图象的最高点，因此h(x)的最大值为h(2)＝1. 法二：依题意h(x)＝ 当0<x≤2时，h(x)＝log2x是增函数； 当x>2时，h(x)＝3－x是减函数， 因此h(x)在x＝2时取得最大值h(2)＝1. 答案：1 (2)求下列函数的值域： ①y＝x2－2x＋3，x∈[0，3)； ②y＝； ③y＝2x－； ④y＝＋. 解：①(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). ②(分离常数法)y＝， 显然≠0，∴y≠2. 故函数的值域为(－∞，2)∪(2，＋∞). ③(换元法)设t＝，则x＝t2＋1，且t≥0， ∴y＝2(t2＋1)－t＝， 由t≥0，再结合函数的图象(如图②所示)， 可得函数的值域为. ④(单调性法)函数的定义域为[1，＋∞)， ∵y＝与y＝在[1，＋∞)上均为增函数， ∴y＝＋在[1，＋∞)上为单调递增函数， ∴当x＝1时，ymin＝，即函数的值域为[，＋∞). 方法指导　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)分离常数法：分子、分母同次的分式形式采用配凑分子的方法，把函数分离成一个常数和一个分式的形式． 【对点练习】　2.(1)函数f(x)＝x－＋1在[1，4]上的值域为(　　 ) A． B．[0，1] C． D． 解析：选C.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)＝，故值域为. (2)函数y＝的值域是________. 解析：y＝， ∵函数的定义域为[1，＋∞)， ∴，∴0<y≤，故值域为. 答案： 分式型函数 一、分式型函数的最值 【典例】　1.(1)函数f(x)＝(x≥2)的最大值为________． 解析：y＝，可知x∈(1，+∞)为减函数, 即f(x)max＝f(2)＝2. 答案：2 (2)函数y＝(x>1)的最小值为________． 解析：法一(均值不等式法)　令t＝x－1，则t>0，x＝t＋1， 所以y＝＋1＝3， 当且仅当t＝，即t＝1时取等号，此时x＝2， 从而函数y＝(x>1)的最小值为3. 法二(求导法)　设f(x)＝(x>1)，则f′(x)＝，所以f′(x)>0⇔x>2， f′(x)<0⇔1<x<2，从而f(x)在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 故f(x)min＝f(2)＝3. 答案：3 (3)函数y＝的最大值为________． 解析：设t＝，则t≥1，x2＝t2－1， 且y＝， 当且仅当t＝，即t＝2时取等号， 此时x＝±，所以函数y＝的最大值为. 答案： 思维升华　分式型函数求最值时，一般采用配凑法分离常数，函数化为反比例函数或者与对勾函数、飘带函数的复合函数求最值，也可以利用求导判断单调性再求最值． 二、分式型函数的参数求值(范围)问题 【典例】　2.(1)函数f(x)＝的图象关于直线y＝x对称，则m＝________． 解析：由题意，函数f(x)＝，故其对称中心为点A，因为f(x)的图象关于直线y＝x对称，所以点A在直线y＝x上，从而故m＝－1. 答案：m＝－1 (2)函数f(x)＝在区间(－2，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是________． 解析：f(x)＝，依题意有1－2a<0，即a>. 答案： 思维升华　一次分式型函数的对称中心可以利用分离后的函数与反比例函数图象的关系，通过图象的平移找到对称中心．其单调性利用分离后的函数中反比例函数部分，由反比例函数系数决定单调性，由分母决定单调区间端点． 【基础巩固题】 1．已知函数f(x)＝，则f(x)在区间[2，6]上的最大值为(　　 ) A． B．3 C．4 D．5 解析：选C.∵f(x)＝在[2，6]上单调递减， ∴f(x)max＝f(2)＝4. 2．设a＞0，b＞0，若a2＋2a＝b2＋3b，则(　　 ) A．a＜b B．a＞b C．2a＞3b D．3a＞4b 解析：选B.因为a＞0，所以a2＋3a＞a2＋2a＝b2＋3b，所以a2＋3a＞b2＋3b，令函数f(x)＝x2＋3x，显然函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以a＞b，故A错误，B正确；由a＞0，b＞0，a＞b得a2＞b2，又a2＋2a＝b2＋3b，所以2a＜3b，故C错误；令b＝1，得a＝ －1，此时3a＜4b，故D错误． 3．函数y＝的值域为(　　 ) A．(0，2) B．[2，＋∞) C．(2，3) D．[1，2] 解析：选C.因为y＝，又0＜＜1，所以2＜y＜3. 4．(2023·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝2x(x-a)在区间(0，1)上单调递减，则a的取值范围是(　　 ) A．(－∞，－2] B．[－2，0) C．(0，2] D．[2，＋∞) 解析：选D.函数y＝2x在R上单调递增，而函数f(x)＝2x(x－a)在区间 (0，1)上单调递减，则有函数y＝x(x－a)＝－在区间(0，1)上单调递减，因此≥1，解得a≥2，所以a的取值范围是[2，＋∞)． 5．已知函数f(x)＝满足：对任意x1，x2∈R，当x1≠x2时，都有>0成立，则实数a的取值范围是(　　 ) A．[2，＋∞) B． C． D．[1，2] 解析：选C.因为对任意x1，x2∈R，当x1≠x2时，都有>0成立， 所以函数f(x)＝在R上是增函数， 所以解得<a≤1， 所以实数a的取值范围是. 6．设函数f(x)＝则满足不等式f(2x－1)<2的解集是(　　 ) A． B． C． D． 解析：选D.函数f(x)的图象如图所示， 由图可知，函数f(x)在R上单调递增， 因为f(4)＝2， 所以f(2x－1)<2等价于f(2x－1)<f(4)， 故2x－1<4，即x<. 7．(多选)已知函数f(x)＝在区间(－2，＋∞)上单调递增，则a，b的取值可以是(　　 ) A．a＝－1，b＝2 B．a＝2，b＝1 C．a＝1，b> D．0<a≤1，b＝2 解析：选CD.根据题意，f(x)＝， 其定义域为. 若函数f(x)＝在区间(－2，＋∞)上单调递增，必有－<0， 即0<a≤1且>3，据此分析选项C，D符合． 8．(多选)已知函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(－∞，1)上有最小值，则函数g(x)＝在区间[1，＋∞)上一定(　　 ) A．单调递减 B．单调递增 C．有最小值 D．有最大值 解析：选BC.∵函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(－∞，1)上有最小值， ∴函数图象的对称轴应当位于区间(－∞，1)内， ∴a<1，g(x)＝－2a(x≥1)， 任取1≤x1<x2，g(x1)－g(x2)＝x1＋ ＝(x1－x2)， 由a<1，1≤x1<x2，有x1－x2<0，x1x2>1>0，x1x2－a>0， 则g(x1)－g(x2)<0，即g(x1)<g(x2)， 所以g(x)＝x＋－2a在区间[1，＋∞)上单调递增， 函数的最小值为g(1)＝1－a，无最大值． 9．已知函数f(x)＝－log2(x＋2)，若f(a－2)＞3，则a的取值范围是________． 解析：由f(x)＝－log2(x＋2)知，f(x)在定义域(－2，＋∞)上是减函数， 且f(－1)＝3， 由f(a－2)＞3，得f(a－2)＞f(－1)， ∴解得0＜a＜1. 答案：(0，1) 10．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＋，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. 答案： 2－6 【综合应用题】 11．(2024·哈尔滨质检)已知函数f(x)在R上为增函数，若不等式f(－4x＋a)>f(－3－x2)对∀x∈(3，＋∞)恒成立，则a的取值范围为(　　 ) A．[－1，＋∞) B．[3，＋∞) C．[0，＋∞) D．(1，＋∞) 解析：选C.由题意，得－4x＋a>－3－x2对∀x∈(3，＋∞)恒成立， 则a>－x2＋4x－3对∀x∈(3，＋∞)恒成立． 设函数g(x)＝－x2＋4x－3＝－(x－2)2＋1， 则当x>3时，g(x)<0， 所以a的取值范围为[0，＋∞)． 12．(2024·石家庄质检)已知max{a，b}表示取a和b中较大的数．若对任意x∈R，函数f(x)＝max{－x＋3，，x2－4x＋3}，则f(x)的最小值为(　　 ) A．5 B．4 C．3 D．2 解析：选D.如图，在同一平面直角坐标系中， 画出函数y1＝－x＋3，y2＝，y3＝x2－4x＋3的图象． 根据max{a，b}的定义，可得函数f(x)的图象为图中实线部分． 由可得A(0，3)， 由可得B(1，2)， 由图知f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x＝1时，f(x)最小，且最小值为f(1)＝2. 13．(2024·广东深圳模拟)函数y＝的最大值为________． 解析：令 ＝t，则t≥2，∴x2＝t2－4， ∴y＝，设h(t)＝t＋，则h(t)在[2，＋∞)上为增函数， ∴h(t)min＝h(2)＝， ∴y≤(x＝0时取等号)，即y的最大值为. 答案： 14．已知函数f(x)＝loga(x2－ax＋3)在[0，1]上单调递减，则实数a的取值范围是________． 解析：函数f(x)＝loga(x2－ax＋3)在[0，1]上单调递减， 当0<a<1时，x2－ax＋3＝>0恒成立， 而函数u＝x2－ax＋3在区间[0，1]上不单调，因此0<a<1不符合题意； 当a>1时，函数y＝logau在(0，＋∞)上单调递增， 由复合函数的单调性，得函数u＝x2－ax＋3在区间[0，1]上单调递减， 因此≥1，并且12－a×1＋3>0，解得2≤a<4， 所以实数a的取值范围是[2，4)． 答案：[2，4) 【创新拓展题】 15．设函数f(x)＝若函数f(x)在区间(a，a＋1)上单调递增，则实数a的取值范围是________． 解析：函数f(x)的图象如图所示，由图象可知f(x)在(a，a＋1)上单调递增，需满足a≥4或a＋1≤2，即a≤1或a≥4. 答案：(－∞，1]∪[4，＋∞) 16．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)是增函数，f(1)＝0，f(3)＝1. (1)解不等式0＜f(x2－1)＜1； (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：(1)∵f(x)在(0，＋∞)上为增函数，且f(1)＝0，f(3)＝1， ∴由0＜f(x2－1)＜1，得f(1)＜f(x2－1)＜f(3)，即 解得＜x＜2或－2＜x＜－. ∴原不等式的解集为∪. (2)∵函数f(x)在(0，3]上单调递增， ∴f(x)在(0，3]上的最大值为f(3)＝1， ∴不等式f(x)≤m2－2am＋1对所有x∈(0，3]，a∈[－1，1]恒成立可转化为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]， ∴需满足即 解该不等式组，得m≤－2或m≥2或m＝0，即实数m的取值范围为(－∞，－2]∪{0}∪[2，＋∞)． $