第2章 第2节 函数的单调性与最值（PPT课件）-【满分思维】2027年高考一轮总复习·数学（基础版）

该高中数学高考复习课件聚焦函数的单调性与最值核心考点，依据课标明确单调性定义、单调区间求法、最值概念及应用的考查要求。通过真题改编题和考点梳理，对接高考评价体系，分析单调区间确定、参数范围求解等高频考点权重，归纳比较函数值大小、解函数不等式等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于高考真题训练与应试技巧指导，如2023北京卷具体函数单调区间题、2024新高考Ⅰ卷参数范围题。通过定义法证明单调性培养数学思维的逻辑推理，换元法求最值发展数学语言的抽象表达，帮助学生掌握“同增异减”等答题技巧。教师可据此系统开展复习，助力学生高效冲刺高考。

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.能够利用函数的单调性解决有关问题. 强基础•固本增分 研考点•精准突破 目录索引 强基础•固本增分 自主诊断 1.(人教B版必修第一册习题3-1A第6题)已知f(x),g(x)都是R上的增函数,那么下列结论中正确的是(　　) A.f(x)+g(x)是R上的增函数 B.f(x)-g(x)是R上的减函数 C.f(x)g(x)是R上的增函数 D.f(g(x))是R上的减函数 A 解析 由单调函数的定义可推知f(x)+g(x)是R上的增函数,其余选项均错误,例如:当f(x)=x,g(x)=x3时,f(x),g(x)都是R上的增函数,当f(x)-g(x)=x-x3, f(x)g(x)=x4在R上没有单调性,f(g(x))=x3在R上单调递增.故选A. 2.(人教A版必修第一册复习参考题3第4题改编)若函数y=4x2-kx-8在[5,20]上具有单调性,则实数k的取值范围是(　　) A.[40,160] B.(40,160) C.(-∞,40]∪[160,+∞) D.(-∞,40)∪(160,+∞) C 解析 函数y=4x2-kx-8图象的对称轴为直线x=,由于函数在区间[5,20]上具有单调性,所以有≤5或≥20,解得k≤40或k≥160.故选C. 3.(人教A版必修第一册3.2.1节例5改编)已知函数f(x)=,x∈[2,6],则函数的最大值是　　　,最小值是　　　.  2 0.4 解析 因为函数f(x)=在区间[2,6]上单调递减,所以函数f(x)=在区间[2,6]的两个端点上分别取得最大值与最小值.在x=2时取得最大值,最大值是2;在x=6时取得最小值,最小值是0.4. 4.(人教B版必修第一册3.1.2节练习B第1题)已知函数f(x)在区间[-1,2]上单调递增,在区间[2,5]上单调递减,那么下列说法中,一定正确的是　　　 　　　.  (1)f(0)<f(2); (2)f(3)>f(2); (3)f(x)在区间[-1,5]上有最大值,而且f(2)是最大值; (4)f(0)与f(3)的大小关系不确定; (5)f(x)在区间[-1,5]上有最小值; (6)f(x)在区间[-1,5]上的最小值是f(5). (1)(3)(4)(5) 解析 因为函数f(x)在区间[-1,2]上单调递增,所以f(0)<f(2),故(1)正确. 因为函数f(x)在区间[2,5]上单调递减,所以f(3)<f(2),故(2)错误. 因为函数f(x)在区间[-1,2]上单调递增,在区间[2,5]上单调递减,所以函数f(x)在区间[-1,5]上有最大值,也有最小值,且f(2)是最大值,f(-1)或f(5)是最小值,故(3)(5)正确,(6)不一定正确. 而f(0)与f(3)的大小不确定,故(4)正确. 知识梳理 1.函数的单调性 (1)单调函数的定义 单调性 增函数 减函数 定义 设函数f(x)的定义域为D,区间I⊆D,如果∀x1,x2∈I x1,x2的取值具有任意性且属于同一区间  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,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,就称它是减函数  f(x1)<f(x2) f(x1)>f(x2) 单调性 增函数 减函数 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 微点拨 函数单调性定义的等价形式 (1)若x1,x2∈D,且x1≠x2,则>0 ⇔(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0⇔f(x)为增函数. (2)若x1,x2∈D,且x1≠x2,则<0 ⇔(x1-x2)·[f(x1)-f(x2)]<0⇔f(x)为减函数. (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　　　　　　.  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 单调区间 2.函数的最值 函数的最值一定是某个自变量对应的函数值 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 (1)∀x∈D,都有　　　　　;  (2)∃x0∈D,使得　　　　  (3)∀x∈D,都有　　　　　;  (4)∃x0∈D,使得　　　　  结论 M是y=f(x)的最大值 最大值是所有函数值中最大的一个 M是y=f(x)的最小值 微点拨 1.在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. f(x)≤M f(x0)=M f(x)≥M f(x0)=M 研考点•精准突破 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,+∞)上单调递增的是(　　) 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在区间(0,+∞)上单调递增,所以f(x)=-ln x在区间(0,+∞)上单调递减,故A错误;因为y=2x在区间(0,+∞)上单调递增,y=在区间(0,+∞)上单调递减,所以f(x)=在区间(0,+∞)上单调递减,故B错误;因为y=在区间(0,+∞)上单调递减,所以f(x)=-在区间(0,+∞)上单调递增,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|在区间(0,+∞)上不单调,故D错误. 考点一 考点二 考点三 (2)(2025·江苏无锡模拟)函数y=的单调减区间是　　　　　.  (-∞,-6] 解析 由x2+5x-6≥0,得x≥1或x≤-6,所以函数的定义域为(-∞,-6]∪[1,+∞),函数y=x2+5x-6的单调递减区间是(-∞,-],再与定义域求交集得(-∞,-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”“,”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.(-∞,),(4,+∞) A 解析 函数f(x)=|4-x|·(x-1)=即f(x)=当x≥4时,y=x2-5x+4的单调递增区间为[4,+∞);当x<4时,y=-x2+5x-4的单调递增区间为(-∞,),单调递减区间为(,4),所以函数的单调递减区间为(,4). 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)在区间(-1,1)上的单调性. 考点一 考点二 考点三 解 (方法1　定义法)设-1<x1<x2<1,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)在区间(-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)在区间(-1,1)上单调递增. (方法2　导数法)因为f'(x)===-, 故当a>0时,f'(x)<0,函数f(x)在区间(-1,1)上单调递减; 当a<0时,f'(x)>0,函数f(x)在区间(-1,1)上单调递增. 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·湖南娄底学业考试)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)在区间(0,1)上单调递减. (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0<x1<x2<1,则f(x1)-f(x2)=(4x1+)-(4x2+)=4(x1-x2)+ =(x1-x2)·(4-).因为0<x1<x2<1,所以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)在区间(0,1)上单调递减. 考点一 考点二 考点三 考点二　函数单调性的应用 考向1　比较函数值大小 例3　(2026·江苏南通模拟)已知偶函数f(x)的定义域为(-∞,+∞),对任意的x1,x2∈(-∞,0),都有不等式>0成立.设a=f(-2),b=f(1),c=f(),则a,b,c的大小关系为(　　) A.a<b<c B.b<a<c C.a<c<b D.c<b<a C 解析 由题意得函数f(x)在区间(-∞,0)上单调递增,因为f(x)是R上的偶函数,所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递减,而1<<2,因此f(1)>f()>f(2)=f(-2),所以a,b,c的大小关系为a<c<b. 考点一 考点二 考点三 规律方法　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. 考点一 考点二 考点三 [对点训练3](2025·河北承德模拟)已知f(x)=2x-,a=f(),b=f(),c=f(),则下列选项正确的是(　　) A.a>b>c B.a>c>b C.c>a>b D.c>b>a D 解析 易知函数y=2x和y=-在区间(1,+∞)上单调递增,所以f(x)=2x-在区间(1,+∞)上单调递增.又,故f()>f()>f(),即c>b>a. 考点一 考点二 考点三 考向2　解函数不等式 例4　(2025·甘肃兰州期中)已知函数f(x)=2-x-2x-x,则不等式f(x2-3)+<0的解集为(　　) A.(-2,2) B.(-∞,-2)∪(2,+∞) C.(-) D.(-∞,-)∪(,+∞) B 考点一 考点二 考点三 解析 函数f(x)的定义域为R,且由于y=2-x在R上单调递减,y=2x在R上单调递增,y=x在R上单调递增,所以f(x)在R上单调递减,又不等式f(x2-3)+<0可化为f(x2-3)<-,且f(1)=-,即f(x2-3)<f(1),因此不等式等价于x2-3>1,解得x>2或x<-2.故选B. 考点一 考点二 考点三 AI变式 [变式](改变不等式结构)本例中,若函数解析式不变,则不等式 f(x2-3)+f(2x)<0的解集是　　 　　　　.  (-∞,-3)∪(1,+∞) 解析 由于f(x)=2-x-2x-x,所以f(-x)=2x-2-x+x=-f(x),即f(x)是奇函数,因此不等式f(x2-3)+f(2x)<0可化为f(x2-3)<-f(2x),即f(x2-3)<f(-2x).又f(x)在R上单调递减,所以x2-3>-2x,即x2+2x-3>0,解得x>1或x<-3,故不等式的解集为(-∞,-3) ∪(1,+∞). 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·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均为增函数,且y=ln x定义域为(0,+∞),所以f(x)在区间(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<. 故实数t的取值范围是(0,). 考点一 考点二 考点三 考向3　求参数的取值范围 例5　(1)(2025·山东潍坊期中)已知函数f(x)=ax2-3x+4,若函数f(x)在区间[2,+∞)上单调递减,则实数a的取值范围是(　　) A.[0,] B.[,+∞) C.(-∞,0) D.(-∞,0] D 解析 若a=0,则函数f(x)=-3x+4在区间[2,+∞)上单调递减,符合题意;若a≠0,则应满足解得a<0.综上,实数a的取值范围是(-∞,0].故选D. 考点一 考点二 考点三 (2)(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 当x≥0时,f(x)=ex+ln(x+1)单调递增,当x<0时,f(x)=-x2-2ax-a,所以要使函数f(x)在R上单调递增,需满足解得-1≤a≤0.故所求a的取值范围为[-1,0]. 考点一 考点二 考点三 规律方法　利用单调性求参数的取值(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 考点三　求函数的最值 例6　(多选题)下列函数中,说法正确的有(　　) 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[,+∞) 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).故A正确; ① 对于B,y==2+,显然≠0,所以y≠2.故函数的值域为 (-∞,2)∪(2,+∞).故B错误; 考点一 考点二 考点三 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[,+∞).故C正确; 对于D,函数的定义域为[1,+∞),因为y=与y=在区间[1,+∞)上均单调递增,所以y=在区间[1,+∞)上单调递增,所以当x=1时,ymin=,即函数的值域为[,+∞).故D正确.故选ACD. ② 考点一 考点二 考点三 规律方法　求函数最值(值域)的常用方法 配方法 主要用于和一元二次函数有关的函数最值问题 单调性法 先确定函数的单调性,再由单调性求最值 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 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 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 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 考点一 考点二 考点三 [对点训练6](2026·山东济宁模拟)已知函数f(x)=,则f(x)的最小值为　　　 .  　 解析 函数f(x)=的定义域为R,f(x)=,令t=≥3,函数g(t)=t-在区间[3,+∞)上单调递增,则g(t)min=g(3)=3-,所以f(x)的最小值为. 考点一 考点二 考点三 $