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2024届高考数学一轮总复习第二章函数导数及其应用第二讲函数的单调性与最值课件
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这是一份2024届高考数学一轮总复习第二章函数导数及其应用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，
(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 x1
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，
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