第2章 3 第2课时 函数单调性的证明和应用 课后达标检测-【优学精讲】2026-2027学年高中数学必修第一册教用课件（北师大版）

该高中数学课件聚焦函数单调性及应用，从一次、二次函数单调性基础导入，通过分段函数、不等式等问题逐步深化，构建从基础到综合的知识学习支架。 其亮点在于分层设计（基础达标、能力提升、素养拓展），通过多选题、解答题等形式，培养数学思维（推理能力）与数学语言（证明表达），如第5题综合分析分段函数单调性条件。助力学生夯实基础提升能力，方便教师实施分层教学。

课后达标检测 1 C A 基础达标 1．下列函数在区间(0，＋∞)上单调递减的是(　　) A．y＝2x＋1 B．y＝x2＋1 C．y＝3－x D．y＝x2＋2x＋1 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 14 15 11 2 3 课后达标检测 A 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 C 3．已知函数y＝f(x)是R上的增函数，则对任意x1，x2∈R，“x1＜x2”是“f(x1)＜f(x2)”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：当x1＜x2时，因为函数y＝f(x)是R上的增函数，所以f(x1)＜f(x2)，所以“x1＜x2”是“f(x1)＜f(x2)”的充分条件； 当f(x1)＜f(x2)时，因为函数y＝f(x)是R上的增函数，所以x1＜x2，所以“x1＜x2”是“f(x1)＜f(x2)”的必要条件． 综上得“x1＜x2”是“f(x1)＜f(x2)”的充要条件．故选C. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 B 4．已知函数f(x)是R上的增函数，A(0，－1)，B(3，1)是其图象上的两点，则－1<f(x)<1的解集是(　　) A．(－3，0) B．(0，3) C．(－∞，－1]∪[3，＋∞) D．(－∞，0]∪[1，＋∞) 解析：由已知，得f(0)＝－1，f(3)＝1，所以－1<f(x)<1等价于f(0)<f(x)<f(3)，因为f(x)是R上的增函数，所以0<x<3. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 BC 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 AC 6．(多选)已知函数f(x)＝－2x＋1(x∈[－2，2])，g(x)＝x2－2x(x∈[0，3])，则下列结论正确的是(　　) A．∀x∈[－2，2]，f(x)>a恒成立，则a的取值范围是(－∞，－3) B．∃x∈[－2，2]，f(x)>a，则a的取值范围是(－∞，－3) C．∃x∈[0，3]，g(x)＝a，则a的取值范围是[－1，3]　 D．∀x∈[－2，2]，∃t∈[0，3]，f(x)＝g(t) 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 解析：对于A，因为f(x)＝－2x＋1(x∈[－2，2])单调递减，所以f(x)min＝－3，又因为f(x)>a恒成立，则a的取值范围是(－∞，－3)，故A正确； 对于B，因为f(x)＝－2x＋1(x∈[－2，2])单调递减，所以f(x)max＝5，又∃x∈[－2，2]，f(x)>a，则a的取值范围是(－∞，5)，故B错误； 对于C，g(x)＝x2－2x(x∈[0，3])在[0，1]上单调递减，[1，3]上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－1，g(x)max＝g(3)＝3，所以g(x)∈[－1，3]，因为∃x∈[0，3]，g(x)＝a，所以a的取值范围是[－1，3]，故C正确； 对于D，由上述过程可知f(x)∈[－3，5]，g(x)∈[－1，3]，则不能保证∀x∈[－2，2]，∃t∈[0，3]，f(x)＝g(t)，例如：当x＝－2时，不存在t∈[0，3]，f(x)＝g(t)，故D错误．故选AC. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 7．已知函数f(x)＝x2－6x＋8，x∈[1，a]，并且f(x)的最小值为f(a)，则实数a的取值范围是________． 解析：如图，由题意及图可知f(x)在区间[1，a]上单调递减，又因为f(x)的单调递减区间为(－∞，3]，所以1＜a≤3. (1，3] 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 8．已知f(x)是R上的单调函数，A(2，－3)，B(0，3)是其图象上的两点，则不等式－3<f(x－1)<3的解集为____________． 解析：依题意，f(x)是R上的单调函数，且f(2)＝－3<3＝f(0)， 所以f(x)在R上单调递减． 又因为－3<f(x－1)<3可化为f(2)<f(x－1)<f(0)， 则0<x－1<2，解得1<x<3，所以不等式－3<f(x－1)<3的解集为(1，3). (1，3) 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 9．若函数f(x)＝ax2－(2a－4)x＋1在区间(0，＋∞)上单调，则实数a的取值范围是____________． [0，2] 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 (1)判断函数的单调性，并证明；(6分) 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 (2)用函数观点解不等式f(x)>0.(7分) 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 B B 能力提升 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 ABC 12．(多选)已知关于x的不等式x2－4x－a－1≥0在x∈[1，4]上有解，则a的取值可以是(　　) A．－6　　　B．－5 C．－1　　　D．0 解析：不等式x2－4x－a－1≥0在x∈[1，4]上有解等价于a≤(x2－4x－1)max. 设f(x)＝x2－4x－1，x∈[1，4]，f(x)＝(x－2)2－5，而f(1)＝－4，f(4)＝－1，故f(x)在[1，4]上的最大值为－1，故a≤－1.故选ABC. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 14．(15分)已知二次函数y＝f(x)，f(0)＝f(8)＝0，f(4)＝16. (1)求函数y＝f(x)的解析式；(4分) 解：因为二次函数y＝f(x)满足f(0)＝f(8)＝0，且f(4)＝16， 故函数图象的对称轴为直线x＝4，且f(x)的最大值为16， 可设函数f(x)＝a(x－4)2＋16，a<0，根据f(0)＝16a＋16＝0，解得a＝－1， 故f(x)＝－(x－4)2＋16＝－x2＋8x. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 (2)若函数f(x)在区间[t，t＋2]上不单调，求t的取值范围；(5分) 解：函数f(x)图象的对称轴为直线x＝4， 要使函数f(x)在区间[t，t＋2]上不单调，则4∈(t，t＋2)， 即t<4<t＋2， 解得2<t<4，所以t的取值范围为(2，4). 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 (3)求函数f(x)在区间[t，t＋2]上的最大值h(t).(6分) 解：由(1)知，函数f(x)图象的对称轴为直线x＝4，且开口向下， 当t≥4时，函数f(x)在[t，t＋2]上单调递减，此时最大值h(t)＝f(t)＝－t2＋8t； 当t＋2≤4，即t≤2时，函数f(x)在[t，t＋2]上单调递增， 此时最大值h(t)＝f(t＋2)＝－t2＋4t＋12； 当t<4<t＋2，即2<t<4时，函数f(x)在[t，4]上单调递增，在[4，t＋2]上单调递减，此时最大值h(t)＝f(4)＝16； 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 C 素养拓展 解：由于a≥3，故当x≤1时，x2－2ax＋4a－2－2|x－1|＝x2＋2(a－1)(2－x)＞0，此时F(x)＝2|x－1|，不符合题意；当x＞1时，x2－2ax＋4a－2－2|x－1|＝(x－2)(x－2a).要使F(x)＝x2－2ax＋4a－2成立，则(x－2)(x－2a)≤0.故x的取值范围为[2，2a]. 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 (2)①求F(x)的最小值m(a)；(5分) 解：设函数f(x)＝2|x－1|，g(x)＝x2－2ax＋4a－2，则f(x)min＝f(1)＝0， g(x)min＝g(a) ＝－a2＋4a－2， 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 ②求F(x)在区间[0，6]上的最大值M(a).(5分) 解：由(1)知，当0≤x≤2时，F(x)＝f(x)， 此时M(a)＝max{f(0)，f(2)}＝2. 当2≤x≤6时，F(x) ＝g(x)， 此时M(a)＝max{g(2)，g(6)}＝max{2，34－8a}， 当a≥4时，34－8a≤2； 4 5 6 7 8 9 10 12 13 14 15 11 2 3 1 课后达标检测 $