第2章 第3节 函数单调性的应用-【优化探究】2027年高考数学一轮复习高考总复习配套课件（北师大版）

该高中数学高考复习课件聚焦函数单调性应用专题，覆盖比较函数值大小、解函数不等式、求参数范围及最值等核心考点，依据高考评价体系梳理最值定义、单调性判定等必备知识，通过2024新课标Ⅰ卷真题及模拟题分析考点权重，归纳构造函数、分段函数衔接等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题引领+方法建模+素养提升”，如考点一构造f(x)=1-1/x²比较大小培养数学思维，考点三结合分段函数单调性求参数强化逻辑推理。设“方法总结”和“易错警示”，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此精准教学，提升高考冲刺效率。

第三节　函数单调性的应用 第二章　函数的概念、性质与基本初等函数 1.会用符号语言表达函数的单调性、最大(小)值,理解其作用和实际意义.　2.掌握函数单调性的简单应用. 学习要求 必备知识　自主梳理 内容索引 关键能力　重点探究 3 必备知识　自主梳理 知识梳理 知识点　函数的最值 前提 设函数y=f(x)的定义域为D,若存在实数M满足 条件 (1)对所有的x∈D,都有f(x)≤M; (2) 存在x0∈D,使得f(x0)=M (1) 对所有的x∈D,都有f(x)≥M; (2)存在x0∈D,使得f(x0)=M 结论 M为函数y= f(x)的________ M为函数y= f(x)的________ 最大值 最小值 常用结论 1.闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值,当函数在闭区间上单调时,最值一定在端点取到. 2.开区间上的“单峰(谷)”函数一定存在最大(小)值. 自我评价 1.若函数f(x)在R上单调递增,则下列结论一定成立的是 (　　) A.>1　　　　　　　　 B.>1 C.f(2)+f(0)>0 D.f(2)-f(0)>0 解析:由题意得f(2)>f(0),即f(2)-f(0)>0, 由于f(2),f(0)的正负未知,故A,B,C不一定成立. D 2.若函数y=x2+(2a-1)x+1在区间(-∞,2]上是减函数,则实数a的取值范围是(　　) A.[-,+∞) B.(-∞,] C.[,+∞) D.(-∞,-] 解析:y=x2+(2a-1)x+1的对称轴为x=, 又函数y=x2+(2a-1)x+1在区间(-∞,2]上是减函数,则≥2,解得a≤-. D 3.函数y=x-在[1,2]上的最小值为　　　　.  解析:根据题意y=x-在[1,2]上为增函数,则y=x-在[1,2]上的最小值为0. 0 4.已知y=f(x)在定义域(0,1)上是减函数,且f(1-a)>f(2a-1),则实数a的取值范围是　　　　.  解析:由于函数y=f(x)在定义域(0,1)上是减函数,且f(1-a)>f(2a-1), 可得<a<1,因此实数a的取值范围是(,1). (,1) 关键能力　重点探究 考点一　比较函数值的大小 [例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) [解析]　任取1<x1<x2,则f(x1)-f(x2)=x1-x2+-=(x1x2-1). ∵x1-x2<0,x1x2>1, ∴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, ∴f(2)<f(k2+2k+4). D (2)a=,b=,c=,则(　　) A.a<b<c B.a<c<b C.c<a<b D.c<b<a [解析]　令f(x)=,则f(x)==1-在(0,+∞)上单调递增, 故f(2 022)<f(2 023),即a<b<1,c=>1,即a<b<c. A 方法总结 1.若题目条件中有具体的函数,则先判断已知函数的单调性,利用其单调性比较大小. 2.若题目条件中无具体的函数,则需根据数值的结构特征构造函数,再利用其单调性比较大小. 跟踪训练 1.已知定义域为R的函数f(x),∀x1,x2∈R,x1<x2,都有(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0,则(　　) A.f(3)<f(π)<f(2) B.f(π)<f(3)<f(2) C.f(2)<f(π)<f(3) D.f(π)<f(2)<f(3) 解析:因为∀x1,x2∈R,x1<x2,所以x1-x2<0, 由(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0,可得f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2), 可知f(x)是R上的减函数,且π>3>2,所以f(π)<f(3)<f(2). B 2.若0<b<a<1,则a-与b-的大小关系为　　　　.   解析:因为y=x+在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增, 所以a+<b+,即a-<b-. a-<b- 考点二　解函数不等式 [例2]　(2026·山东烟台模拟)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的定义域为(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<. (0,) 方法总结 求解函数不等式,其实质是函数单调性的逆用,由条件脱去“f”,转化为自变量间的大小关系,应注意函数的定义域. 跟踪训练 3.已知y=f(x)在定义域(-1,1)上是减函数,且f(1-a)<f(2a-1),则a的取值范围是(　　) A.(-∞,) B.(,+∞) C.(0,) D.(,1) 解析:由解得0<a<. C 考点三　利用函数的单调性求参数的范围 [例3]　(2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)=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,+∞) B [解析]　因为f(x)在R上单调递增,且当x≥0时,f(x)=ex+ln(x+1)单调递增, 则需满足解得-1≤a≤0, 即a的取值范围是[-1,0]. 方法总结 1.利用单调性求参数的取值(范围),根据其单调性直接构建参数满足的方程(组)、不等式(组),或先得到其图象的升降规律,再结合图象求解. 2.对于分段函数,要注意衔接点的取值. 跟踪训练 4.(2026·山西太原模拟)若函数f(x)=+在(0,2)上单调递减,则实数a的取值范围是(　　) A.(0,2] B.(0,4] C.[2,+∞) D.[4,+∞) C 解析:当a=0时,f(x)=+为单调递增函数,不符合题意, 当a<0时,y=,y=均为单调递增函数,故f(x)=+为单调递增函数,不符合题意, 当a>0时,f(x)=+在(a,+∞)上单调递增,在(0,a)上单调递减, 由f(x)=+在(0,2)上单调递减,得a≥2. 求函数最值(值域)的常用方法 教材延展 常用方法 (源于北师大必修第一册P62T3) 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最值(值域). 3.数形结合法. 4.换元法:引进新的量来代替原来的量,实行这种“变量代换”. 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. 6.不等式法:主要是利用不等式性质及基本不等式. 7.判别式法:函数变形后,使f(x)出现在一个有实根的一元二次方程的系数中,使用判别式. 8.消元法. [例]　(1)(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 [解析]　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),故A正确. 对于B,(分离常数法)y===2+,显然≠0,∴y≠2, 故函数的值域为(-∞,2)∪(2,+∞),故B错误. 对于C,(换元法)设t=,则x=t2+1,且t≥0,∴y=2(t2+1)-t=2(t-)2+, 由t≥0,再结合函数的图象(如图②所示),可得函数的值域为[,+∞),故C正确. 对于D,函数的定义域为[1,+∞), ∵y=与y=在[1,+∞)上均单调递增,∴y=+在[1,+∞)上为增函数, ∴当x=1时,ymin=, 即函数的值域为[,+∞),故D正确. (2)函数f(x)=的值域为　　　　.  [解析]　由f(x)=,得f(x)x2+[f(x)-2]x+f(x)=0. 因为x∈R,所以Δ≥0,即[f(x)-2]2-4f2(x)≥0, 解得-2≤f(x)≤,因此函数f(x)=的值域为[-2,]. [-2,] 跟踪训练 1.若f(x)=(x>1),则函数f(x)的值域为　　　　.  解析:因为x>1,则x-1>0, 所以f(x)===x-2+=(x-1)+-1≥ 2-1=1, 当且仅当x-1=(x>1),即x=2时,等号成立, 因此f(x)=(x>1)的值域为[1,+∞). [1,+∞) 2.函数y=x-的值域为　　 　　.  解析:令t=x-,则=x-t, 则半圆y=与直线y=x-t存在交点, 半圆方程为(x-1)2+y2=9(y≥0), 画出图象如图所示, 当直线y=x-t过点A(4,0),即图中直线l2时,t=4; 当直线与半圆相切,即图中直线l1时,=3,得t=-6或t=6+(舍), 故-6≤t≤4,即函数y的值域为[-6,4]. [-6,4] $