2.2 第二课时 函数单调性的应用(课件PPT)-【高考领航】2027年高考数学大一轮复习学案

该高中数学高考复习课件聚焦“函数单调性的应用”专题，覆盖比较大小、解不等式、求最值及值域等高考核心考点，依据高考评价体系梳理考查要求，通过例题与跟踪训练分析各考点权重，归纳构造函数、定义法证明等常考题型，体现备考的针对性和实用性。 课件亮点在于“真题训练+技巧指导”的备考策略，如以例1构造函数比较大小、例2利用单调性解不等式，培养学生的数学思维和数学语言素养。设“反思总结”提炼方法，“限时规范训练”模拟实战，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此精准教学，助力高效备考。

第二课时　函数单调性的应用 返回 ‹#› 1 限时规范训练　 栏 目 导 引 1 突破·核心考点 返回 ‹#› 角度1　比较大小 例1　(1)已知f(x)＝2x－，a＝f，b＝c＝f，则(　　) A．a>b>c　　　　 B．a>c>b C．c>a>b D．c>b>a 突破 ·核心考点 函数单调性的应用 考点 一 D 返回 ‹#› 解析：D　易知函数y＝2x和y＝－在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)＝2x－在(1，＋∞)上单调递增，又 > > ，故f>f，即c>b>a.故选D. 返回 ‹#› (2)设a＝，则(　　) A．c>b>a B．a>b>c C．a>c>b D．c>a>b 解析：B　设f(x)＝，当x>1时，x2－1>0，则在(1，＋∞)单调递减，所以f(x)在(1，＋∞)单调递减，所以f(2022)>f(2023)>f(2024)，即a>b>c.故选B. B 返回 ‹#› 1．利用函数的单调性比较函数值的大小，首先要判断函数的单调性，判断自变量是否在同一单调区间内，然后根据函数的单调性比较大小． 2．若涉及双变量或具体数值的比较大小问题，则需根据不等式的结构构造函数． 返回 ‹#› 角度2　解不等式 例2　(1)定义在[－2，2]上的函数f(x)满足(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0(x1≠x2)，且f(x)>f(2x－1)，则实数x的取值范围为(　　) A．(－∞，1) B． C． D．[－1，1) C 返回 ‹#› 解析：C　由题意知，f(x)在[－2，2]上单调递增，则f(x)>f(2x－1)⇔解得－≤x<1.故选C. 返回 ‹#› (2)设函数f(x)＝则满足f(t－1)<f(2t)的t的取值范围是__________. 解析：因为函数y＝2x－1在R上单调递增，函数y＝1为常函数，所以分段函数f(x)在(－∞，1]上单调递增，在(1，＋∞)不具有单调性，且f(1)＝21－1＝1，即当x≤1时，f(x)≤1，因为f(t－1)<f(2t)，所以解得－1<t<2，所以满足f(t－1)<f(2t)的t的取值范围是(－1，2)． 答案：(－1，2) 返回 ‹#› 1．当函数f(x)的解析式已知时，欲求解不等式，需要先判断函数的单调性，然后根据单调性解不等式． 2．当函数f(x)的解析式未知时，欲求解不等式，可以依据函数单调性的定义和性质，将符号“f”去掉，列出关于自变量的不等式(组)，然后求解，此时注意函数的定义域． 返回 ‹#› 跟踪训练1　(1)已知函数f(x)＝x＋，x∈(1，＋∞)，则下列不等式恒成立的是(　　) A．f(8)>f(k2＋2k＋4) B．f(6)>f(k2＋2k＋4) C．f(4)<f(k2＋2k＋4) D．f(2)<f(k2＋2k＋4) D 返回 ‹#› 解析：D　任取1<x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝x1－x2＋(x1x2－1)，因为x1－x2<0，x1x2>1，所以f(x1)－f(x2)<0，则f(x)在(1，＋∞)上单调递增．又k2＋2k＋4＝(k＋1)2＋3≥3>2，所以f(2)<f(k2＋2k＋4)恒成立．故选D. 返回 ‹#› (2)已知函数f(x)＝在R上单调递增，且f(2a－1)<f(a＋3)，则实数a的取值范围为(　　) A．(－∞，4) B．[1，4) C．[2，4) D．(1，4) C 返回 ‹#› 解析：C　因为函数f(x)＝在R上单调递增，则log31＋a≥21，所以a≥2，又f(2a－1)<f(a＋3)，所以2a－1<a＋3，解得a<4，所以实数a的取值范围为[2，4)．故选C. 返回 ‹#› 例3　(1)若函数f(x)＝在区间[0，1]上的最大值为3，则实数m＝(　　) A．－1 B．1 C．3 D．－3 解析：C　函数f(x)＝，当m>2时，f(x)＝在[0，1]上单调递减，最大值为f(0)＝m＝3；当m<2时，f(x)＝在[0，1]上单调递增，最大值为f(1)＝＝3，解得m＝4，不合题意，所以实数m＝3.故选C. 考点 二 利用函数的单调性求最值 C 返回 ‹#› (2)(2025·广东肇庆二模)已知函数f(x)＝则f(x)的最小值是________. 解析：当x<1时，f(x)＝2－x＋1，f(x)单调递减，所以f(x)>2-1＋1＝.当x≥1时，f(x)＝x2－6x＋4，f(x)在区间[1，3)上单调递减，在区间[3，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(3)＝－5.综上所述，f(x)的最小值是－5. 答案：－5 返回 ‹#› 1．利用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．函数的最值与单调性的关系 (1)若函数f(x)在闭区间[a，b]上单调递减，则f(x)在[a，b]上的最大值为f(a)，最小值为f(b)． (2)若函数f(x)在闭区间[a，b]上单调递增，则f(x)在[a，b]上的最大值为f(b)，最小值为f(a)． (3)求最值时一定要注意所给区间的开闭，若是开区间，则不一定有最大(小)值． 返回 ‹#› 跟踪训练2　(1)(2026·河南开封开学考试)已知函数f(x)＝若∀x∈R，f(x)≥f(0)，则实数a的取值范围为 (　　) A． B．[0，＋∞) C． D． D 返回 ‹#› 解析：D　由题意知f(x)的最小值为f(0)＝a2＋1，故3－2a≥0，即a≤.当a<0时，f(x)min＝f(a)＝1<f(0)，不合题意；当0≤a≤时，在(－∞，0]上f(x)的最小值为f(0)，为使f(0)为定义域R上的最小值，还需在(0，＋∞)上f(x)≥f(0)，此时f(x)＝(3－2a)x＋3的下确界为3，故需3≥f(0)＝a2＋1，解得－ ≤a≤ ，综上，实数a的取值范围为.故选D. 返回 ‹#› (2)设函数f(x)＝在区间[3，4]上的最大值和最小值分别为M，m，则＝________. 解析：因为f(x)＝，x∈[3，4]，当x∈[3，4]时，x－2>0，易知函数f(x)＝在[3，4]上单调递减．所以M＝f(3)＝6，m＝f(4)＝4，所以. 答案： 返回 ‹#› 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． 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 ‹#› 典例　(多选)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 ACD 返回 ‹#› 解析：ACD　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)． 返回 ‹#› 对于B，(分离常数法)y＝，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＝22＋，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，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，ymin＝ ，即函数的值域为.故选ACD. 返回 ‹#› 尝试训练　(1)函数y＝2x＋4 的值域为__________. 解析：法一：设t＝ (t≥0)，则x＝t2－1，原函数转化为y＝2t2＋4t－2(t≥0)，该函数图象的对称轴为t＝－1，且开口向上，所以y＝2t2＋4t－2在[0，＋∞)上单调递增，所以y≥－2，所以函数的值域为[－2，＋∞)． 法二：函数的定义域为[－1，＋∞)，因为y＝2x和y＝ 在[－1，＋∞)上均单调递增，所以函数y＝2x＋4 在[－1，＋∞)上单调递增，所以y≥2×(－1)＋4× ＝－2，所以函数的值域为[－2，＋∞)． 答案：[－2，＋∞) 返回 ‹#› (2)函数y＝(x<－5)的值域为__________. 解析：y＝＝(x＋1)＋＋5，因为x<－5，设t＝x＋1<－4，因y＝t＋在(－∞，－4)上单调递增，则y＝t＋<－4＋＝－5，故y＝(x＋1)＋＋5<0，故函数的值域为(－∞，0)． 答案：(－∞，0) 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 11 1 2 (建议用时：60分钟　分值：100分) 限时规范 训练10　函数单调性的应用 14 1．已知函数f(x)＝，则(　　) A．f(x)的定义域为(1，＋∞) B．f(x)在区间[－2，0]内单调递增 C．f(x)在区间[－2，0]内的最大值为－ D．f(3)<f(4)<f(5) C 返回 ‹#› 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 11 1 2 解析：C　f(x)的定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)，故A错误；任取x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝则f(x1)－f(x2)>0，因此f(x)在(－∞，1)和(1，＋∞)上分别单调递减，即在区间[－2，0]内单调递减，B错误；当x∈[－2，0]时，f(x)max＝f(－2)＝－，C正确；结合B项可得，f(3)>f(4)>f(5)，D错误．故选C. 14 返回 ‹#› 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 13 11 2．若x>0，则f(x)＝2－x－(　　) A．最大值为6　　　　　 B．最小值为－6 C．最大值为－2 D．最小值为2 解析：C　任取0<x1<x2<2，则f(x1)－f(x2)＝－＝(x2－x1)＋＝(x2－x1)，因为0<x1<x2<2，所以x2－x1>0，0<x2x1<4，故<0，所以f(x1)－f(x2)<0即f(x1)<f(x2)，所以f(x)在(0，2)上单调递增；同理可证f(x)在(2，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(2)＝－2.故选C. 14 C 返回 ‹#› 2 3 1 4 5 6 7 8 9 10 12 13 11 3．已知函数f(x)＝|ln x|，若a＝f(5)，b＝c＝f，则(　　) A．a>b>c B．c>b>a C．a>c>b D．c>a>b 解析：A　由f(x)＝|ln x|＝可知f＝－ln ＝ln 5＝f(5)＝a，且f(x)在(0，1)上单调递减，故f>f>f，即a>b>c.故选A． 14 A 返回 ‹#› 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 12 13 11 4．已知函数y＝，x∈(1，m]的最小值为8.则实数m的值是(　　) A．－1 B．1 C．2 D．3 解析：C　由y＝，而函数y＝在(1，＋∞)上单调递减，所以函数y＝3＋在(1，＋∞)上单调递减，又其在(1，m]上的最小值为8，所以ymin＝y|x＝m＝3＋＝8，解得m＝2.故选C. 14 C 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 12 13 11 5．(多选)已知函数f(x)＝则下列结论正确的是(　　) A．f(x)在R上为增函数 B．f(e)>f(2) C．若f(x)在(a，a＋1)上单调递增，则a≤－1或a≥0 D．当x∈[－1，1]时，f(x)的值域为[1，2] 14 BC 返回 ‹#› 2 3 4 5 1 6 7 8 9 10 12 13 11 解析：BC　易知f(x)在(－∞，0]，(0，＋∞)上单调递增，A错误；e>2，f(e)>f(2)，B正确；若f(x)在(a，a＋1)上单调递增，则a≥0或a＋1≤0，即a≤－1或a≥0，故C正确；当x∈[－1，0]时，f(x)∈[1，2]，当x∈(0，1]时，f(x)∈(－∞，2]，故x∈[－1，1]时，f(x)的值域为(－∞，2]，故D错误．故选BC. 14 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 12 13 11 6．(多选)已知f(x)为区间(－∞，＋∞)上的减函数，且a∈(0，＋∞)，则 (　　) A．f(a)>f(2a) B．f(a2)<f(a) C．f(a2＋1)<f(a) D．f(a2＋a)<f(a) 14 ACD 返回 ‹#› 2 3 4 5 6 1 7 8 9 10 12 13 11 解析：ACD　因为a∈(0，＋∞)，则a<2a，又f(x)为区间(－∞，＋∞)上的减函数，故f(a)>f(2a)，故A正确；因为a2－a＝a(a－1)与0的大小关系不确定，无法比较f(a2)与f(a)的大小，故B错误；因为a2＋1－a＝2＋＞0，所以a2＋1＞a，又f(x)为(－∞，＋∞)上的减函数，所以f(a2＋1)<f(a)，故C正确；因为a2＋a>a，又f(x)为(－∞，＋∞)上的减函数，所以f(a2＋a)<f(a)，故D正确．故选ACD. 14 返回 ‹#› 7 8 9 10 12 13 11 1 3 4 5 6 2 7．(5分)(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______________. 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定义域为(0，＋∞)，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<. 答案： 14 返回 ‹#› 8 9 10 12 13 11 1 3 4 5 6 7 2 8．(5分)函数f(x)＝x2＋2＋的最小值为______. 解析：令t＝x2＋2≥2，则g(t)＝t＋，可知g(t)在[2，＋∞)上单调递增，则g(t)在[2，＋∞)内的最小值为g(2)＝，所以函数f(x)的最小值为. 答案： 14 返回 ‹#› 9 10 12 13 11 1 3 4 5 6 7 8 2 9．(5分)已知函数f(x)＝且f(3)＝，则不等式f(9x－2x2)>f(－5)的解集为______________. 14 返回 ‹#› 9 10 12 13 11 1 3 4 5 6 7 8 2 解析：因为f(3)＝，故2＋m＝，解得m＝－.易得f(x)＝2－(x≥2)为增函数，f(x)＝4x-3＋(x<2)为增函数，且当x＝2时，2－＝1，故f(x)在R上单调递增．故f(9x－2x2)>f(－5)即9x－2x2>－5，故2x2－9x－5<0，解得x∈. 答案： 14 返回 ‹#› 10 12 13 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 10．(13分)已知函数f(x)＝，x∈[2，3]. (1)用定义法判断函数的单调性； (2)求函数的最大值和最小值． 解：(1)任取2≤x1<x2≤3， 函数f(x)＝， 则f(x1)－f(x2)＝， 因为2≤x1<x2≤3，所以x2－x1>0，x1－1>0，x2－1>0， 14 返回 ‹#› 10 12 13 11 1 3 4 5 6 7 8 9 2 所以f(x1)－f(x2)>0，故f(x1)>f(x2)， 所以函数f(x)在[2，3]上为减函数． (2)f(x)在[2，3]上单调递减， 所以f(x)max＝f(2)＝＝4，f(x)min＝f(3)＝. 14 返回 ‹#› 11 12 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 11．(15分)已知函数f(x)＝x－. (1)判断f(x)在(0，＋∞)上的单调性，并用函数单调性的定义证明； (2)求f(x)在[2，3]上的值域； (3)求解关于x的不等式f(2x2＋2|x|)>f(x2＋3)． 解：(1)f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，证明如下： 对于∀x1，x2∈(0，＋∞)，且x1<x2， 则f(x1)－f(x2)＝－＝(x1－x2)－ 14 返回 ‹#› 11 12 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 ＝， 因为x1，x2∈(0，＋∞)，且x1<x2，所以x1x2>0，x1－x2<0， 于是故f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增． 14 返回 ‹#› 11 12 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 (2)由(1)可知f(x)在[2，3]上单调递增， 所以f(x)min＝f(2)＝，f(x)max＝f(3)＝， 所以f(x)在[2，3]上的值域为. (3)因为2x2＋2|x|>0，x2＋3>0，由(1)得f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 故2x2＋2|x|>x2＋3，即x2＋2|x|－3>0， 解得|x|<－3(舍去)或|x|>1， 所以x>1或x<－1. 所以不等式的解集为{x|x>1或x<－1}． 14 返回 ‹#› 12 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2 12．设函数f(x)＝若f(x)存在最小值，则a的取值范围为(　　) A．[ ，] B． C．[ ，]∪(2，＋∞) D．∪(2，＋∞) 14 B 返回 ‹#› 12 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2 解析：B　若a＝0，则f(x)＝ f(x)min＝f(2)＝－1； 若a<0，当x<a时，f(x)＝1－ax单调递增，当x→－∞时，f(x)→－∞，故f(x)没有最小值； 若a>0，当x<a时，f(x)＝1－ax单调递减，f(x)>f(a)＝1－a2， 当x≥a时，f(x)min＝ 14 返回 ‹#› 12 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 2 若函数f(x)有最小值，需或解得0<a≤ . 综上，a的取值范围为.故选B. 14 返回 ‹#› 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 13．(2025·江西鹰潭一模)已知定义在[0，＋∞)上的函数f(x)满足对∀x1，x2∈[0，＋∞)，x1≠x2，都有>2，若f(1)＝2024，则不等式f(x－2024)>2(x－1013)的解集为(　　) A．(2023，＋∞) B．(2024，＋∞) C．(2025，＋∞) D．(1012，＋∞) 14 C 返回 ‹#› 13 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 解析：C　由>2，得>0，令g(x)＝f(x)－2x关键点：构造函数g(x)＝f(x)－2x，并确定其单调性.则>0，因此函数g(x)在[0，＋∞)上单调递增，由f(1)＝2024，得g(1)＝2022，由f(x－2024)>2(x－1013)，得f(x－2024)－2(x－2024)>2022，即g(x－2024)>g(1)，则x－2024>1，解得x>2025，所以原不等式的解集为(2025，＋∞)．故选C. 14 返回 ‹#› 14 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 14．(15分)已知函数f(x)是定义在区间(0，＋∞)上的增函数，满足f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1. (1)求f(1)和f(9)的值； (2)解关于x的不等式f(3x＋6)＋f(x)<2. 解：(1)由题知，f(x)是定义在区间(0，＋∞)上的增函数， 且f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1， 令x＝y＝1，则f(1)＝f(1)＋f(1)，f(1)＝0， 令x＝y＝3，则f(9)＝f(3)＋f(3)＝2， 即f(1)＝0，f(9)＝2. 13 返回 ‹#› 14 1 3 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 13 (2)因为f(x)是定义在区间(0，＋∞)上的增函数， 且f(9)＝2，f(xy)＝f(x)＋f(y)， 所以f(3x＋6)＋f(x)<2，等价于f(3x2＋6x)<f(9)， 所以解得0<x<1，即该不等式解集为(0，1)． 返回 ‹#› 第二课时　函数单调性的应用 点击进入WORD文档 按ESC键退出全屏播放 返回 ‹#› $