专题二 第8讲　函数的单调性及应用课件 -2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“函数的单调性及应用”专题，依据课标要求覆盖单调性定义理解、单调区间判断、综合应用（最值与不等式）三大核心考点，通过对接高考评价体系分析近三年真题，明确定义证明、复合函数单调区间、单调性比较大小等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题引领+方法建模+变式训练”策略，如2024新课标Ⅰ卷分段函数单调性题，解析中用导数法与逻辑推理培养数学思维，规律技巧总结定义法五步步骤、复合函数“同增异减”法则，帮助学生用数学语言构建解题模型，教师可据此精准突破考点，提升学生得分率。

专题2　 函数与基本初等函数 1 第8讲　函数的单调性及应用 目 录 课标要求 夯基固本 考点探究 01 03 02 课标要求 返回目录 夯基固本 知识梳理 >> ∀x1，x2 ＜ 增函数 ＞ 减函数 ∀x1，x2 返回目录 单调递增 单调递减 单调区间 增区间 减区间 返回目录 上升 下降 返回目录 夯基固本 常用结论 >> 增函数 减函数 返回目录 夯基固本 增(减) 减(增) 增函数 减函数 夯基固本 递增 递减 夯基固本 热身练习 >> A 2 3 4 5 1 返回目录 夯基固本 2 3 4 5 1 返回目录 B 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 B 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 D 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 [1，)　 2 3 4 5 1 返回目录 2 3 4 5 1 返回目录 考点探究 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 单调性的判定与证明 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 规律与技巧 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点2 函数单调性(区间)的判断 B 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 B 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 (0，] 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 规律与技巧 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 (－∞，－1]，[0，1] 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 D 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 [，1) 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点3 函数单调性的综合应用 C 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 A 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 A 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 规律与技巧 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 A 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 A 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 变式探究 C 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 探究点1 探究点2 探究点3 返回目录 1.理解函数的单调性及其几何意义. 2.会运用函数图象理解和研究函数的性质. 3.能运用函数的单调性解决最值和不等式问题． 1．函数的单调性的定义 一般地，设函数f(x)的定义域为I，区间D⊆I： 如果______∈D，当x1＜x2时，都有f(x1)_______f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D上单调递增．当函数f(x)在它的定义域上单调递增时，我们就称它是______________． 如果______∈D，当x1＜x2时，都有f(x1)_______f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D上单调递减．当函数f(x)在它的定义域上单调递减时，我们就称它是_____________． 2．函数的单调区间的定义 如果函数y＝f(x)在区间D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D叫做y＝f(x)的___________．如果函数是增函数，则称区间D为________；如果函数是减函数，则称区间D为________． 3．单调函数的图象特征 增函数的图象是__________的(如图1)，减函数的图象是__________的(如图2). 　　 1．单调性定义的等价形式：设x1，x2∈[a，b]，且x1≠x2，那么 (x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0⇔ eq \f(f(x1)－f(x2),x1－x2)>0⇔f(x)在[a，b]上是_______________； (x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0⇔ eq \f(f(x1)－f(x2),x1－x2)<0⇔f(x)在[a，b]上是_______________． 2．判断单调性的常用结论 (1)若f(x)，g(x)均为增(减)函数，则f(x)＋g(x)为_______________函数． (2)若f(x)为增(减)函数，则－f(x)为___________函数． (3)y＝f(g(x))是定义在M上的函数，若f(x)与g(x)的单调性相同，则其复合函数f(g(x))为___________；若f(x)与g(x)的单调性相反，则其复合函数f(g(x))为_________． (4)已知函数y＝f(x)，给定区间D，若对D内任意的x，f′(x)>0，则函数在区间D上单调___________；若对D内任意的x，f′(x)<0，则函数f(x)在区间D上单调________． 1．下列函数中，在区间(0，＋∞)内单调递减的是(　　) A．y＝ eq \f(1,x)－x B．y＝x2－x C．y＝ln x－x D．y＝ex 解析：当x∈(0，＋∞)时，y＝ eq \f(1,x)与y＝－x单调递减， 所以y＝ eq \f(1,x)－x在(0，＋∞)上单调递减．故选A. 2．函数f(x)＝ eq \r(x2－2x－3)的单调递增区间是(　　) A．(－∞，1] B．[3，＋∞) C．(－∞，－1] D．[1，＋∞) 解析：由题意，可得x2－2x－3≥0， 解得x≤－1或x≥3， 所以函数f(x)＝ eq \r(x2－2x－3)的定义域为(－∞，－1]∪[3，＋∞). 二次函数y＝x2－2x－3图象的对称轴为x＝1，且在(－∞，－1]∪[3，＋∞)上的单调递增区间为[3，＋∞). 根据复合函数的单调性，可知函数f(x)＝ eq \r(x2－2x－3)的单调递增区间是[3，＋∞).故选B. 3．已知函数f(x)是区间(0，＋∞)内的减函数，则f(a2－a＋1)与f( eq \f(3,4))的大小关系为(　　) A．f(a2－a＋1)≥f( eq \f(3,4)) B．f(a2－a＋1)≤f( eq \f(3,4)) C．f(a2－a＋1)＝f( eq \f(3,4)) D．不确定 解析：因为a2－a＋1＝(a－ eq \f(1,2))2＋ eq \f(3,4)≥ eq \f(3,4)， 又f(x)是区间(0，＋∞)内的减函数， 所以f(a2－a＋1)≤f( eq \f(3,4)).故选B. 4．(2023·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝2x(x-a)在区间(0，1)上单调递减，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，－2] B．[－2，0) C．(0，2] D．[2，＋∞) 解析：因为函数y＝2x在R上单调递增， 而函数f(x)＝2x(x-a)在区间(0，1)上单调递减， 所以函数y＝x(x－a)＝(x－ eq \f(a,2))2－ eq \f(a2,4)在区间(0，1)上单调递减，因此 eq \f(a,2)≥1，解得a≥2， 所以实数a的取值范围是[2，＋∞).故选D. 5．已知f(x)是定义在区间[－1，1]上的增函数，且f(x－2)<f(1－x)，则x的取值范围是____________． 解析：由题意，得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－1≤x－2≤1，,－1≤1－x≤1，,x－2<1－x，)) 解得1≤x< eq \f(3,2)，故满足条件的x的取值范围是[1， eq \f(3,2)). 【例1】已知函数f(x)＝ eq \f(ax,x2－1)(a为常数且a≠0)，试判断函数f(x)在(－1，1)上的单调性． 解析：任取x1，x2，使得－1<x1<x2<1，则x2－x1>0. f(x1)－f(x2)＝eq \o\al(2,1) eq \f(ax1,x－1) －eq \o\al(2,2) eq \f(ax2,x－1) ＝eq \o\al(2,1) eq \f(a(x1x2＋1)(x2－x1),（x－1）（x eq \o\al(2,2)－1）) ， 因为－1<x1<x2<1， 所以x1x2＋1>0，x eq \o\al(2,1)－1<0，x eq \o\al(2,2)－1<0， 所以eq \o\al(2,1) eq \f((x1x2＋1)(x2－x1),（x－1）（x eq \o\al(2,2)－1）) >0， 所以当a>0时，f(x1)－f(x2)>0， 故此时函数f(x)在(－1，1)上是减函数， 当a<0时，f(x1)－f(x2)<0， 故此时函数f(x)在(－1，1)上是增函数． 综上所述，当a>0时，f(x)在(－1，1)上为减函数， 当a<0时，f(x)在(－1，1)上为增函数． 利用定义证明函数f(x)在给定区间D上的单调性的一般步骤：①任取x1，x2∈D，且x1<x2；②作差f(x1)－f(x2)；③变形(通常是因式分解、通分、配方)；④判断符号(即判断f(x1)－f(x2)的符号)；⑤下结论(即指出函数f(x)在给定区间D上的单调性). 1．函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的函数，满足下列条件： ①f(2)＝0；②x>1，f(x)<1；③任意x，y∈(0，＋∞)，有f(xy)＝f(x)＋f(y)－1. (1)求f( eq \f(1,2))的值； (2)判断并证明函数f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性； (3)解不等式f(x)>4x＋2. 解析：(1)因为任意x，y∈(0，＋∞)， 有f(xy)＝f(x)＋f(y)－1，所以令x＝y＝1，得f(1)＝1， 令x＝ eq \f(1,2)，y＝2，得f( eq \f(1,2)×2)＝f( eq \f(1,2))＋f(2)－1， 因为f(2)＝0，所以f( eq \f(1,2))＝2. (2)结论：f(x)在区间(0，＋∞)上是减函数． 证明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，设x2>x1>0，则 eq \f(x2,x1)>1， 因为任意x，y∈(0，＋∞)，有f(xy)＝f(x)＋f(y)－1， 所以当x＝x1，y＝ eq \f(x2,x1)时， f(x2)＝f(x1· eq \f(x2,x1))＝f(x1)＋f( eq \f(x2,x1))－1. 因为 eq \f(x2,x1)>1，所以f( eq \f(x2,x1))<1，所以f( eq \f(x2,x1))－1<0， 所以f(x2)＝f(x1)＋f( eq \f(x2,x1))－1<f(x1)， 所以f(x)在区间(0，＋∞)上是减函数． (3)f( eq \f(1,4))＝f( eq \f(1,2)× eq \f(1,2))＝f( eq \f(1,2))＋f( eq \f(1,2))－1＝3. 设F(x)＝f(x)－4x－2，x∈(0，＋∞)， 由(2)可知函数F(x)在区间(0，＋∞)上是减函数， 又因为F( eq \f(1,4))＝f( eq \f(1,4))－4× eq \f(1,4)－2＝0， 所以，当0<x< eq \f(1,4)时，F(x)>0；当x> eq \f(1,4)时，F(x)<0. 所以不等式f(x)>4x＋2的解集为{x|0<x< eq \f(1,4)}． 【例2】(1)(2024·贵州贵阳模拟)函数f(x)＝ln (2x2－3x＋1)的单调递减区间为(　　) A．(－∞， eq \f(3,4)) B．(－∞， eq \f(1,2)) C．( eq \f(3,4)，＋∞) D．(1，＋∞) 解析：(1)在函数f(x)＝ln (2x2－3x＋1)中， 由2x2－3x＋1>0得x< eq \f(1,2)或x>1， 则f(x)的定义域为(－∞， eq \f(1,2))∪(1，＋∞)， 函数u＝2x2－3x＋1在(－∞， eq \f(1,2))上单调递减， 在(1，＋∞)上单调递增， 又y＝ln u在u∈(0，＋∞)上单调递增， 于是得f(x)在(－∞， eq \f(1,2))上单调递减， 在(1，＋∞)上单调递增， 所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞， eq \f(1,2)).故选B. 【例2】(2)(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，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，0] B．[－1，0] C．[－1，1] D．[0，＋∞) 解析：(2)因为f(x)在R上单调递增， 且x≥0时，f(x)＝ex＋ln (x＋1)单调递增， 则需满足 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\f(－2a,2×(－1))≥0，,－a≤e0＋ln 1，)) 解得－1≤a≤0， 即实数a的取值范围是[－1，0].故选B. 【例2】(3)已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(ax－1，x<1，,x2－2ax，x≥1))满足∀x1，x2∈R且x1≠x2，有 eq \f(f(x1)－f(x2),x1－x2)>0，则实数a的取值范围是____________． 解析：(3)因为对∀x1，x2∈R，且x1≠x2都有 eq \f(f(x1)－f(x2),x1－x2)>0成立， 所以函数在R上单调递增， 所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a>0，,a≤1，,a－1≤1－2a，))解得0<a≤ eq \f(2,3). (1)确定函数单调性的四种方法 ①定义法：利用定义判断，一般证明初等函数型函数的单调性常用此法． ②导数法：适用于初等函数、复合函数等可以求导的函数． ③图象法：由图象确定函数的单调区间需注意两点，一是单调区间必须是函数定义域的子集；二是图象不连续的单调区间要分开写，用“和”或“，”连接，不能用“∪”连接． ④性质法：利用函数单调性的性质，尤其是利用复合函数“同增异减”的原则时，需先确定简单函数的单调性． (2)利用单调性求参数 ①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． 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． ③分段函数的单调性，除注意各段的单调性外，还要注意衔接点的取值． 2．y＝－x2＋2|x|＋3的单调递增区间为_______________. 解析：由题意知， 当x≥0时，y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4；当x<0时，y＝－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4，函数的图象如图． 由图象可知，函数y＝－x2＋2|x|＋3在(－∞，－1]，[0，1]上是增函数． 3．设函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x2＋4x，x≤4，,log2x，x>4，))若函数y＝f(x)在区间(a，a＋1)上单调递增，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，1] B．[1，4] C．[4，＋∞) D．(－∞，1]∪[4，＋∞) 解析：函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x2＋4x，x≤4，,log2x，x>4))的图象如图所示． 由图可知函数f(x)的单调递增区间为(－∞，2)，(4，＋∞)， 因为函数f(x)在(a，a＋1)上单调递增，所以a＋1≤2或a≥4，所以a≤1或a≥4.故选D. 4．(2023·全国乙卷)设a∈(0，1)，若函数f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是__________________． 解析：由函数的解析式可得f′(x)＝ax ln a＋(1＋a)x ln (1＋a)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立， 则(1＋a)x·ln (1＋a)≥－ax ln a， 即( eq \f(1＋a,a))x≥－ eq \f(ln a,ln (1＋a))在区间(0，＋∞)上恒成立， 故( eq \f(1＋a,a))0＝1≥－ eq \f(ln a,ln (1＋a))， 而1＋a∈(1，2)，故ln (1＋a)>0， 故 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(ln (1＋a)≥－ln a，,0<a<1，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a(1＋a)≥1，,0<a<1，)) 故 eq \f(\r(5)－1,2)≤a<1， 所以实数a的取值范围是[ eq \f(\r(5)－1,2)，1). 【例3】(1)已知定义在R上的函数f(x)满足当x1≠x2时，不等式(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0恒成立，若a＝f(log50.5)，b＝f(log0.5 eq \r(3))，c＝f(20.5)，则a，b，c的大小关系为(　　) A．a>b>c B．a>c>b C．b>a>c D．b>c>a 解析：(1)由题设(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0， 所以函数f(x)是R上的减函数． 因为0>log50.5＝log5 eq \f(5,10)>log5 eq \f(2\r(5),10)＝－ eq \f(1,2)， log0.5 eq \r(3)＝log2( eq \r(3))-1<log2( eq \r(2))-1＝－ eq \f(1,2)， 20.5>0，所以log0.5 eq \r(3)<log50.5<20.5. 又因为函数f(x)是R上的减函数， 所以f(log0.5 eq \r(3))>f(log50.5)>f(20.5)， 即b>a>c，故选C. 【例3】(2)(2024·江苏宿迁一模)已知函数f(x)＝2x－3-x，则不等式f(x2)<f(2x＋3)的解集为(　　) A．(－1，3) B．(－∞，－1)∪(3，＋∞) C．(－3，1) D．(－∞，－3)∪(1，＋∞) 解析：(方法1)函数f(x)的定义域为R，函数y＝2x，y＝3-x分别是R上的增函数和减函数，因此函数f(x)是R上的增函数，由f(x2)<f(2x＋3)，得x2<2x＋3，解得－1<x<3，所以原不等式的解集是(－1，3).故选A. (方法2：特值法)当x＝0时，f(0)<f(3)，排除B、D，当x＝1时，f(1)<f(5)，排除C.故选A. 【例3】(3)已知函数f(x)＝x＋ eq \f(4,x)，g(x)＝2x＋a，若∀x1∈[ eq \f(1,2)，1]，∃x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，1] B．[1，＋∞) C．(－∞，2] D．[2，＋∞) 解析：(3)由f(x)＝x＋ eq \f(4,x)得f′(x)＝ eq \f(x2－4,x2)， 当x∈[ eq \f(1,2)，1]时，f′(x)<0， 所以f(x)在[ eq \f(1,2)，1]上单调递减， 所以f(1)＝5是函数f(x)的最小值， 当x∈[2，3]时，g(x)＝2x＋a为增函数， 所以g(2)＝a＋4是函数g(x)的最小值， 又因为∀x1∈[ eq \f(1,2)，1]，∃x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)， 可得f(x)在[ eq \f(1,2)，1]上的最小值不小于g(x)在[2，3]上的最小值，即5≥a＋4，解得a≤1，故选A. 函数单调性应用问题的常见类型及解题策略 (1)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)利用函数单调性求最值是求函数最值的重要方法，特别是当函数图象不易作出时，单调性法几乎成为首选方法． (3)解不等式．在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是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． 5．定义在R上的函数f(x)，对任意x1，x2∈R(x1≠x2)，有 eq \f(f(x2)－f(x1),x2－x1)<0，则(　　) A．f(3)<f(2)<f(1) B．f(1)<f(2)<f(3) C．f(2)<f(1)<f(3) D．f(3)<f(1)<f(2) 解析：对任意x1，x2∈R(x1≠x2)， 有 eq \f(f(x2)－f(x1),x2－x1)<0， 则x2－x1与f(x2)－f(x1)异号， 则f(x)在R上是减函数． 又3>2>1，则f(3)<f(2)<f(1).故选A. 6．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2－2ax＋2，x≤1，,x＋\f(9,x)－3a，x>1))的最小值为f(1)，则实数a的取值范围是(　　) A．[1，3] B．[3，＋∞) C．(0，3] D．(－∞，1]∪[3，＋∞) 解析：当x>1时，f(x)＝x＋ eq \f(9,x)－3a≥2 eq \r(x·\f(9,x))－3a ＝6－3a，当且仅当x＝3时取等号， 故此时f(x)的最小值为f(3). 当x≤1时，f(x)＝x2－2ax＋2＝(x－a)2＋2－a2， 对称轴为x＝a， 当a≥1时，f(x)在(－∞，1]上单调递减，此时最小值为f(1)＝3－2a，要使f(x)的最小值为f(1)，则f(1)≤f(3)，即3－2a≤6－3a，解得1≤a≤3， 当a<1时，f(x)在(－∞，a]上单调递减，在[a，1]上单调递增，此时最小值为f(a)，不满足f(x)的最小值为f(1). 综上，1≤a≤3，故选A. 7．定义min{a，b}＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a，a<b，,b，a≥b，))若f(x)＝min{x2，2－x2}，关于函数f(x)有以下三个结论：①该函数的值域为[1，＋∞)；②该函数在[－1，0]上单调递减；③若方程f(x)＝m恰有四个不等的实数根，则实数m的取值范围是(0，1).其中正确结论的个数是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：令x2≥2－x2，得x≥1或x≤－1， 则f(x)＝min{x2，2－x2} ＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2，x∈(－1，1)，,2－x2，x∈(－∞，－1]∪[1，＋∞)，)) 则函数f(x)在(－1，0]上单调递减． 当x＝－1时，x2＝2－x2＝1， 所以该函数在[－1，0]上单调递减，故②正确； 当－1<x<1时，f(x)＝x2∈[0，1)， 当x≥1或x≤－1时，f(x)＝2－x2∈(－∞，1]， 所以函数f(x)的值域为(－∞，1]， 故①错误； 方程f(x)＝m实根的个数， 即为函数y＝f(x)和直线y＝m的图象交点的个数， 作出两个函数的图象如图所示， 由图可知两函数图象有4个交点时， 实数m的取值范围是(0，1)，故③正确． 所以正确结论的个数是2.故选C. $