主题2 第2章 第2节 函数的单调性与最值-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课件PPT（北师大版）

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，依据课程标准要求，系统梳理单调函数定义、单调区间、最值求解等必备知识，对接高考评价体系，分析单调性判断证明、最值求解、单调性应用三大高频题型，体现高考备考的针对性和实用性。 课件亮点在于“真题训练+方法指导+素养提升”的备考策略，如结合2024新课标Ⅰ卷含参函数单调性问题，深入讲解定义法和导数法判断单调性，复合函数“同增异减”法则等突破方法，培养学生的数学思维和数学语言表达素养。特设易错点分析（如忽视定义域）和跟踪训练，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。

主题二 函　数（必修第一册） 第二章　函　数 第2节　函数的单调性与最值 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 复盘 必备知识 01 跃升 关键能力 02 课时冲关 03 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 复盘 必备知识 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 跃升 关键能力 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 课时作业 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） ★[课程标准] 1．借助函数的图象，会用数学符号语言表达函数的单调性、最值，理解实际意义． 2．掌握求函数单调性与单调区间的求解方法，并能利用函数的单调性求最值． 1．函数的单调性 (1)单调函数的定义 增函数 减函数 定 义 设函数y＝f(x)的定义域是D 如果对于　任意　的x1，x2∈D，当　x1＜x2　时，都有　f(x1)＜f(x2)　，那么就称函数y＝f(x)是增函数．特别地，当I是定义域D上的一个区间时，也称函数在区间I上　单调递增　. 如果对于　任意　的x1，x2∈D，当　x1＜x2　时，都有　f(x1)＞f(x2)　，那么就称函数y＝f(x)是减函数．特别地，当I是定义域D上的一个区间时，也称函数在区间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 (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，那么就称函数y＝f(x)在区间I上具有　单调性　.此时，区间I为函数y＝f(x)的 　单调区间　. 2．函数的最值 (1)若　存在　实数M，对所有的x∈D，都有　f(x)≤M　，且 　存在　x0∈D，使得　f(x0)＝M　，则称M为函数y＝f(x)的最大值． (2)若　存在　实数M，对所有的x∈D，都有　f(x)≥M　，且 　存在　x0∈D，使得　f(x0)＝M　，则称M为函数y＝f(x)的最小值． 函数的最大值和最小值统称为　最值　. 1．单调性定义的推广 设∀x1，x2∈D(x1≠x2)，则①x1－x2>0(或<0)，f(x1)－f(x2)>0(或<0)⇔f(x)在D上单调递增；x1－x2>0(或<0)，f(x1)－f(x2)<0(或>0)⇔f(x)在D上单调递减； ②eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0)⇔f(x)在D上单调递增； ③eq \f(fx1－fx2,x1－x2)<0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0)⇔f(x)在D上单调递减． 2．单调性的几个结论 (1)若k>0，则kf(x)与f(x)单调性相同；若k<0，则kf(x)与f(x)单调性相反． (2)函数y＝f(x)(f(x)>0)在公共定义域内与y＝－f(x)，y＝eq \f(1,fx)的单调性相反． (3)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：“同增异减”． (4)“对勾函数”y＝x＋eq \f(a,x)(a>0)的增区间为(－∞，－eq \r(a))，(eq \r(a)，＋∞)；单调减区间是[－eq \r(a)，0)，(0，eq \r(a)]． ◆[思考辨析] 　判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”． (1)函数f(x)的图象如图所示，则函数f(x)的单调增区间是(－∞，0]∪(0，＋∞)．(　　) (2)若定义在R上的函数f(x)，有f(－1)<f(3)，则函数f(x)在R上为增函数．(　　) (3)函数y＝|x|是R上的增函数．(　　) (4)函数y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞) .(　　) (5)对于函数f(x)，x∈D，若x1，x2∈D，且(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]>0，则函数f(x)在D上是增函数．(　　) (6)在闭区间上单调的函数，其最值一定在区间端点取到．(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√ (6)√ ◆[小题查验] 1．(多选)下列函数中是增函数的为(　　) A．f(x)＝－x　　　　 B．f(x)＝x＋2 C．f(x)＝eq \f(1,x) D．f(x)＝eq \r(3,x) 解析：BD　[函数f(x)＝－x是一次函数，在R上是减函数；函数f(x)＝x＋2在R上是增函数；函数f(x)＝eq \f(1,x)在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是减函数；函数f(x)＝eq \r(3,x)＝是幂函数，指数eq \f(1,3)>0，所以函数f(x)在R上是增函数．] 2．函数y＝f(x)的图象如图所示，其单调递增区间是(　　) A．[－4,4] B．[－4，－3]∪[1,4] C．[－3,1] D．[－3,4] 解析：C　[由题图可知，函数y＝f(x)的单调递增区间为[－3,1]．] 3．若定义在R上的函数f(x)对任意两个不相等的实数a，b，总有eq \f(fa－fb,a－b)>0成立，则必有(　　) A．f(x)在R上是增函数 B．f(x)在R上是减函数 C．函数f(x)先增后减 D．函数f(x)先减后增 解析：A　[由eq \f(fa－fb,a－b)>0，知f(a)－f(b)与a－b同号，即当a<b时，f(a)<f(b)，或当a>b时，f(a)>f(b)，所以f(x)在R上是增函数．] 4．(忽视定义域致误)函数f(x)＝log2(x2－4)的单调递增区间为(　　) A．(0，＋∞) B．(－∞，0) C．(2，＋∞) D．(－∞，－2) 解析：C　[由x2－4>0，可得x<－2或x>2，∴函数f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(2，＋∞)．设t＝x2－4，则t在(2，＋∞)上单调递增，又函数y＝log2t为增函数，∴函数f(x)＝log2(x2－4)在(2，＋∞)上单调递增，∴函数f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)．] 5．(BSD必修第一册P60例1改编)已知函数f(x)＝eq \f(2,x＋1)，x∈[0,2]，则f(x)的最大值为________，最小值为________． 解析：因为函数f(x)在[0,2]上单调递减， 所以f(x)max＝f(0)＝2，f(x)min＝f(2)＝eq \f(2,3). 答案：2　eq \f(2,3) 函数单调性的判断或证明 ►[命题点1]　 求具体函数的单调区间　 1．函数y＝ (－x2＋4x＋12)单调递减区间是(　　) A．(－∞，2)　　　　　 B．(2，＋∞) C．(－2,2) D．(－2,6) 解析：C　[令y＝，u＝－x2＋4x＋12.由u＝－x2＋4x＋12＞0，得－2＜x＜6. 因为函数y＝是关于u的递减函数，且x∈(－2,2)时，u＝－x2＋4x＋12为增函数，所以y＝ (－x2＋4x＋12)为减函数， 所以函数y＝ (－x2＋4x＋12)的单调减区间是(－2,2)．] 2．由方程x|x|＋y|y|＝1确定函数y＝f(x)，则y＝f(x)在(－∞，＋∞)上是(　　) A．增函数 B．减函数 C．奇函数 D．偶函数 解析：B　[当x≥0且y≥0时，x2＋y2＝1， 当x＞0且y＜0时，x2－y2＝1， 当x＜0且y＞0时，y2－x2＝1， 当x＜0且y＜0时，无意义， 如图： 结合图象可知，y＝f(x)在(－∞，＋∞)上是减函数．] 判断函数单调性常用以下几种方法 (1)定义法：一般步骤为设元→作差→变形→判断符号→得出结论． (2)图象法：如果f(x)是以图象形式给出的，或者f(x)的图象易作出，则可由图象的上升或下降确定单调性． (3)导数法：先求导数，利用导数值的正负确定函数的单调区间． (4)性质法：①对于由基本初等函数的和、差构成的函数，根据各初等函数的增减性及f(x)±g(x)增减性质进行判断； ②对于复合函数，先将函数y＝f(g(x))分解成y＝f(t)和t＝g(x)，再讨论(判断)这两个函数的单调性，最后根据复合函数“同增异减”的规则进行判断． ►[命题点2]　确定含参函数的单调性　 [典例]　判断并证明函数f(x)＝eq \f(ax,x－1)(a≠0)在(－1,1)上的单调性． [证明]　法一(定义法)：第一步，取值、作差、变形：设－1<x1<x2<1， f(x)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－1＋1,x－1)))＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x－1)))， 则f(x1)－f(x2)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x1－1)))－aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2－1))) ＝eq \f(ax2－x1,x1－1x2－1). 第二步，判号、定论：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(－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(－1,1)上单调递增． 法二(导数法)：第一步，求导、变形： f′(x)＝eq \f(ax′x－1－axx－1′,x－12) ＝eq \f(ax－1－ax,x－12)＝－eq \f(a,x－12). 第二步，判号、定论：当a>0时，f′(x)<0，函数f(x)在(－1,1)上单调递减； 当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)在(－1,1)上单调递增． [互动探究] 若只将本例中函数解析式改为“f(x)＝eq \f(ax,x2－1)(其中a＞0)”呢？ 证明：法一(定义法)：设－1<x1<x2<1， 则f(x1)－f(x2)＝eq \f(ax1,x\o\al(2,1)－1)－eq \f(ax2,x\o\al(2,2)－1) ＝eq \f(ax1x\o\al(2,2)－ax1－ax2x\o\al(2,1)＋ax2,x\o\al(2,1)－1x\o\al(2,2)－1) ＝eq \f(ax2－x1x1x2＋1,x\o\al(2,1)－1x\o\al(2,2)－1).∵－1<x1<x2<1， ∴x2－x1>0，x1x2＋1>0，(xeq \o\al(2,1)－1)(xeq \o\al(2,2)－1)>0. 因此当a＞0时，f(x1)－f(x2)＞0， 即f(x1)＞f(x2)，此时函数f(x)在(－1,1)上为减函数. 法二(导数法)：f′(x)＝eq \f(ax2－1－2ax2,x2－12) ＝eq \f(－ax2＋1,x2－12). 又a＞0，所以f′(x)<0，所以函数f(x)在(－1,1)上为减函数． 1．判断或证明含有参数的函数的单调性，除了利用增(减)函数的定义外，导数法也是一种非常有效的方法，注意分类讨论思想的应用． 2．可导函数也可以利用导数判断．但是，对于抽象函数单调性的证明，只能采用定义法进行判断． 三叉戟是希腊神话中海神波塞冬的武器，而函数f(x)＝ax2＋eq \f(b,x)的图象恰如其形，因而得名三叉戟函数，因为牛顿最早研究了这个函数的图象，所以也称它为牛顿三叉戟．已知函数f(x)＝ax2＋eq \f(b,x)的图象经过点(2,8)，且f(－2)＝0. (1)求函数f(x)的解析式； (2)用定义法证明：f(x)在(－∞，0)上单调递减． 解：(1)由题意可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4a＋\f(b,2)＝8，,4a－\f(b,2)＝0，))解得a＝1，b＝8，故f(x)＝x2＋eq \f(8,x)(x≠0)． (2)证明：∀x1，x2∈(－∞，0)，且x1＜x2， 则f(x1)－f(x2)＝xeq \o\al(2,1)＋eq \f(8,x1)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,2)＋\f(8,x2)))＝xeq \o\al(2,1)－xeq \o\al(2,2)＋eq \f(8,x1)－eq \f(8,x2)＝(x1－x2)(x1＋x2)＋eq \f(8x2－x1,x1x2) ＝(x1－x2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x1＋x2－\f(8,x1x2))) ＝eq \f(x1－x2,x1x2)·[x1x2(x1＋x2)－8]． 由x1，x2∈(－∞，0)且x1＜x2，得x1x2＞0，x1－x2＜0，x1＋x2＜0，所以eq \f(x1－x2,x1x2)＜0，x1x2(x1＋x2)－8＜0，所以eq \f(x1－x2,x1x2)·[x1x2(x1＋x2)－8]＞0， 则f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)．故f(x)在(－∞，0)上单调递减． 确定函数的最值(值域) [典例]　(1)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(ex－1，x≤1，,\f(1,x)－x＋1，x＞1，))则f(x)的最大值为______． [解析]　x∈(－∞，1]时，f(x)＝ex－1单调递增，f(x)≤f(1)＝e1－1＝1； x∈(1，＋∞)时，f(x)＝eq \f(1,x)－x＋1单调递减， f(x)＜eq \f(1,1)－1＋1＝1. 所以f(x)的最大值为1. [答案]　1 (2)函数f(x)＝eq \f(x2＋8,x－1)(x>1)的最小值为________． [解析]　法一：基本不等式法：f(x)＝eq \f(x2＋8,x－1)＝eq \f(x－12＋2x－1＋9,x－1)＝(x－1)＋eq \f(9,x－1)＋2≥2eq \r(x－1·\f(9,x－1))＋2＝8，当且仅当x－1＝eq \f(9,x－1)，即x＝4时，f(x)min＝8. 法二：导数法：f′(x)＝eq \f(x－4x＋2,x－12)， 令f′(x)＝0，得x＝4或x＝－2(舍去)． 当1<x<4时，f′(x)<0，f(x)在(1,4)上单调递减； 当x>4时，f′(x)>0，f(x)在(4，＋∞)上单调递增， 所以f(x)在x＝4处达到最小值， 即f(x)min＝f(4)＝8. [答案]　8 求函数最值的五种常用方法及其思路 (1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值． (2)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． (3)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． (4)导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值． (5)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． 提醒：(1)求函数的最值时，应先确定函数的定义域． (2)求分段函数的最值时，应先求出每一段上的最值，再选取其中最大的作为分段函数的最大值，最小的作为分段函数的最小值． [口诀助读] 单调性，左边看，上坡递增下坡减； 函数值，若有界，上界下界值域外． 1．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)－3，x≥1，,lgx2＋1，x<1，))则f[f(－3)]＝　________　，f(x)的最小值是________． 解析：∵f(－3)＝lg[(－3)2＋1]＝lg 10＝1， ∴f[f(－3)]＝f(1)＝0， 当x≥1时，f(x)＝x＋eq \f(2,x)－3≥2eq \r(2)－3，当且仅当x＝eq \r(2)时，取等号， 此时f(x)min＝2eq \r(2)－3<0； 当x<1时，f(x)＝lg(x2＋1)≥lg 1＝0，当且仅当x＝0时，取等号，此时f(x)min＝0. ∴f(x)的最小值为2eq \r(2)－3. 答案：0　2eq \r(2)－3 2．在人工智能领域的神经网络中，常用到在定义域I内单调递增且有界的函数f(x)，即∃M＞0，∀x∈I，|f(x)|≤M.则下列函数中，所有符合上述条件的序号是________． ①f(x)＝eq \r(x)；②f(x)＝eq \f(x,1＋x2)；③f(x)＝eq \f(ex－e－x,ex＋e－x)；④f(x)＝eq \f(1,1＋e－x). 解析：对于①，f(x)＝eq \r(x)无界，不符合题意； 对于②，f(x)＝eq \f(x,1＋x2)＝eq \f(1,x＋\f(1,x))不单调，不符合题意； 对于③，f(x)＝eq \f(ex－e－x,ex＋e－x)＝eq \f(e2x－1,e2x＋1)＝eq \f(e2x＋1－2,e2x＋1)＝1－eq \f(2,1＋e2x)单调递增，且f(x)∈(－1,1)，则|f(x)|＜1，符合题意； 对于④，f(x)＝eq \f(1,1＋e－x)单调递增，且f(x)∈(0,1)，则|f(x)|＜1，符合题意． 答案：③④ 函数单调性的应用 ►[命题点1]　比较两个函数值或两个自变量的大小　 1．设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2x＋2－xx＞0，,－x3x≤0，))若a＝ln 2，b＝30.2，c＝log0.32，则(　　) 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) 解析：D　[因为f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2x＋2－xx＞0，,－x3x≤0，))又y＝2x在(0，＋∞)上单调递增，y＝2－x在(0，＋∞)上单调递减，则g(x)＝－2x＋2－x在(0，＋∞)上单调递减且g(0)＝－20＋20＝0，又h(x)＝－x3在(－∞，0)上单调递减且h(0)＝－03＝0，所以f(x)在R上单调递减，又因为30.2＞30＝1，即b＞1,0＝ln 1＜ln 2＜ln e＝1，即0＜a＜1，log0.32＜log0.31＝0，即c＜0，所以b＞a＞c，所以f(b)＜f(a)＜f(c)．] ►[命题点2]　解函数不等式　 2．设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x，x≤1，,x－12＋1，x＞1，))则不等式f(1－|x|)＋f(2)＞0的解集为________． 解析：由函数解析式知f(x)在R上单调递增， 且－f(2)＝－2＝f(－2)， 则f(1－|x|)＋f(2)＞0⇒f(1－|x|)＞－f(2)＝f(－2)， 由单调性知1－|x|＞－2，即|x|＜3，解得－3＜x＜3，故不等式的解集为(－3,3)． 答案：(－3,3) ►[命题点3]　利用单调性求参数的取值范围或值　 3．(2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x2－2ax－a，x<0,ex＋lnx＋1，x≥0))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，＋∞) 解析：B　[由题意知f(x)在R上单调递增，令h(x)＝－x2－2ax－a，则h(x)的对称轴必大于等于0，否则与题意不符，即－a≥0⇒a≤0，排除C、D项；又因为当x＝0时，f(x)＝1，所以当x＝0时，h(x)≤1⇒－x2－2ax－a≤1，代入x＝0，得－a≤1⇒a≥－1，所以－1≤a≤0，故a的取值范围是[－1,0]．] 函数单调性应用问题的常见类型及解题策略 (1)比较大小．比较函数值的大小，应将自变量转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决． (2)解含“f”的不等式．在求解与抽象函数有关的不等式时，利用函数的单调性将“f”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解．此时应特别注意函数的定义域． (3)利用单调性求参数 ①视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数；②需注意若函数在区间[a，b]上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的． 1．已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，对任意两个不相等的正数x1，x2，都有eq \f(x2fx1－x1fx2,x1－x2)＞0，记a＝f(1)，b＝eq \f(f－2,2)，c＝eq \f(f3,3)，则(　　) A．c＜a＜b B．a＜b＜c C．c＜b＜a D．b＜c＜a 解析：B　[依题意，∀x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2，eq \f(x2fx1－x1fx2,x1－x2)＞0⇔eq \f(\f(fx1,x1)－\f(fx2,x2),x1－x2)＞0， 于是得函数eq \f(fx,x)在(0，＋∞)上单调递增，而函数f(x)是R上的偶函数，即b＝eq \f(f－2,2)＝eq \f(f2,2)， 显然有eq \f(f1,1)＜eq \f(f2,2)＜eq \f(f3,3)，因此得a＜b＜c， 所以a＜b＜c.] 2．已知f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x－1x＞1，,ln x0＜x≤1，))则不等式f(3x－1)＜f(2x＋1)的解集为(　　) A．(0,2) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2)) D．(2，＋∞) 解析：C　[∵f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x－1x＞1，,ln x0＜x≤1，))当0＜x≤1时，f(x)＝ln x≤0，且单调递增；当x＞1时，f(x)＝2x－1＞1，且单调递增，所以f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x－1x＞1，,ln x0＜x≤1))在(0，＋∞)上单调递增，不等式f(3x－1)＜f(2x＋1)等价于0＜3x－1＜2x＋1，解得eq \f(1,3)＜x＜2.] 3．已知0＜a＜1且a≠eq \f(1,2)，若函数f(x)＝2logax－log2ax在(0，＋∞)上单调递减，则实数a的取值范围为(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))　　　　　　 B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) 解析：D　[依题意，f(x)＝eq \f(2ln x,ln a)－eq \f(ln x,ln 2a)＝eq \f(2ln 2a－ln a,ln a·ln 2a)·ln x＝eq \f(ln 4a,ln a·ln 2a)·ln x， 显然函数y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，而函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减， 因此eq \f(ln 4a,ln a·ln 2a)＜0，而0＜a＜2a＜4a， 则ln 4a＜0或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(ln a＜0，,ln 2a＞0，))解得0＜a＜eq \f(1,4)或eq \f(1,2)＜a＜1， 所以实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).] 4．如果函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2－ax＋1，x<1，,ax，x≥1，))满足对任意x1≠x2，都有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0成立，那么实数a的取值范围是________． 解析：因为对任意x1≠x2，都有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0， 所以y＝f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数． 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2－a>0，,a>1，,2－a×1＋1≤a，))解得eq \f(3,2)≤a<2. 故实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2)). 答案：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2)) $