2024年高考数学一轮复习第二章第二讲函数的单调性与最值课件

这是一份2024年高考数学一轮复习第二章第二讲函数的单调性与最值课件，共45页。PPT课件主要包含了答案BD，图D1，求出最值，较端点值求出最值，变式训练，答案D，答案A，答案C，D1＋∞等内容，欢迎下载使用。
(1)函数单调性定义中的 x1，x2 具有以下三个特征：一是任意性，即“任意两数 x1，x2∈I”，“任意”两字绝不能丢；二是有大小，即 x1x2)；三是同属一个单调区间，三者缺一不可.(2)函数 f(x)在给定区间上的单调性，是函数在此区间上的性
质，不一定代表在整个定义域上有此性质.
【名师点睛】函数单调性的常用结论(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，最值一定在端点处取得.(2)开区间上的“单峰”函数一定存在最大值(或最小值).
考点一 确定函数的单调性(区间)
1.(多选题)函数 f(x)＝|x2－3x＋2|在下列区间递增的有(
答案：[2，＋∞)　(－∞，－3]
3.能使“函数 f(x)＝x|x－1|在区间 I 上不是单调函数，且在区间 I 上的函数值的集合为[0，2]”是真命题的一个区间 I 为______.
【题后反思】确定函数单调性的 4 种方法(1)定义法.利用定义判断.
(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.
考点二 求函数的最值[例 1](1)已知函数 f(x)＝ax＋lgax(a>0，且 a≠1)在[1，2]上的
最大值与最小值之和为 lga2＋6，则 a 的值为(
解析：易得函数 f(x)＝ax＋lgax 在[1，2]上单调，所以 f(1)＋ f(2)＝lga2＋6，则a＋lga1＋a2＋lga2＝a＋a2＋lga2＝lga2＋6，即(a－2)(a＋3)＝0，又 a>0，所以 a＝2.答案：C
【题后反思】求函数最值的 5 种常用方法
(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，
(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，最后比
(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.
考点三 函数单调性的应用考向 1 利用单调性比较大小
通性通法：比较函数值的大小时，若自变量的值不在同一个单调区间内，要利用其函数性质，转化到同一个单调区间内进行比较，对于选择题、填空题能数形结合的尽量用图象法求解.
[例 2]已知函数 f(x)的图象向左平移 1 个单位长度后关于 y 轴
b＝f(2)，c＝f(3)，则 a，b，c 的大小关系为(A.c>a>bB.c>b>aC.a>c>bD.b>a>c
考向 2 解函数不等式
通性通法：先利用函数的相关性质将不等式转化为 f(g(x))＞f(h(x))的形式，再根据函数的单调性去掉“f ”，得到一般的不等式g(x)＞h(x)[或 g(x)＜h(x)].此时要特别注意函数的定义域.
考向 3 求参数的值或取值范围
通性通法：利用单调性求参数的范围(或值)的方法
(1)视参数为已知数，依据函数的图象或单调性，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.
(2)若 f(x)＝x3－6ax 的单调递减区间是(－2，2)，则 a 的取值
A.(－∞，0]B.[－2，2]C.{2}D.[2，＋∞)
A.f(a)＞f(b)＞f(c)C.f(c)＞f(a)＞f(b)
B.f(b)＞f(a)＞f(c)D.f(c)＞f(b)＞f(a)
解析：由题意可知 f(x)在(0，＋∞)上单调递减，且 f(x)＝f(|x|)，
|b|＞|a|＞|c|＞0，∴f(|c|)＞f(|a|)＞f(|b|)，即 f(c)＞f(a)＞f(b).
2.(考向 2)(2022 年玉溪市月考)已知函数 f(x)在[－1，1]上单调
递减，且 f(2a－3)＜f(a－2)，则实数 a 的取值范围是(
解析：因为 f(x)在[－1，1]上单调递减，且 f(2a－3)＜f(a－2)，
3.(考向 3)若函数 f(x)＝2|x－a|＋3 在区间[1，＋∞)上不单调，
则 a 的取值范围是(A.[1，＋∞)C.(－∞，1)
B.(1，＋∞)D.(－∞，1]
函数 f(x)＝2|x－a|＋3 在区间[1，＋∞)上不单调，所以 a＞1.所以 a 的取值范围是(1，＋∞).故选 B.答案：B
⊙抽象函数中的单调性应用问题
[例 5]已知定义在 R 上的函数 f(x)满足：
①f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋1，②当 x＞0 时，f(x)＞－1.(1)求 f(0)的值，并证明 f(x)在 R 上是增函数；
(2)若 f(1)＝1，解关于 x 的不等式 f(x2＋2x)＋f(1－x)＞4.
解：(1)令 x＝y＝0，则 f(0)＝f(0)＋f(0)＋1，得 f(0)＝－1.
证明：在R上任取x1＞x2，则x1－x2＞0，f(x1－x2)＞－1.又f(x1)＝f[(x1－x2)＋x2]＝f(x1－x2)＋f(x2)＋1＞f(x2)，所以函数f(x)在R上是增函数.(2)由f(1)＝1，得f(2)＝3，f(3)＝5.由f(x2＋2x)＋f(1－x)＞4得f(x2＋x＋1)＞f(3)，又函数f(x)在R上是增函数，故x2＋x＋1＞3，解得x＜－2或x＞1，故原不等式的解集为{x|x＜－2或x＞1}.
【题后反思】求解抽象函数问题的切入点与关键点
切入点：(1)对于抽象函数的单调性的证明，只能考虑用定义证明；(2)将不等式中的抽象函数符号“f ”运用单调性去掉.关键点：(1)根据单调性定义，赋值构造出f(x2)－f(x1)，并与0比较大小；(2)根据已知条件，将所求的不等式转化为 f(M)＜f(N)的形式，从而利用单调性求解.
解析：因为定义在[－2，2]上的函数y＝f(x)满足(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0，x1≠x2，所以f(x)在[－2，2]上单调递增，若f(－a)＞
2.(2022年合肥市月考)已知 f(x)的定义域为R，对任意x，y∈R都有 f(x＋y)＝f(x)＋f(y)－1，当 x＞0 时，f(x)＜1，f(1)＝0.
(1)求 f(0)，f(－1)；
(2)证明：f(x)在 R 上是减函数；
(3)解不等式：f(2x2－3x－2)＋2f(x)＞4.
(1)解：f(x＋y)＝f(x)＋f(y)－1，令 x＝y＝0，则 f(0)＝2f(0)－1，解得 f(0)＝1.
令 x＝1，y＝－1，则 f(0)＝f(1)＋f(－1)－1，
因为 f(1)＝0，故 1＝0＋f(－1)－1，解得 f(－1)＝2.(2)证明：在 R上任取x1＜x2，x2－x1＞0，
则f(x2)－f(x1)＝f(x1＋x2－x1)－f(x1)＝f(x2－x1)－1，因为x2－x1＞0，所以f(x2－x1)＜1，所以f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)－1＜0，故f(x2)＜f(x1)，所以f(x)在R上是减函数.
(3)解：令 x＝y＝1，则 f(2)＝2f(1)－1＝－1，
令 x＝1，y＝2，则 f(3)＝f(1)＋f(2)－1＝－1－1＝－2；令 x＝y＝2，则 f(4)＝2f(2)－1＝－3；
令 x＝2，y＝3，则 f(5)＝f(2)＋f(3)－1＝－1－2－1＝－4.故f(2x2－3x－2)＋2f(x)＞4变形为f(2x2－3x－2)＋f(x)＞4－f(x)
＝－[－4＋f(x)]＝－[f(5)＋f(x)]，
故 f(2x2－3x－2＋x)＋1＞－[f(x＋5)＋1]＝－f(x＋5)－1，整理得 f(2x2－2x－2)＋f(x＋5)＞－2，