第2章 第2节 函数的单调性与最值（PPT课件）-【艺术生百日冲刺】2026高考数学艺术生基础生文化课成功方案

该高中数学课件聚焦高考函数导数核心考点，覆盖函数单调性与最值等高频内容。通过知识要点系统梳理、双基检测巩固基础、典例精析归纳题型，精准对接高考评价体系，分析考点权重，体现备考针对性和实用性。 课件亮点在于“高考再现”真题训练与应试技巧指导，以数学思维引导学生突破单调性判断、最值求解等题型，如通过导数符号分析单调区间，结合端点值与极值比较求最值。帮助学生掌握答题技巧提高得分率，为教师高考复习教学提供清晰指导。

第二章　函数、导数及其应用 第二节　函数的单调性与最值 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 目录 contents Part 01 知识要点 Part 02 双基检测 Part 05 课时作业 Part 03 典例精析 Part 04 高考再现 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 知识要点 返回导航 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 f(x)≤M f(x0)＝M f(x)≥M f(x0)＝M 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 双基检测 返回导航 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 典例精析 返回导航 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 高考再现 返回导航 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 谢谢观看 第二章　函数、导数及其应用 返回导航 1 1．函数的单调性 定义 如果对于定义域I内某个区间D上的任意两个自变量x1，x2，当x1＜x2时，都有f(x1)＜f(x2)(或f(x1)＞f(x2))，那么就说f(x)在这个区间D上是增函数(或减函数) 有关 定理 k＞0，函数f(x)与kf(x)有相同的单调性； k＜0，函数f(x)与kf(x)的单调性相反 当f(x)恒不为0时，函数f(x)与eq \f(1,fx)的单调性相反 设f(x)，g(x)同时为增(减)函数，则当f(x)，g(x)两者都恒大于0时，f(x)·g(x)是增(减)函数；当两者都恒小于0时，f(x)·g(x)是减(增)函数 2.函数的最值 前提 一般地，设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足 条件 (1)对于任意的x∈I，都有__________； (2)存在x0∈I，使得__________. (1)对于任意的x∈I，都有_________； (2)存在x0∈I，使得__________. 结论 M为最大值 M为最小值 1．已知函数f(x)在(－∞，＋∞)上是减函数，a，b∈R，且a＋b≤0，则有(　　) A．f(a)＋f(b)≤－f(a)－f(b) B．f(a)＋f(b)≥－f(a)－f(b) C．f(a)＋f(b)≤f(－a)＋f(－b) D．f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b) 答案：D 答案：D 2．下列函数中，在R上为增函数的是(　　) A．y＝2－x　　　　　 B．y＝x2 C．y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x，x≥0,x，x＜0)) D．y＝lg x 解析：选C　对于A，y＝2－x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在R上是减函数，故A不正确； 对于B，y＝x2在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数，故B不正确； 对于C，当x≥0时，y＝2x是增函数，当x＜0时，y＝x是增函数，所以函数f(x)在R上是增函数，故C正确； 对于D，y＝lg x的定义域是(0，＋∞)，故不满足在R上为增函数，故D不正确．故选C. 3．函数f(x)是定义在[0，＋∞)上的减函数，则满足f(2x－1)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))的x的取值范围是______． 解析：∵f(x)的定义域是[0，＋∞)， ∴2x－1≥0，即x≥ eq \f(1,2)， 又∵f(x)是定义在[0，＋∞)上的减函数， ∴2x－1< eq \f(1,3)，即x< eq \f(2,3)， 则x的取值范围为 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3))). 答案： eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3))) 4．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x2＋x，0≤x≤2，,－x2－x，－1≤x<0，))若f(x)的最大值为m，f(x)的最小值为n，则m＋n＝______. 解析：当0≤x≤2时，f(x)＝－x2＋x＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋eq \f(1,4)， 所以此时f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq \f(1,4)，f(x)min＝f(2)＝－2， 当－1≤x<0时， f(x)＝－x2－x＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))2＋eq \f(1,4)， 所以此时f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝eq \f(1,4)， f(x)min＝f(－1)＝0， 综上所述，f(x)max＝eq \f(1,4)，f(x)min＝－2， 即m＝eq \f(1,4)，n＝－2，所以m＋n＝－eq \f(7,4). 答案：－eq \f(7,4) 　讨论函数f(x)＝eq \f(ax,x－1)(a≠0)在(－1,1)上的单调性． [思路点拨]　先将函数解析式的结构特征分析、转化，然后根据解析式特征选择合理的方法求解． [精解详析]　法一：设－1<x1<x2<1， f(x)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－1＋1,x－1)))＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x－1)))， 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).由于－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． 法二：f′(x)＝eq \f(ax′x－1－axx－1′,x－12) ＝eq \f(ax－1－ax,x－12)＝－eq \f(a,x－12). 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． 　求下列函数的单调区间； (1)f(x)＝－x2＋2|x|＋3； (2)f(x)＝x＋eq \f(9,x). [思路点拨]　(1)去绝对值号，转化为二次函数求解，或画出函数图象求解；(2)利用导数法求解． [精解详析]　(1)法一： ∵f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x2＋2x＋3，x≥0，,－x2－2x＋3，x＜0，)) ∴由二次函数性质知f(x)的增区间是(－∞，－1]和[0,1]，减区间是[－1,0]和[1，＋∞)． 法二：∵f(x)为偶函数，∴其图象如图所示． 由图象知f(x)的增区间为(－∞，－1]和[0,1]；减区间为[－1,0]和[1，＋∞)． (2)函数f(x)的定义域为{x|x≠0}． f′(x)＝1－eq \f(9,x2)＝eq \f(x2－9,x2). 令f′(x)＞0得x＜－3或x＞3. 令f′(x)＜0，得－3＜x＜0或0＜x＜3. ∴f(x)的增区间是(－∞，－3]和 [3，＋∞)，减区间是(－3,0)和(0,3)． [解题心得] 确定函数单调性(区间)的3种常用方法 (1)定义法：一般步骤为设元→作差→变形→判断符号→得出结论．其关键是作差变形，为了便于判断差的符号，通常将差变成因式连乘(除)或平方和的形式，再结合变量的范围、假定的两个自变量的大小关系及不等式的性质进行判断． (2)图象法：如果f(x)是以图象形式给出的，或者f(x)的图象易作出，则可由图象的直观性确定它的单调性． (3)导数法：利用导数取值的正负确定函数的单调性． 　(1)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________． (2) 已知函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数，若f(a2－a)>f(a＋3)，则实数a的取值范围为________． (3)函数y＝eq \f(3x＋1,x－2)的值域为________． [思路点拨]　(1)将自变量化到同一单区间(1，＋∞)上根据单调性比较a，b，c大小； (2)由增减性将“f”去掉，解关于a的不等式求解； (3)形如求y＝eq \f(cx＋d,ax＋b)(ac≠0)的函数的值域或最值常用分离常数法求解． [精解详析]　(1)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))).由x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)<0恒成立，知f(x)在(1，＋∞)上单调递减． ∵1<2<eq \f(5,2)<e，∴f(2)>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))>f(e)， ∴b>a>c. (2)由已知可得eq \b\lc\{\rc\ (\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，＋∞)． (3)y＝eq \f(3x＋1,x－2)＝eq \f(3x－2＋7,x－2)＝3＋eq \f(7,x－2)， 因为eq \f(7,x－2)≠0，所以3＋eq \f(7,x－2)≠3， 所以函数y＝eq \f(3x＋1,x－2)的值域为{y|y∈R且y≠3}． [答案]　(1) b>a>c (2)(－3，－1)∪(3，＋∞) (3){y|y∈R且y≠3} [解题心得] (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． (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． (4)利用单调性求最值．应先确定函数的单调性，然后再由单调性求出最值． 1．(2024·新课标Ⅰ卷)已知函数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：选B　因为f(x)在R上单调递增，且x≥0时，f(x)＝ex＋ln (x＋1)单调递增， 则需满足 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\f(－2a,2×(－1))≥0，,－a≤e0＋ln 1，))解得－1≤a≤0， 即a的范围是[－1，0].故选：B. 2．(2023·北京高考)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是(　　 ) A．f(x)＝－ln x B．f(x)＝ eq \f(1,2x) C．f(x)＝－ eq \f(1,x) D．f(x)＝3|x-1| 解析：选C　对于A，因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，y＝－x在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝－ln x在(0，＋∞)上单调递减，故A错误； 对于B，因为y＝2x在(0，＋∞)上单调递增，y＝ eq \f(1,x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝ eq \f(1,2x)在(0，＋∞)上单调递减，故B错误； 对于C，因为y＝ eq \f(1,x)在(0，＋∞)上单调递减，y＝－x在(0，＋∞)上单调递减， 所以f(x)＝－ eq \f(1,x)在(0，＋∞)上单调递增，故C正确； 对于D，因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝3| eq \f(1,2)-1|＝3 eq \s\up6(\f(1,2))＝ eq \r(3)， f(1)＝3|1-1|＝30＝1，f(2)＝3|2-1|＝3， 显然f(x)＝3|x-1|在(0，＋∞)上不单调，D错误．故选：C. 3．(2023·新高考Ⅰ卷)设函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝2x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－a))在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))上单调递减，则a的取值范围是(　　 ) A． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－2)) B． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，0)) C． eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，2)) D． eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，＋∞)) 解析：选D　函数y＝2x在R上单调递增，而函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝2x eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－a))在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))上单调递减， 则有函数y＝x(x－a)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2))) eq \s\up12(2)－ eq \f(a2,4)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))上单调递减，因此 eq \f(a,2)≥1，解得a≥2， 所以a的取值范围是 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，＋∞)).故选：D. 4．函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cos x的最小值为________. 解析：∵ f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(3π,2)))－3cos x ＝－cos 2x－3cos x＝－2cos2x－3cos x＋1， 令t＝cos x，则t∈[－1,1]， ∴ f(t)＝－2t2－3t＋1. 又函数f(t)图象的对称轴t＝－eq \f(3,4)∈[－1,1]，且开口向下，∴ 当t＝1时，f(x)有最小值－4. 答案：－4 5．函数f(x)＝eq \f(x,x－1)(x≥2)的最大值为__________． 解析：先利用导数判断函数的单调性，再进一步求解函数的最大值． f′(x)＝eq \f(x－1－x,x－12)＝eq \f(－1,x－12)， 当x≥2时，f′(x)＜0，所以f(x)在[2，＋∞)上是减函数， 故f(x)max＝f(2)＝eq \f(2,2－1)＝2. 答案：2 $