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（人教版 提升版）

该高中数学高考复习课件聚焦“函数单调性的应用”核心考点，依据高考评价体系梳理了函数最值、单调性比较大小、解函数不等式、求参数范围等考查要求，通过近五年真题分析明确单调性求参数、分段函数单调性等高频考点权重，归纳出定义应用、换元法等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题训练+方法提炼+素养培养”，如以2024新课标Ⅰ卷分段函数单调性题为例，用“构造辅助函数法”（例2构造F(x)=f(x)-2x）培养数学思维，通过换元法、单调性法突破值域问题，特设易错陷阱警示，帮助学生掌握得分技巧，教师可据此精准教学，助力高效冲刺。

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 最大值 最小值 前提 设函数y=f(x)的定义域为D,如果存在实数M满足 条件 (1)∀x∈D,都有f(x)≤M; (2)∃x0∈D,使得f(x0)=M (1)∀x∈D,都有f(x)≥M; (2)∃x0∈D,使得f(x0)=M 结论 M为_______ M为_______ 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.(多选)下列结论正确的是(　　) A.若函数f(x)满足f(-3)<f(2),则f(x)在[-3,2]上单调递增 B.若函数f(x)在(-2,3)上单调递增,则函数f(x)的最大值是f(3) C.若函数f(x)在区间[a,b]上连续,则f(x)在区间[a,b]上一定有最值 D.函数y=在区间(-∞,0)∪(0,+∞)上无最值 CD 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图象的对称轴为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.已知f(x)=x2-(2a-1)x+1,对∀x1,x2∈[1,+∞)都有≥1成立,则实数a的取值范围是(　　) A.[1,+∞) B.(-∞,1] C.[2,+∞) D.(-∞,2] 解析:由≥1,得-1≥0,则≥0, 设函数g(x)=f(x)-x,则对∀x1,x2∈[1,+∞)都有≥0成立, 所以函数g(x)=x2-2ax+1在区间[1,+∞)上单调递增, 所以≤1,解得a≤1,则a∈(-∞,1]. B 4.(人A必修第一册P81例5改编)函数y=-在区间[1,2]上的最大值为(　　) A.- B.- C.-1 D.不存在 解析:y=-在(-1,+∞)上单调递增,则y=-在区间[1,2]上单调递增, 所以ymax=-=-. A 5.函数f(x)是定义在[0,+∞)上的减函数,则满足f(2x-1)>f()的x的取值范围是　　　　　.  解析:∵f(x)的定义域是[0,+∞), ∴2x-1≥0,即x≥. 又∵f(x)是定义在[0,+∞)上的减函数, ∴2x-1<,即x<.综上,≤x<. [,) 关键能力　重点探究 考点一　有关函数单调性定义的应用 角度1　比较函数值的大小 [例1]　设函数f(x)定义在实数集上,它的图象关于直线x=1对称,且当x≥1时,f(x)=3x-1,则(　　) A.f()<f()<f() B.f()<f()<f() C.f()<f()<f() D.f()<f()<f() B [解析]　由题设知,当x<1时,f(x)单调递减,当x≥1时,f(x)单调递增,而x=1为对称轴,所以f()=f(1+)=f(1-)=f().又<<<1, 所以f()>f()>f(), 即f()<f()<f(). 角度2　解函数不等式 [例2]　已知函数f(x)满足:∀x1,x2∈R,当x1≠x2时,>2恒成立,且f(2)=12,若f(m2)≥2m2+8,则实数m的取值范围是(　　) A.[-,] B.[-2,2] C.(-∞,-]∪[,+∞) D.(-∞,-2]∪[2,+∞) C [解析]　不妨设x1>x2,>2⇒f(x1)-f(x2)>2x1-2x2, 故f(x1)-2x1>f(x2)-2x2, 令F(x)=f(x)-2x,则F(x1)>F(x2),所以F(x)=f(x)-2x在R上单调递增. 因为f(2)=12,所以F(2)=f(2)-4=8, f(m2)≥2m2+8⇒f(m2)-2m2≥8⇒F(m2)≥F(2), 所以m2≥2,解得m∈(-∞,-]∪[,+∞). 角度3　利用单调性求参数的取值范围 [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, 所以解得-1≤a≤0, 即a的范围是[-1,0]. 方法总结 1.比较函数值的大小时,先转化到同一个单调区间内,然后利用函数的单调性解决. 2.求解函数不等式时,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. 3.利用单调性求参数的取值范围时,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,再结合图象求解;对于分段函数,要注意衔接点的取值. 跟踪训练 1.已知f(x)=2x-,a=f(),b=f(),c=f(),则(　　) A.a>b>c B.a>c>b C.c>a>b D.c>b>a 解析:易知f(x)=2x-在(1,+∞)上单调递增, 又>>>1, 故f()>f()>f(),即c>b>a. D 2.(2026·山东青岛模拟)已知f(x)=则不等式f(x+3)<f(x2+3x)的解集是(　　) A.(-3,1) B.(0,1) C.(-∞,-3)∪(1,+∞) D.(1,+∞) A 解析:f(x)=可得当x≤0时,f(x)单调递减,当x>0时,f(x)单调递减,且x=0时函数连续,则f(x)在R上单调递减, 不等式f(x+3)<f(x2+3x)可化为x+3>x2+3x,即x2+2x-3<0,解得-3<x<1,则原不等式的解集为(-3,1). 3.(2025·北京卷)关于定义域为R的函数f(x),以下说法正确的有 　　　　　.  ①存在在R上单调递增的函数f(x)使得f(x)+f(2x)=-x恒成立; ②存在在R上单调递减的函数f(x)使得f(x)+f(2x)=-x恒成立; ③使得f(x)+f(-x)=cos x恒成立的函数f(x)存在且有无穷多个; ④使得f(x)-f(-x)=cos x恒成立的函数f(x)存在且有无穷多个. ②③ 解析:对于①,若存在R上的增函数f(x),满足f(x)+f(2x)=-x, 则f(0)+f(2×0)=-0,即f(0)=0, 当x>0时,f(4x)>f(2x)>f(x)>0,故f(4x)+f(2x)>f(x)+f(2x), 故-2x>-x,即x<0,矛盾,故①错误; 对于②,取f(x)=-x,该函数为R上的减函数且f(x)+f(2x)=-x, 故该函数符合,故②正确; 对于③,取f(x)=cos x+mx,m∈R, 此时f(x)+f(-x)=cos x,由m∈R可得f(x)有无穷多个,故③正确; 对于④,若存在f(x),使得f(x)-f(-x)=cos x, 令x=0,则0=cos 0,但cos 0=1,矛盾, 故满足f(x)-f(-x)=cos x的函数不存在,故④错误. 考点二　求函数的最值(值域) [例4]　(1)函数f(x)=2x-1+的最小值是(　　) A.3 B.4 C.5 D.6 [解析]　设=t,t≥0,则x=t2+2,则函数f(x)=2x-1+等价于y=2t2+t+3,t≥0. ∵y=2t2+t+3在[0,+∞)上是增函数,∴ymin=2×02+0+3=3,∴函数f(x)=2x-1+的最小值是3. A (2)(多选)已知函数f(x)=,则下列结论正确的是(　 　) A.函数f(x)没有最大值,也没有最小值 B.若x≥2,则f(x)的值域为(-∞,11] C.若x≤-6,则f(x)的值域为[3,4) D.若x≥0,且x≠1,则f(x)的值域为(-∞,-3]∪(4,+∞) ACD [解析]　由题可知f(x)===4+,定义域为(-∞,1)∪(1,+∞),由反比例函数的单调性易知,f(x)在(-∞,1),(1,+∞)都单调递减.对于A,由反比例函数的单调性和图象可知,f(x)没有最大值,也没有最小值,故A正确;对于B,当x=2时,f(2)=11,当x→+∞时,→0,f(x)→4,所以当x≥2时, f(x)的值域为(4,11],故B错误;对于C,当x≤-6时,f(x)单调递减,因为f(-6)=3,当x→-∞ 时,→0,且小于0,所以当x≤-6时,f(x)的值域为[3,4),故C正确;对于D,当0≤x<1时,f(x)单调递减,f(0)=-3,当x→1,且x<1时,f(x)→-∞,当x>1时,f(x)单调递减,当x→1,且x>1时,f(x)→+∞,当x→+∞ 时,f(x)→4,故当x≥0且x≠1时,f(x)的值域为(-∞,-3]∪(4,+∞),故D正确. 跟踪训练 4.函数y=的最大值为　　　　　.  解析:令 =t,则t≥2, 所以x2=t2-4,所以y==,设h(t)=t+, 则h(t)在[2,+∞)上单调递增,所以h(t)min=h(2)=, 所以y≤=(当x=0时取等号),即y的最大值为. 求函数最值(值域)的方法 教材延展 常用方法 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. [例2]　(1)已知x,y∈R且3x2+2y2-6x=0,求x2+2y2的值域. [解]　由3x2+2y2-6x=0得2y2=-3x2+6x≥0,即0≤x≤2. ∵x2+2y2=-2x2+6x=-2(x-)2+, ∴当x=时,x2+2y2取得最大值; 当x=0时,x2+2y2取得最小值0.即x2+2y2的值域为[0,]. (2)求函数f(x)=的最值. [解]　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f(x)的最大值是,最小值是-2. 跟踪训练 1.函数f(x)=的值域为　　　　　.  (-∞,2] 解析:法一(图象法):作出函数 f(x)= 的图象(如图所示),f(x)max=f(0)=2. 由函数图象可知,f(x)的值域为(-∞,2]. 法二(单调性法):当x≥1 时,函数f(x)= 单调递减,所以f(x) 在x=1 处取得最大值,最大值为f(1)=1;当x<1 时,易知函数f(x)=-x2+2 在x=0 处取得最大值,最大值为f(0)=2.综上,函数f(x)的最大值为2, 所以函数f(x) 的值域为(-∞,2]. 2.求函数f(x)=x+的值域. 解:由f(x)=x+=x+, 令x=2+sin θ,其中θ∈[-,], 则f(x)=2+sin θ+cos θ=2+sin(θ+). 因为θ∈[-,],所以θ+∈[-,], 从而sin(θ+)∈[-,1], 因此f(x)的值域为[1,2+]. $