新高考数学一轮复习课件第2章函数导数及其应用第2讲函数的单调性与最值（含解析）

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这是一份新高考数学一轮复习课件第2章函数导数及其应用第2讲函数的单调性与最值（含解析），共52页。PPT课件主要包含了答案A，答案D，答案BD，图D2，答案C，ax＋1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∈D”，“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整体性质，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到.(2)开区间上的“单峰”函数一定存在最大值(或最小
1.(多选题)下列说法错误的是(
C.对于函数 y＝f(x)，若 f(1)题组二走进教材2.(教材改编题)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调
在区间[2,3]上的最大值是
3.(教材改编题)函数 y＝________.答案：2
题组三真题展现4.(2019 年北京)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调
5.(2021 年全国甲)下列函数中是增函数的为(
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]
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：f(x)＝ ax＋lgax在[1,2]上是单调函数，所以f(1)＋f(2)＝lga2＋6，则a＋lga1＋a2＋lga2＝lga2＋6，即(a－2)(a＋3)＝0，又 a>0，所以 a＝2.答案：C
则 f(f(－3))＝________，f(x)的最小值是________.
【题后反思】求函数最值的 5 种常用方法及思路(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，求出最值.
(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，
最后结合端点值，求出最值.
(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.
A.c>a>bC.a>c>b
B.c>b>aD.b>a>c
解析：由于函数 f(x)的图象向左平移 1 个单位长度后得到的图象关于 y 轴对称，故函数 y＝f(x)的图象关于直线x＝1 对称，
当x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，等价于函数 f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以 b>a>c.
考向 2 解函数不等式
通性通法：求解含“f ”的函数不等式的解题思路
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定义，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
取值范围是(A.(－∞，0]B.[－2,2]C.{2}D.[2，＋∞)
A.(－1,0)∪(0,1)B.(－1,0)∪(0,1]C.(0,1)D.(0,1]
解析：因为 f(x)＝－x2＋2ax 在[1,2]上单调递减，所以
a≤1，又因为 g(x)＝
在[1,2]上单调递减，所以 a＞0，
所以 0＜a≤1.故选 D.
A.(－∞，－1)∪(2，＋∞)B.(－∞，－2)∪(1，＋∞)C.(－1,2)D.(－2,1)
解析：因为当 x＝0 时，两个表达式对应的函数值都为零，所以函数的图象是一条连续的曲线.因为当 x≤0 时，函数 f(x)＝x3 单调递增，当 x＞0 时，f(x)＝ln(x＋1)也单调递增，所以函数 f(x)是定义在 R 上的增函数.因此，不等式f(2－x2)＞f(x)等价于2－x2＞x，即x2＋x－2＜0，解得－2＜x＜1.故选 D.
A.f(a)＞f(b)＞f(c)B.f(b)＞f(a)＞f(c)C.f(c)＞f(a)＞f(b)D.f(c)＞f(b)＞f(a)
⊙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，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.
2.已知函数 f(x)的定义域为{x|x∈R，且 x≠0}，对定义域内的任意x1，x2，都有f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)，且当x＞1时，f(x)＞0.
(1)求证：f(x)是偶函数；
(2)求证：f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
证明：(1)因为对定义域内的任意x1，x2都有f(x1·x2)＝
f(x1)＋f(x2)，
令x1＝x，x2＝－1，则有f(－x)＝f(x)＋f(－1).又令x1＝x2＝－1，得2f(－1)＝f(1).再令x1＝x2＝1，得f(1)＝0，从而f(－1)＝0，于是有f(－x)＝f(x)，所以f(x)是偶函数.