第2节 函数的单调性与最值课件-2027届高三数学一轮复习

第2节　函数的单调性与最值 课标解读　1.借助函数图象,会用符号语言表达函数的单调性,掌握求函数单调区间的基本方法.2.理解函数最大值、最小值的概念,理解它们的作用和实际意义,会求简单函数的最值.3.能够运用函数的单调性解决有关问题. 1.函数的单调性 (1)单调函数的定义 函数分类 增函数 减函数 定义 一般地,设函数f(x)的定义域为D,区间I⊆D,如果∀x1,x2∈I 当x1<x2时,都有　　　　　　,那么就称函数f(x)在区间I上单调递增,特别地,当函数f(x)在它的定义域上单调递增时,我们就称它是增函数  当x1<x2时,都有　　　　　　,那么就称函数f(x)在区间I上单调递减,特别地,当函数f(x)在它的定义域上单调递减时,我们就称它是减函数  f(x1)<f(x2)　 f(x1)>f(x2)　 函数分类 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　 的  微点拨 函数单调性的两个等价结论:设∀x1,x2∈D(x1≠x2),则 (1)>0(或(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0)⇔f(x)在D上单调递增. (2)<0(或(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0)⇔f(x)在D上单调递减. 上升 下降 (2)单调区间的定义 如果函数y=f(x)在区间I上　　　　　　或　　　　　　,那么就说函数y=f(x)在这一区间具有(严格的)单调性,区间I叫做y=f(x)的单调区间.  微警示 “函数的单调区间是M”与“函数在区间N上单调”是两个不同的概念,显然N⊆M. 单调递增 单调递减 2.函数的最值 前提 一般地,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　 ;  (2)∃x0∈D,使得f(x0)=M (1)∀x∈D,都有　 ;  (2)∃x0∈D,使得f(x0)=M 结论 M是函数y=f(x)的最大值 M是函数y=f(x)的最小值 f(x)≤M　 　f(x)≥M 常用结论 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,最值一定在端点处取到. 2.开区间上的“单峰”函数一定存在最大值或最小值. 3.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)都是区间I上的增(减)函数时,f(x)+g(x)也是区间I上的增(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=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”. [自主诊断] 1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”) (1)若函数f(x)满足f(-3)<f(2),则f(x)在区间[-3,2]上单调递增.(　　) (2)若函数f(x)在区间(-2,3)内单调递增,则函数f(x)的单调递增区间为(-2,3). (　　) (3)在闭区间上单调的函数,其最值一定在区间端点取到.(　　) (4)函数y=的单调递减区间是(-∞,0)∪(0,+∞).(　　) × 解析 只有对区间[-3,2]上的任意两个自变量的取值x1,x2,当x1<x2时,都有f(x1)<f(x2),才能说明函数f(x)在区间[-3,2]上单调递增. × 解析 区间(-2,3)是函数f(x)的单调递增区间的子集. √ × 解析 单调区间不能用“∪”连接. 2.(人A必修一教材习题改编)下列函数中,在其定义域上是减函数的是(　　) A.y=-2x+1　　　B.y=x2+1 C.y= D.y=2x A 解析 y=-2x+1在R上是减函数,故A正确;y=x2+1在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,故B错误;y=在[0,+∞)上是增函数,故C错误;y=2x在R上是增函数,故D错误.故选A. 3.(2023·新高考Ⅰ,4)设函数f(x)=2x(x-a)在区间(0,1)内单调递减,则a的取值范围是(　　) A.(-∞,-2] B.[-2,0) C.(0,2] D.[2,+∞) D 解析 因为函数y=2x在R上单调递增,而函数f(x)=2x(x-a)在区间(0,1)内单调递减,则有函数y=x(x-a)= (x-)2-在区间(0,1)内单调递减,所以1,解得a≥2,所以a的取值范围是[2,+∞).故选D. 4.(人A必修一教材例题改编)已知函数f(x)=,x∈[0,2],则f(x)的最大值为　　　　,最小值为　　　　.  2 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)= 5.(人A必修一教材例题)根据定义证明函数f(x)=x+在区间(1,+∞)内单调递增. 证明 设∀x1,x2∈(1,+∞),且x1<x2,有f(x1)-f(x2)= (x1+)-(x2+) =(x1-x2)+()=(x1-x2)+(x1x2-1). 由x1,x2∈(1,+∞),得x1>1,x2>1,所以x1x2>1,x1x2-1>0,又由x1<x2,得x1-x2<0,于是(x1x2-1)<0,即f(x1)<f(x2).所以函数f(x)=x+在区间(1,+∞)内单调递增. 6.(湘教必修一教材习题)如图所示是函数f(x)的图象.列出f(x)的若干区间,说明它在各区间上的增减性,并指出该函数的最大、最小值点及最值. 解 观察题目中图象知,函数f(x)的单调递减区间是[-5,-3],[-1,2],[3,5],单调递增区间是[-3,-1],[2,3],函数f(x)的最大值点是x=-1,最小值点是x=2,函数f(x)的最大值是1.5,最小值是-1. 考点一　确定函数的单调性 考向1　求具体函数的单调区间 例1　(1)(2023·北京,4)下列函数中,在区间(0,+∞)内单调递增的是(　　) A.f(x)=-ln x B.f(x)= C.f(x)=- D.f(x)=3|x-1| C 考点一 考点二 考点三 解析 因为y=ln x在(0,+∞)内单调递增,所以f(x)=-ln x在(0,+∞)内单调递减,故A错误; 因为y=2x在(0,+∞)内单调递增,y=在(0,+∞)内单调递减,所以f(x)=在(0,+∞)内单调递减,故B错误; 因为y=在(0,+∞)内单调递减,所以f(x)=-在(0,+∞)内单调递增,故C正确; 因为f()=,f(1)=3|1-1|=30=1,f(2)=3|2-1|=3,显然f(x)=3|x-1|在(0,+∞)内不单调,故D错误.故选C. 考点一 考点二 考点三 (2)(2025·江苏无锡模拟)函数f(x)=的单调递减区间是　　　.  (-∞,-6] 解析 由x2+5x-6≥0,得x≥1或x≤-6,所以函数f(x)的定义域为(-∞,-6]∪[1,+∞),函数y=x2+5x-6的单调递减区间是(-∞,-],所以函数f(x)的单调递减区间是( -∞,-6]. 考点一 考点二 考点三 规律方法　求函数单调区间的方法 (1)基本初等函数法:根据常用基本初等函数的单调性确定单调区间. (2)图象法:作出函数图象,由图象的升降情况确定单调区间,注意不连续的单调区间不能用“∪”联结,只能用“和”“及”联结. (3)复合函数法:根据“同增异减”确定函数的单调区间. (4)导数法:根据导数的正、负确定函数的单调区间. 考点一 考点二 考点三 [对点训练1](2026·湖南长沙模拟)函数f(x)=|4-x|·(x-1)的单调递减区间为(　) A.(,4) B.(1,4) C.(-∞,4) D.(-∞,)和(4,+∞) A 解析 函数f(x)=|4-x|·(x-1)= 当x≥4时,f(x)=x2-5x+4的单调递增区间为[4,+∞); 当x<4时,f(x)=-x2+5x-4的单调递增区间为(-∞,),单调递减区间为(,4).所以函数f(x)的单调递减区间为(,4).故选A. 考点一 考点二 考点三 考向2　判断(证明)函数的单调性 例2　试讨论函数f(x)=(a≠0)在(-1,1)内的单调性. 考点一 考点二 考点三 解 (方法一　定义法)设x1,x2是(-1,1)内的任意两个值,且x1<x2. 因为f(x)=a=a(1+), 所以f(x1)-f(x2)=a(1+)-a(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)内单调递减; 当a<0时,f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),函数f(x)在(-1,1)内单调递增. (方法二　导数法)因为f'(x)== -故当a>0时,f'(x)<0,函数f(x)在(-1,1)内单调递减; 当a<0时,f'(x)>0,函数f(x)在(-1,1)内单调递增. 考点一 考点二 考点三 规律方法　利用定义法证明或判断函数的单调性的步骤 考点一 考点二 考点三 [对点训练2](2025·湖南娄底模拟)已知函数f(x)=4x+,f(1)=13. (1)求m的值; (2)用定义法证明:函数f(x)在(0,1)内单调递减. 考点一 考点二 考点三 (1)解 因为f(1)=13,将x=1代入函数f(x)=4x+, 可得4×1+=13,解得m=9. (2)证明 设x1,x2是(0,1)内的任意两个值,且x1<x2,则f(x1)-f(x2)= (4x1+)-(4x2+)=4(x1-x2)+=(x1-x2) (4-), 因为0<x1<x2<1,所以0<x1x2<1,则>9,4-<0,又x1-x2<0,所以f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2), 所以函数f(x)在(0,1)内单调递减. 考点一 考点二 考点三 考点二　函数单调性的应用 考向1　比较函数值的大小 例3　(2025·广西玉林模拟)已知函数f(x)=ex-,设a=f(log32),b=f(tan 1), c=f(),则a,b,c的大小关系是(　　) A.c<b<a B.c<a<b C.a<b<c D.a<c<b D 考点一 考点二 考点三 解析 由于函数y=ex,y=-均在(0,+∞)内单调递增,故f(x)=ex-在(0,+∞)内单调递增. 因为0<log32<log33==tan<tan 1, 所以f(log32)<f()<f(tan 1), 所以a<c<b.故选D. 考点一 考点二 考点三 规律方法　比较函数值的大小时,先把自变量的取值转化到同一个单调区间内,然后利用函数的单调性解决. 考点一 考点二 考点三 [对点训练3]已知对f(x)定义域内的任意实数x1,x2,且x1≠x2, [f(x1)-f(x2)](x1-x2)>0恒成立,设a=f,b=f(3),c=f(5),则(　　) A.b<a<c B.c<b<a C.b<c<a D.a<b<c D 解析 由题意可得函数f(x)在其定义域内是增函数,所以f<f(3)<f(5),即a<b<c.故选D. 考点一 考点二 考点三 考向2　解函数不等式 例4　(2025·山东烟台三模)已知函数f(x)=ln x+2x,若f(2t)<2,则实数t的取值范围是　　　　　.  (0,) 解析 已知f(x)=ln x+2x,其中y=ln x和y=2x均为单调递增函数,且y=ln x的定义域为(0,+∞),y=2x的定义域是R,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,且 f(1)=ln 1+21=2,可得f(2t)<f(1),可得0<2t<1,解得0<t<,所以实数t的取值范围是 考点一 考点二 考点三 规律方法　 考点一 考点二 考点三 [对点训练4](2025·浙江湖州模拟)已知函数f(x)=ex-e-x,则使f(|x|)<f(-3x2+4)成立的实数x的取值范围是(　　) A.(-1,0) B.(-1,+∞) C.(-1,1) D.(1,+∞) C 解析 因为函数y=ex为增函数,函数y=e-x为减函数,所以函数f(x)=ex-e-x为增函数,所以f(|x|)<f(-3x2+4)⇔|x|<-3x2+4,即3|x|2+|x|-4<0,(|x|-1)(3|x|+4)<0,得0≤|x|<1,解得-1<x<1,所以实数x的取值范围是(-1,1).故选C. 考点一 考点二 考点三 考向3　求参数的取值范围 例5　(2024·新高考Ⅰ,6)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 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,则需满足解得-1≤a≤0,即a的取值范围是[-1,0].故选B. 考点一 考点二 考点三 规律方法　利用函数单调性求参数的取值(范围)时,根据其单调性直接构建参数满足的方程(组)(不等式(组)),或先画出函数的图象,再结合图象求解.对于分段函数,要注意衔接点的取值. 考点一 考点二 考点三 [对点训练5](原创题)函数f(x)=在[2,+∞)内单调递减,则实数b的取值范围是　　　　　.    (-∞,4] 解析 因为函数y=是减函数,f(x)=在[2,+∞)内单调递减,所以函数y=x2-bx在[2,+∞)内单调递增,则2,得b≤4,所以实数b的取值范围是(-∞,4]. 考点一 考点二 考点三 考点三　求函数的值域与最值 例6　(多选题)下列选项正确的是(　　) A.当x∈[0,3)时,函数y=x2-2x+3的值域为[2,6) B.函数y=(x∈R且x≠3)的值域为R C.函数y=2x-(x≥1)的值域为 D.函数y=(x≥1)的值域为[,+∞) ACD 考点一 考点二 考点三 解析 对于A,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),A正确; 图1 图2 考点一 考点二 考点三 对于B,y==2+,显然0,所以y≠2.故函数的值域为 (-∞,2)∪(2,+∞),B错误; 对于C,设t=,则x=t2+1,且t≥0,所以y=2(t2+1)-t=2(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[,+∞),C正确; 对于D,函数的定义域为[1,+∞),因为y=与y=在[1,+∞)内均单调递增,所以y=在[1,+∞)内为增函数, 所以当x=1时,ymin=,即函数的值域为[,+∞),D正确.故选ACD. 考点一 考点二 考点三 规律方法　求函数值域(最值)的常用方法 (1)配方法:主要用于和一元二次函数有关的函数求值域问题. (2)单调性法:利用函数的单调性,再根据所给定义域来确定函数的值域. (3)数形结合法. (4)换元法:引进一个(几个)新的量代替原来的量,实行“变量代换”. (5)分离常数法:若一个分式的分子、分母是次数相同的多项式,则采用配凑分子的方法,把函数分离成一个常数和一个分式之和的形式. 考点一 考点二 考点三 [对点训练6]函数f(x)=的最大值为　　　　　.  2 解析 (方法一　数形结合法)作出函数f(x)=的大致图象如图所示,则f(x)max=f(0)=2. 考点一 考点二 考点三 (方法二　单调性法)当x≥1时,函数f(x)=单调递减,所以f(x)在x=1处取得最大值,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,为f(0)=2. 故函数f(x)的最大值为2. 考点一 考点二 考点三 $