第二节　第1课时　函数的单调性与最值课件-2027届高三数学一轮复习

第二节 第二章　函数与基本初等函数 函数的基本性质 第1课时　函数的单调性与最值 第二节 【目标要求】　1.借助函数图象,会用符号语言表达函数的单调性、最大(小)值.2.理解函数的单调性、最值的实际意义,掌握函数单调性的简单应用. 1.函数的单调性 (1)增函数、减函数 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f(x1)<f(x2),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,就称它是增函数 都有f(x1)>f(x2),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,就称它是减函数 图象描述     (2)单调区间的定义 如果函数y=f(x)在区间I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(严格的)单调性,区间I叫做y=f(x)的单调区间. [微点清]　①求函数单调区间或讨论函数单调性必须先求函数的定义域;②一个函数的同一种单调区间用“和”或“,”连接,不能用“∪”连接;③函数在某个区间上是单调函数,但在整个定义域上不一定是单调函数. 2.函数的最值 前提 设函数y=f(x)的定义域为D,如果存在实数M满足 条件 ∀x∈D,都有___________; ∃x0∈D,使得___________ ∀x∈D,都有___________; ∃x0∈D,使得___________ 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(x0)=M f(x)≥M f(x0)=M 1.∀x1,x2∈I且x1≠x2,有>0(<0)或(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0(<0)⇔f(x)在区间I上单调递增(减). 2.在公共定义域内,增函数+增函数=增函数,减函数+减函数=减函数. 3.函数y=f(x)(f(x)>0或f(x)<0)在公共定义域内与y=-f(x),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”. 1.思考辨析(对的打“√”,错的打“×”) (1)若函数f(x)在区间[a,b]上连续,则f(x)在区间[a,b]上一定有最值. (　　) (2)任何函数都有最大值或最小值.(　　) 以函数y=为例,它的值域是(-∞,0)∪(0,+∞),既无最大值,也无最小值. 解析 (3)函数f(x)=在区间[-1,1]上有最值.(　　) 由于f(x)=在x=0处没有定义,且f(x)的图象如图所示,故f(x)=在区间[-1,1]上没有最值,错误. 解析 (4)f(x)在(a,b)上单调递增与(a,b)是f(x)的单调递增区间意义不一样. (　　) f(x)在(a,b)上单调递增与(a,b)是f(x)的单调递增区间意义一样,错误. 解析 2.(人A必一P77“思考”改编)下列函数是增函数的为(　　) A.f(x)=|x| B.f(x)= C.f(x)=x2 D.f(x)= 对于A,f(x)=|x|在R上不具有单调性,不合题意,舍去.对于B,f(x)=为R上的减函数,不合题意,舍去.对于C,f(x)=x2在R上不具有单调性,不合题意,舍去.对于D,f(x)=为R上的增函数,符合题意,故选D. 解析 3.对于任意的实数x,已知函数f(x)=则f(x)的最大值为 (　　) A.-2 B.-1 C.1 D.2 解析 4.函数f(x)=x+在[3,4]上的最小值是(　　) A.4 B. C. D.5 由对勾函数的单调性知,函数f(x)=x+在[3,4]上单调递增,所以f(x)min=f(3)=3+=.故选B. 解析 5.函数f(x)=lo(x2-ax-1)在(1,+∞)上单调递减的一个充分不必要条件是 (　　) A.a<-1 B.a≤0 C.a>1 D.a≥2 解析 解析 【例1】　(1)(多选题)函数f(x)=x2-在下列区间上单调递增的是(　　) A.(2,3) B.(-2,0) C.(-∞,0) D.(0,+∞) 考点一 确定函数的单调性(单调区间) 解析 (2)讨论函数y=x+(k>0)在区间(0,+∞)上的单调性. 解 解 确定函数单调性的方法 (1)定义法.(2)导数法.(3)图象法.(4)性质法.(5)复合函数:同增异减. 【训练】　(1)已知函数f(x)=-x2+2|x|,求函数f(x)的单调递减区间________________. (-1,0),(1,+∞) f(x)=-x2+2|x|= 作出函数f(x)的图象,如图所示,可知f(x)的单调递减区间为(-1,0),(1,+∞). 解析 (2)定义在R上的函数y=f(x)满足当x>0时,f(x)>1,且对任意的a,b∈R,有f(a+b)=f(a)f(b).证明:f(x)是增函数. 解 考向❶比较大小或解不等式 【例2】　(1)定义在R上的函数y=f(x)图象关于直线x=1对称,在(-∞,1)单调递减,若x1<1<x2且x1+x2>2,则(　　) A.f(x1)>f(x2) B.f(x2)>f(2-x1) C.f(x1)>f(2-x2) D.f(x2)<f(2-x1) 考点二 函数单调性的应用 由x1+x2>2,则得x2>2-x1,因为x1<1<x2,所以1<2-x1<x2,又函数y=f(x)图象关于直线x=1对称,在(-∞,1)单调递减,所以f(x)在区间(1,+∞)上单调递增,所以f(x2)>f(2-x1),故选B. 解析 (2)(2026·石家庄模拟)已知f(x)是定义在R上的奇函数,当x1,x2∈(0,+∞)且x1≠x2时,都有>0成立,f(2 027)=2 027,则不等式f(x)-x>0的解集为(　　) A.(-∞,-2 027)∪(2 027,+∞) B.(-2 027,0)∪(2 027,+∞) C.(-2 027,2 027) D. 解析 (1)利用单调性可以比较函数值的大小,但需将各自变量的值化到同一单调区间上. (2)根据题目条件,确定函数的单调性,利用函数的单调性将“f”符号脱掉,转化为具体的不等式求解,应注意函数的定义域. 考向❷求参数取值范围 【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.(-∞,0] B.[-1,0] C.[-1,1] D.[0,+∞) 因为函数f(x)在R上单调递增,且当x<0时,f(x)=-x2-2ax-a,所以函数f(x)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. 解析 利用单调性求参数的取值(范围),可以根据函数的单调性直接构建参数满足的方程(组)(不等式(组)),也可以先得到函数图象的升降,再结合图象求解.对于分段函数,要注意衔接点的取值. 【题组对点练】 题号 1 2 3 考向 ❶ ❷ ❷ (1)已知函数f(x)=ex+e-x,则(　　) A.f(-)<f(e)<f() B.f(e)<f(-)<f() C.f()<f(e)<f(-) D.f(-)<f()<f(e) 解析 (2)(2026·福州质检)若函数f(x)=3|a-2x|在区间(1,2)上单调递减,则a的取值范围是(　　) A.(-∞,2] B.(-∞,4] C.[2,+∞) D.[4,+∞) 函数y=3x在(-∞,+∞)上单调递增,而函数f(x)=3|a-2x|在区间(1,2)上单调递减,所以y=|2x-a|在区间(1,2)上单调递减,所以≥2,解得a∈[4,+∞).故选D. 解析 (3)已知函数f(x)=在[0,1]上单调递减,则实数a的取值范围是 (　　) A.(-∞,0)∪(1,2 026] B.(-∞,0)∪(0,2 026] C.(-∞,0)∪(1,+∞) D.(-∞,0)∪(0,1) 解析 求函数的值域(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)新的量来代替原来的量,实行这种“变量代 换”. (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和的形式. 【典例】　(多选题)下列函数中,值域正确的是(　　) A.当x∈[0,3)时,函数y=x2-2x+3的值域为[2,6) B.函数y=的值域为R C.函数y=2x-的值域为 D.函数y=+的值域为[,+∞) 解析 解析 解析 【微练】　(1)已知函数f(x)=,则函数y=f(x)的值域为_____________. 令-x2+x≥0,可得0≤x≤1,所以函数f(x)=的定义域为[0,1],因为-x2+x=-+,当且仅当x=时,等号成立,0≤-x2+x≤,则0≤,所以函数y=f(x)的值域为. 解析 　 (2)若f(x)=(x>1),则函数f(x)的值域为_____________. 因为x>1,则x-1>0,所以f(x)===x-2+=(x-1)+ -1≥2-1=1,当且仅当x-1=(x>1)时,即当x=2时,等号成立,因此,f(x)=(x>1)的值域为[1,+∞). 解析 [1,+∞) 因为f(x)=函数图象如图所示,由函数图象可知,当x=1时,函数取得最大值f(x)max= f(1)=1.故选C. 由于lox是定义在(0,+∞)上的递减函数,故命题等价于g(x)=x2-ax-1在(1,+∞)上单调递增且取值恒为正.若a>0,则g=-a-1=-a2<0,从而g(x)在(1,+∞)上取值不恒为正,不满足条件;若a≤0,则对任意 x∈(1,+∞)都有g(x)=x2-ax-1≥x2-1>0,且由-a≥0知对任意1<x1<x2都有g(x2)=-ax2-1≥-ax1-1>-ax1-1=g(x1).故g(x)在(1,+∞)上单调递增且取值恒为正,满足条件.所以使得原命题成立的充分必要条件是a≤0,从而观察选项可知A是充分不必要条件,B是充要条件,C,D是既不充分也不必要条件.故选A. f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞).设x1<x2,则f(x1)-f(x2)=-=(x1-x2)·,当x1,x2∈(0,+∞)时,x1-x2<0,x1+x2+>0,所以f(x1)<f(x2),所以f(x)在(0,+∞)单调递增,则函数在区间(2,3)和(0,+∞)上单调递增,A,D正确;当x1,x2∈(-2,0)或(-∞,0)时,f(-1)=1+1=2, f=+=2,则f(-1)<f,(-2,0)和(-∞,0)上不单调递增,B,C错误.故选AD. 函数f(x)=x+(k>0)在区间(0,)上单调递减,在区间[,+∞)上单调递增,以下根据函数单调性的定义证明: ①设0<x1<x2<,则f(x1)-f(x2)=+x1--x2=(x1-x2)+=(x1-x2)+ =(x1-x2)=(x1-x2),因为0<x1<x2<,所以x1-x2<0,x1x2-k<0,x1x2>0,所以f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),所以f(x)在(0,)上单调递减. ②设<x1<x2,由①知f(x1)-f(x2)=(x1-x2),因为<x1<x2,所以x1-x2<0,x1x2-k>0,x1x2>0,所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),所以f(x)在[,+∞)上单调递增. 解法一:∀x1,x2∈R,且x1>x2,令a=x1-x2,b=x2,则f(x1-x2+x2)=f(x1)=f(x1-x2)f(x2),则=f(x1-x2),因为x1-x2>0,所以=f(x1-x2)>1,f(x2)>0,所以f(x1)>f(x2), f(x)是增函数. 解法二:∀x1,x2∈R,且x1>x2,f(x2)=f[x1+(x2-x1)],所以f(x2)-f(x1)=f[x1+(x2-x1)]-f(x1)=f(x1)f(x2-x1)-f(x1)=f(x1)[f(x2-x1)-1],由x2-x1<0,得0<f(x2-x1)<1,又f(x1)>0,所以f(x1)[f(x2-x1)-1]<0,即f(x2)<f(x1),所以f(x)是增函数. 由>0可得>0,设函数g(x)=,x∈(0,+∞),则g(x)在(0,+∞)上单调递增,又因为f(x)为定义在R上的奇函数,g(-x)== g(x),所以g(x)为偶函数,g(x)在(-∞,0)上单调递减,而不等式f(x)-x>0⇔又因为f(2 027)=2 027,所以g(2 027)=g(-2 027)=1,所以不等式的解集为(-2 027,0)∪(2 027,+∞).故选B. 因为f(x)的定义域为R,且f(-x)=e-x+ex=f(x),所以函数f(x)为偶函数.又当x>0时,f'(x)=ex->0,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.因为<<e,所以f()<f()<f(e),又f(-)=f(),所以f(-)<f()<f(e).故选D. 若a<0,则当x∈[0,1]时,函数y=单调递增,又<0,所以函数f(x)=在[0,1]上单调递减,若a>0,则当x∈[0,1]时,函数y=单调递减,只有>0时,才有可能使函数f(x)=在[0,1]上单调递减,所以解得1<a≤2 026.综上,实数a的取值范围是(-∞,0)∪(1,2 026],故选A. 对于A,(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);对于B,(分离常数法)y=== 2+,显然≠0,所以y≠2.故函数的值域为(-∞,2)∪(2,+∞); 对于C,(换元法)设t=,则x=t2+1,且t≥0,所以y=2(t2+1)-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. 对于D,函数的定义域为[1,+∞),因为y=与y=在[1,+∞)上均单调递增, 所以y=+在[1,+∞)上为增函数,所以当x=1时,ymin=,即函数的值域为[,+∞). $