2.3 函数单调性的应用新授课第2课时高一上学期北大师版必修一

该高中数学课件聚焦函数单调性的应用，涵盖单调性证明、利用单调性求最值及解不等式等核心内容。通过复习单调性定义引入，结合具体例题构建从基础到应用的学习支架，衔接前后知识脉络。 其亮点在于题型分层清晰，注重逻辑推理与数学语言规范。如通过定义法证明步骤培养推理能力，抽象函数问题（例5）提升抽象思维，课堂检测巩固双基。助力学生系统掌握方法，教师可高效实施教学。

§3　函数的单调性和最值 第2课时　函数单调性的应用 关键能力•攻重难 课堂检测•固双基 关键能力•攻重难 返回导航 第二章　函　数 数学（必修·第一册　BSD） 题型探究 题型一 函数单调性的证明  [分析]　通过函数的图象判断单调性，再进行证明． 例 1 返回导航 第二章　函　数 数学（必修·第一册　BSD） 返回导航 第二章　函　数 数学（必修·第一册　BSD） 返回导航 第二章　函　数 数学（必修·第一册　BSD） [归纳提升]　证明的关键是作差之后的变形，变形的结果应是几个因式乘积的形式． 关于定义法证明函数的单调性 返回导航 第二章　函　数 数学（必修·第一册　BSD） (1)步骤： (2)实质：通过代数运算的结果证明函数的单调性 返回导航 第二章　函　数 数学（必修·第一册　BSD） 返回导航 第二章　函　数 数学（必修·第一册　BSD） 返回导航 第二章　函　数 数学（必修·第一册　BSD） 题型二 利用单调性求最值  [分析]　利用函数单调性来求函数最值，即先判断函数的单调性，再求最值． 例 2 返回导航 第二章　函　数 数学（必修·第一册　BSD） 返回导航 第二章　函　数 数学（必修·第一册　BSD） 返回导航 第二章　函　数 数学（必修·第一册　BSD） [归纳提升]　1．利用函数单调性求最值的一般步骤： (1)判断函数的单调性．(2)利用单调性写出最值． 2．利用单调性求最值的三个常用结论 (1)如果函数f(x)在区间[a，b]上是增(减)函数，则f(x)在区间[a，b]的左、右端点处分别取得最小(大)值和最大(小)值． (2)如果函数f(x)在区间(a，b]上是增函数，在区间[b，c)上是减函数，则函数f(x)在区间(a，c)上有最大值f(b)． (3)如果函数f(x)在区间(a，b]上是减函数，在区间[b，c)上是增函数，则函数f(x)在区间(a，c)上有最小值f(b)． 返回导航 第二章　函　数 数学（必修·第一册　BSD） 返回导航 第二章　函　数 数学（必修·第一册　BSD） 题型三 单调性的应用  　　　　已知函数f(x)是定义在R上的增函数，且f(3a－7)＞f(11＋8a)，求实数a的取值范围． [分析]　根据函数的单调性定义可知，由两个自变量的大小可以得到相应的函数值的大小，反之，由两个函数值的大小也可以得到相应自变量的大小． 例 3 返回导航 第二章　函　数 数学（必修·第一册　BSD） [归纳提升]　利用函数的单调性解函数值的不等式就是利用函数在某个区间内的单调性，去掉对应关系“f”，转化为自变量的不等式，此时一定要注意自变量的限制条件，以防出错． 返回导航 第二章　函　数 数学（必修·第一册　BSD） 【对点练习】❸　已知函数g(x)是定义在R上为增函数，且g(t)＞g(1－2t)，求实数t的取值范围． 返回导航 第二章　函　数 数学（必修·第一册　BSD） 误区警示 混淆“单调区间”和“区间上单调” 　　　　若函数f(x)＝x2＋2(a－1)x＋2的单调递减区间是(－∞，4]，则实数a的取值集合为___________． [错解]　函数f(x)图象的对称轴为直线x＝1－a，由于函数在区间(－∞，4]上单调递减，因此1－a≥4，即a≤－3．故填a≤－3． {－3}　 例 4 返回导航 第二章　函　数 数学（必修·第一册　BSD） [错因分析]　导致上述错解的原因是把“单调区间”误认为是“在区间上单调”． [正解]　因为函数的单调递减区间为(－∞，4]，所以1－a＝4，即a＝－3．故实数a的取值集合是{－3}． [方法点拨]　单调区间是一个整体概念，比如说函数的单调递减区间是I，指的是函数递减的最大范围为区间I，而函数在某一区间上单调，则指此区间是相应单调区间的子区间．所以我们在解决函数的单调性问题时，不能混淆在区间D上单调和区间D上是单调函数这两个不同的概念． 返回导航 第二章　函　数 数学（必修·第一册　BSD） 学科素养 例 5 返回导航 第二章　函　数 数学（必修·第一册　BSD） 返回导航 第二章　函　数 数学（必修·第一册　BSD） 返回导航 第二章　函　数 数学（必修·第一册　BSD） 返回导航 第二章　函　数 数学（必修·第一册　BSD） 返回导航 第二章　函　数 数学（必修·第一册　BSD） 返回导航 第二章　函　数 数学（必修·第一册　BSD） 课堂检测•固双基 返回导航 第二章　函　数 数学（必修·第一册　BSD） 1．函数y＝－|x|在R上 (　　) A．有最大值0，无最小值 B．无最大值，有最小值0 C．既无最大值，又无最小值 D．以上都不对 [解析]　函数y＝－|x|在(－∞，0]上递增，在(0，＋∞)上递减，∴当x＝0时，y取最大值0，无最小值． A　 返回导航 第二章　函　数 数学（必修·第一册　BSD） 2．若定义在区间(0，3]上的函数y＝f(x)是减函数，则它的最大值 (　　) A．是f(0)　 B．是f(3) C．是0　 D．不存在 [解析]　∵y＝f(x)在区间(0，3]上是减函数， ∴当x＝3时，f(x)取最小值f(3)，f(x)无最大值．故选D． D　 返回导航 第二章　函　数 数学（必修·第一册　BSD） 3．(2021·山东潍坊市高一期中测试)已知函数f(x)在(－∞，＋∞)上是减函数，若a∈R，则 (　　) A．f(a)＞f(2a)　 B．f(a2)＜f(a) C．f(a2＋a)＜f(a)　 D．f(a2＋1)＜f(a) D　 返回导航 第二章　函　数 数学（必修·第一册　BSD） 2　 返回导航 第二章　函　数 数学（必修·第一册　BSD） 返回导航 第二章　函　数 数学（必修·第一册　BSD） [解析]　当1≤x≤2时，f(x)＝2x＋6， ∴f(x)在[1，2]上单调递增， ∴f(x)max＝f(2)＝10． 当－4≤x＜1时， f(x)＝7－x， ∴f(x)在[－4，1)上单调递减， ∴f(x)max＝f(－4)＝11． 综上可知f(x)max＝f(－4)＝11． 返回导航 第二章　函　数 数学（必修·第一册　BSD） 　　　　判断函数f(x)＝－在区间(－∞，0)上的单调性，并给出证明． [解析]　f(x)＝－＝－－1，x＜0，画出函数的图象如图， 由图象可以看出，函数f(x)＝－在区间(－∞，0)上可能单调递增． 下面利用函数单调性的定义证明这一结论． 任取x1＜x2＜0，则x1－x2＜0， ① 因为f(x1)－f(x2)＝－－1－＝－＝＜0， ② 即f(x1)＜f(x2)．由函数单调性的定义可知，函数f(x)＝－在区间(－∞，0)上单调递增． 注意事项：①x1，x2取值任意且分大小；②变形是解题关键． 【对点练习】❶　判断函数f(x)＝x－在区间(0，＋∞)上的单调性，并给出证明． [解析]　画出函数的图象如图，由图象可以看出，函数f(x)＝x－在区间(0，＋∞)上可能单调递增． 图象不易画出，也可以这样判断：在(0，＋∞)上，y＝x，y＝－都是增函数，∴y＝f(x)递增． 下面利用函数单调性的定义证明这一结论． 任取0＜x1＜x2，则x1－x2＜0． 因为f(x1)－f(x2)＝x1－－＝(x1－x2)＋ ＝(x1－x2)＜0． 即f(x1)＜f(x2)． 由函数单调性的定义可知，函数f(x)＝x－在区间(0，＋∞)上单调递增． 　　　　已知函数f(x)＝． (1)求证：f(x)在[3，5]上为增函数； (2)求f(x)在[3，5]上的最大值和最小值． [解析]　(1)证明：任取x1，x2∈[3，5]且x1＜x2，则 f(x1)－f(x2)＝－ ＝ ＝ ＝ ∵x1，x2∈[3，5]且x1＜x2， ∴x1－x2＜0，x1＋2＞0，x2＋2＞0， ∴f(x1)－f(x2)＜0，∴f(x1)＜f(x2)， ∴函数f(x)＝在x∈[3，5]上为增函数． (2)由(1)知，当x＝3时，函数f(x)取得最小值为f(3)＝，当x＝5时，函数f(x)取得最大值为f(5)＝． 【对点练习】❷　已知函数f(x)＝，x∈[－3，－2]，求函数的最大值和最小值． [解析]　设－3≤x1＜x2≤－2， 则f(x1)－f(x2)＝－ ＝＝． [解析]　∵函数f(x)是定义在R上的增函数，且f(3a－7)＞f(11＋8a)， ∴3a－7＞11＋8a， ∴a＜－， ∴实数a的取值范围是． [解析]　∵g(x)在R上为增函数，且g(t)＞g(1－2t)， ∴t＞1－2t，∴t＞， 即所求t的取值范围为． 逻辑推理——抽象函数 　　　　已知函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，f(x·y)＝f(x)＋f(y)，对任意x，y∈(0，＋∞)都成立．当x＞1时， f(x)＞0． (1)求f(1)； (2)求证：f(x)在定义域上是增函数； (3)如果f＝－1，求满足不等式f(x)－f(x－2)≥2的x的取值范围． [分析]　(1)由于f(x·y)＝f(x)＋f(y)对任意x，y∈(0，＋∞)都成立，故可给x、y赋值产生f(1)． (2)欲证f(x)在(0，＋∞)上为增函数，需证对任意x1，x2∈(0，＋∞)且x1＜x2，有f(x1)－f(x2)＜0．结合已知条件x＞1时， f(x)＞0，这里＞1．∴f＞0，即f＝f(x2)＋f＞0，于是在f(x·y)＝f(x)＋f(y)中令y＝可得f(x)＋f＝0，从而f＝－f(x)．从而有f(x2)－f(x1)＝f(x2)＋f＝f＞0，即可沟通条件与结论． (3)利用(2)和条件f＝－1可得f(3)，求得f(m)＝2，将不等式f(x)－f(x－2)≥2化为f(x)≥f(x－2)＋f(m)的形式结合条件即可得f(x)≥f[m(x－2)]，再利用单调性脱去符号“f”即可求解．莫忘定义域的限制． [解析]　(1)令x＝y＝1，得f(1)＝2f(1)，故f(1)＝0． (2)证明：令y＝，得f(1)＝f(x)＋f＝0， 故f＝－f(x)．任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＜x2，则f(x2)－f(x1)＝f(x2)＋f＝f． 由于＞1，故f＞0，从而f(x2)＞f(x1)．∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数． (3)由于f＝－1，而f＝－f(3)，故f(3)＝1． 在f(x·y)＝f(x)＋f(y)中，令x＝y＝3，得f(9)＝f(3)＋f(3)＝2． 故所给不等式可化为f(x)－f(x－2)≥f(9)， ∴f(x)≥f[9(x－2)]，∴x≤， 又∴2＜x≤， ∴x的取值范围是． [归纳提升]　处理抽象函数问题的基本方法是赋值法．在本题的求解中，根据所给式子f(x·y)＝f(x)＋f(y)进行适当的赋值或配凑．该式及由该式推出的f＝－f(x)可作为推理依据． [解析]　∵a2＋1－a＝＋＞0， ∴a2＋1＞a， 又∵f(x)在(－∞，＋∞)上是减函数， ∴f(a2＋1)＜f(a)． 4．(2022·湖南衡阳高一期末测试)已知函数f(x)＝，x∈[2，6]，则f(x)的最大值为_____． [解析]　设任意x1，x2∈[2，6]，且x1＜x2， ∴f(x2)－f(x1)＝－＝， ∵x1，x2∈[2，6]，∴x2－1＞0，x1－1＞0， 又∵x1＜x2，∴x1－x2＜0， ∴＜0， ∴f(x2)－f(x1)＜0， ∴f(x2)＜f(x1)， ∴f(x)＝，x∈[2，6]为减函数， ∴f(x)max＝f(2)＝2． 5．已知函数f(x)＝求f(x)的最大值． $