函数的单调性和最值 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“函数的单调性和最值”核心考点，依据高考评价体系梳理了单调性定义、判断、应用及最值求法等考查要求，通过表格对比单调递增与递减定义、等价形式及复合函数“同增异减”法则，分析出单调性判断、参数求解、最值计算等高频考点占比，归纳了多选、填空、解答等常考题型。 课件亮点在于“知识点分层突破+高考真题变式训练+方法体系构建”，如以重庆十一中质量监测题为例，用导数法结合分段函数单调性衔接条件求参数范围，培养学生数学思维中的推理能力，通过构造函数解不等式的“模型意识”训练，帮助学生掌握得分技巧，教师可据此实施精准复习，提升备考效率。

2.2 函数的单调性和最值 返回目录 知识清单 知识点1　函数的单调性 1.函数的单调性 单调递增 单调递减 定义 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 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上单调递减 图象 描述 自左向右看图象是上升的 自左向右看图象是下降的 返回目录 　　特别地,当函数f(x)在它的定义域上单调递增(减)时,我们就称它是增(减)函数. 知识拓展　单调函数的定义有以下两种等价形式:∀x1,x2∈[a,b],且x1≠x2, (1) >0⇔f(x)在[a,b]上单调递增; <0⇔f(x)在[a,b]上单调递减. (2)(x1-x2)(f(x1)-f(x2))>0⇔f(x)在[a,b]上单调递增;(x1-x2)(f(x1)-f(x2))<0⇔f(x)在[a,b]上单调递 减. 2.函数的单调区间: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) 在这一区间上具有(严格的)单调性,区间I叫做y=f(x)的单调区间. 3.复合函数的单调性:对于函数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,则y=f(φ(x))单调递增;如果y=f(u)与u=φ(x)的单调性相反,则y=f(φ(x)) 单调递减.简称“同增异减”. 返回目录 知识点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 对于任意的x∈D,都有f(x)≤M; 存在x0∈D,使得f(x0)=M 对于任意的x∈D,都有f(x)≥M; 存在x0∈D,使得f(x0)=M 结论 M为y=f(x)的最大值 M为y=f(x)的最小值 知识拓展    1.闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值. 2.开区间上的“单峰”连续函数一定存在最大值或最小值. 返回目录 即练即清 1.判断正误.(对的打“√”,错的打“✕”) (1)函数y= 的单调递减区间是(-∞,0)∪(0,+∞). ( ) (2)函数y=f(x)在区间I上单调递减的充要条件是∀x1,x2∈I,x1≠x2,都有 >0. ( ) (3)函数g(x)=x2-3x(x∈[2,4])的最小值为-2. ( )     √         ✕         ✕     返回目录 2.(易错题)若函数y=f(x)是定义在[-2,2]上的减函数,且f(a+1)<f(2a),则实数a的取值范 围是______________.     [-1,1)     返回目录 3.函数f(x)= 在区间[1,4]上的最大值为_________,最小值为_________.     3     返回目录 4.已知函数f(x)在R上单调递减,则f( )的单调递增区间为_______________.     (-∞,-2]     返回目录 考点清单 考点1　函数的单调性 角度1　单调性的判断 典例1    (1)(多选)下列函数在(0,+∞)上单调递增的是 ( ) A.y=ex-e-x　　     B.y=|x2-2x| C.y=2x+2cos x　　    D.y=  (2)已知定义在(-2,3-a)上的函数f(x)= 的图象关于原点对称. ①求f(x)的解析式; ②判断并用定义证明f(x)的单调性.     AC     返回目录 解析    (1)∵y=ex与y=-e-x为R上的增函数,∴y=ex-e-x为R上的增函数,故A符合题意; 由y=|x2-2x|的图象(如图)知,B不符合题意;   对于选项C,易知y'=2-2sin x≥0,∴y=2x+2cos x在(0,+∞)上单调递增,故C符合题意; y= 的定义域为(-∞,-2]∪[1,+∞),故D不符合题意. (2)①由题意可得f(0)= =0,-2+3-a=0,解得b=0,a=1, 则f(x)= , 返回目录 此时有f(-x)= =-f(x), 所以f(x)的图象关于原点对称,因此a=1,b=0, 故f(x)的解析式为f(x)= . ②f(x)在(-2,2)上单调递增. 证明如下:任取x1,x2∈(-2,2),x1<x2, 则f(x1)-f(x2)= -  =  =  返回目录 = , 由-2<x1<x2<2,知4+x1x2>0,x1-x2<0,(4- )(4- )>0,故f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2), 故f(x)在(-2,2)上单调递增. 返回目录 方法总结　判断函数单调性的常用方法   返回目录 变式训练 1.(图象法)函数g(x)=x·|x-1|+1的单调递减区间为 ( ) A. 　　    B.  C.[1,+∞)　　    D. ∪[1,+∞)     B     返回目录 解析    g(x)=x·|x-1|+1= 画出函数图象,如图所示,根据图象知,函数的单调 递减区间为 .   返回目录 2.(复合法)函数f(x)= 的单调递增区间是 ( ) A.[-1,+∞)　　    B.(-∞,-1) C.(-∞,0)　　     D.(0,+∞)     B     解析    f(x)= 可分解为y=2u和u=-x2-2x两个函数,y=2u在R上单调递增, u=-x2-2x=-(x+1)2+1在(-∞,-1)上单调递增,在[-1,+∞)上单调递减,根据复合函数单调性得 到函数f(x)= 在(-∞,-1)上单调递增. 返回目录 角度2　利用单调性比较大小 典例2　已知函数f(x)为R上的偶函数,对任意x1,x2∈(-∞,0),且x1≠x2,均有(x1-x2)·(f(x1)- f(x2))<0成立,若a=f(ln ),b=f( ),c=f( ),则a,b,c的大小关系是( ) A.c<b<a　　    B.a<c<b　　    C.a<b<c　　    D.c<a<b     B     返回目录 解析　第一步:确定单调区间 ∵对任意x1,x2∈(-∞,0),且x1≠x2,均有(x1-x2)·(f(x1)-f(x2))<0成立,∴函数在区间(-∞,0)上单 调递减, ∵f(x)是偶函数,∴当x∈(0,+∞)时, f(x)单调递增. 第二步:确定要比较的函数值的自变量是否在同一单调区间内 ∵1< < ,又0<ln <1,∴ln < < ,易知ln , , 均在(0,+∞)内. 第三步:利用单调性比较大小 因此f( )>f( )>f(ln ),即a<c<b.故选B. 返回目录 方法总结　利用函数的单调性比较大小的步骤   返回目录 变式训练 3.(已知条件变式)已知函数f(x)= 若a=50.01,b=log32,c=log20.9,则有( ) 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)     A     解析　因为y=ex是增函数,y=e-x是减函数,所以f(x)=ex-e-x在(0,+∞)上单调递增,且f(x)>0. 又f(x)=-x2在(-∞,0]上单调递增,且f(x)≤0,所以f(x)在R上单调递增. 又c=log20.9<0,0<b=log32<1,a=50.01>1, 即a>b>c,所以f(a)>f(b)>f(c). 返回目录 角度3　利用单调性解函数不等式 典例3　已知函数f(x)的定义域为(0,+∞),∀x1,x2∈(0,+∞),且x1≠x2,都有  <-1, 若f(1)=2 024,则不等式f(x-1)>2 026-x的解集为_____________.     (1,2)     解析　因为∀x1,x2∈(0,+∞),且x1≠x2, <-1, 即 <0,令g(x)=f(x)+x,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减.因为f(1)=2 024, 所以g(1)=f(1)+1=2 025,所以f(x-1)>2 026-x等价于g(x-1)>g(1),【f(x-1)>2 025-(x-1),即f(x- 1)+(x-1)>g(1),即g(x-1)>g(1)】所以0<x-1<1,解得1<x<2,故所求不等式的解集为(1,2). 方法总结　求解函数不等式的本质是利用函数的单调性将“f”脱去,转化为关于自变 量的不等式求解,应注意函数的定义域对自变量的限制. 返回目录 变式训练 4.(条件结论变式)(多选)(2024届广东茂名期末)定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足  <0,且f =3, f(3)=9,则下列结论中正确的是 ( ) A.不等式f(x)>3x的解集为(3,+∞) B.不等式f(x)>3x的解集为(0,3) C.不等式f(x)<6x的解集为  D.不等式f(x)<6x的解集为      BC     返回目录 解析　不妨令x1>x2>0,由 <0,得x2f(x1)-x1f(x2)<0,即 < ,令g(x)=  ,则g(x1)<g(x2),故g(x)= 在(0,+∞)上单调递减.对于A,B,由f(x)>3x,得 >3,因为 f(3)=9,所以g(3)= =3,所以g(x)>g(3),又g(x)在(0,+∞)上单调递减,所以0<x<3,故A错误, B正确;对于C,D,由f(x)<6x,得 <6,因为f =3,所以g = =6,所以g(x)<g ,又 g(x)在(0,+∞)上单调递减,所以x> ,故C正确,D错误.故选BC. 返回目录 角度4　利用单调性求参数 典例4    (2026届重庆十一中质量监测,7)已知函数f(x)= 在(0,+∞)上单 调递减,则a的取值范围为 ( ) A.[-3,4]　　    B.(-3,4)　　    C.(-∞,4]　　    D.(-∞,4)     A     解析　当0<x≤1时, f(x)=e1-x-ln x,求导得f '(x)=-e1-x- <0,则f(x)在(0,1]上单调递减.因为f(x) 在(0,+∞)上单调递减,所以 解得-3≤a≤4.故选A. 返回目录 解题技巧　利用函数单调性求参数的解题策略 1.视参数为已知数,依据函数的图象或单调性的定义,确定函数的单调区间,与已知单调 区间比较求参数. 2.分段函数的单调性除要注意各段的单调性,还要注意分界点处的函数值的大小关系. 返回目录 变式训练 5.(关键元素变式)(2025届福建厦门一中入学考,5)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,+∞)     D     解析　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, 依题意得 ≥2,解得a≥4,则a的取值范围是[4,+∞).故选D. 返回目录 考点2　函数的最值(值域) 典例5    (1)函数y= 的值域为 ( ) A. 　　     B.[2,+∞) C. ∪ 　　    D.(-∞,2)∪(2,+∞) (2)设函数y=f(x)的定义域为D,对给定正数M,定义函数fM(x)= 则称函数 fM(x)为f(x)的“孪生函数”.若给定函数f(x)= M=1,则y=fM(x)的值域为  ( ) A.[-2,1]　　    B.[-1,2] A         D     C.(-∞,2]　　    D.(-∞,-1] 返回目录 解析    (1)y= = =2- ,因为 ≠0,所以y= ≠2, 因此函数y= 的值域为(-∞,2)∪(2,+∞).故选D. (2)如图,根据“孪生函数”的定义发现fM(x)图象特点,在y=M上方的变为y=M,其余不变, 由图可知fM(x)的值域为[-2,1].故选A.   返回目录 典例6    (2025届四川眉山中学三模,6)已知函数f(x)=x2-2x+1,若∃x∈[2,+∞),∀a∈[-1,1] 均有f(x)<m-2am+2成立,则实数m的取值范围为 ( ) A.(-3,1)　　    B. 　　    C. 　　    D.(-1,3)     B     解析　因为∃x∈[2,+∞),∀a∈[-1,1],均有f(x)<m-2am+2成立, 所以f(x)min<(m-2am+2)min, 因为函数f(x)=x2-2x+1图象的对称轴为直线x=1,所以函数f(x)在[2,+∞)上单调递增,因此 f(x)min=f(2)=1, 所以m-2am+2>f(2)=1,即2am-m-1<0∀a∈[-1,1]恒成立, 【方法技巧:对于定义域为闭区间的单调函数,最大(小)值一定在端点值处取得,利用两 返回目录 个端点值列不等式组避免分类讨论】 令g(a)=2am-m-1, 则 解得- <m<1, 因此,实数m的取值范围是 .故选B. 返回目录 方法总结　求函数最值的常用方法 1.图象法:能作出图象的函数,可先作出函数的图象,再利用函数图象(或函数图象的一 部分)确定函数的最值. 2.单调性法:先确定函数的单调性,再利用单调性求最值. 3.换元法:对较复杂的函数可先通过换元转化为熟悉的函数,再用相应的方法求最值. 4.导数法:先求导,然后求出给定区间上的极值,最后结合端点值,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 数和一个分式和的形式. 返回目录 变式训练 6.(关键元素变式)已知函数f(x)= + . (1)求函数f(x)的单调区间和值域; (2)设F(x)=m +f(x),求函数F(x)的最大值的表达式g(m). 返回目录 解析    (1)要使函数f(x)有意义,需满足 解得-1≤x≤1, 所以函数f(x)的定义域是[-1,1]. 因为f2(x)=2+2 ,又f(x)≥0,所以f(x)= , 所以f(x)的单调递增区间为[-1,0],单调递减区间为[0,1].【同增异减】 又0≤ ≤1,所以2≤f2(x)≤4, 因为f(x)≥0,所以 ≤f(x)≤2,即函数f(x)的值域为[ ,2]. (2)令f(x)=t,t2=2+2 ,则 = t2-1,则y=m +t= mt2+t-m,t∈[ ,2], 返回目录 令h(t)= mt2+t-m, 【思路探究:由(1)知, f 2(x)=2+2 ,与F(x)中含自变量的形式相同,考虑到换元,换元 时要注意新元的取值范围】 当m≠0时,函数h(t)的图象的对称轴为直线t=- . ①当m>0时,- <0,函数h(t)在区间[ ,2]上单调递增, ∴g(m)=h(2)=m+2. ②当m<0时,- >0, 若0<- ≤ ,则m≤- ,函数h(t)在区间[ ,2]上单调递减, 返回目录 ∴g(m)=h( )= ; 若 <- ≤2,则- <m≤- , g(m)=h =-m- ; 若- >2,则- <m<0,函数h(t)在区间[ ,2]上单调递增, ∴g(m)=h(2)=m+2; 当m=0时,h(t)=t,g(m)=2. 综上,g(m)=  返回目录 $