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49页。PPT课件主要包含了函数的单调性，1单调函数的定义，2单调区间的定义，系是“同增异减”，函数的最值，图D1，答案BD，求出最值，较端点值求出最值，变式训练等内容，欢迎下载使用。

1.理解函数的单调性、最大(小)值及其几何意义.2.会运用基本初等函数的图象分析函数的性质.
如果函数 y＝f(x)在区间 I 上是单调递增或单调递减，那么就说函数 y＝f(x)在区间 I 上具有单调性.单调递增区间和单调递减区间统称为单调区间.
【常用结论】函数单调性的结论
(3)在区间 D 上，两个单调递增函数的和仍是单调递增函数，
两个单调递减函数的和仍是单调递减函数.
(4)函数 f(g(x))的单调性与函数 y＝f(u)和 u＝g(x)的单调性的关
【温馨提示】(1)闭区间上的连续函数一定存在最大值和最
(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(
解析：当 x＜0 时，f(x)＝－2x＋1 单调递减；当 x≥0 时，f(x)＝－x2＋2x＋1＝－(x－1)2＋2，在[0，1]上单调递增，在[1，＋∞)单调递减.答案：[0，1]
【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.
A.c>a>bC.a>c>b
B.c>b>aD.b>a>c
解析：根据已知可得函数 f(x)的图象关于直线 x＝1 对称，且
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.
[例3](2023 年深圳市校级开学)已知函数 f(x)在定义域(－1，3)
上是减函数，且 f(2a－1)＜f(2－a)，则实数 a 的取值范围是(
A.(1，2)C.(0，2)
B.(－∞，1)D.(1，＋∞)
解析：因为函数 f(x)在定义域(－1，3)上是减函数，且 f(2a－1)＜f(2－a)，
解得 1＜a＜2，所以实数 a 的取值范
围是(1，2).故选 A.
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.
[例 4](1)若函数 f(x)＝ax2＋2x－3 在区间(－∞，4)上是单调递
增的，则实数 a 的取值范围是(
解析：因为 f(x)为在 R 上单调递减，
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).故选 C.
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(
且函数 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.
⊙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.
2.(2023 年北京市校级期末)已知函数 f(x)是定义在 R 上的减函
(1)求 f(0)的值；
(2)若 f(x)＋f(2＋2x)＜－2，求 x 的取值范围.
解：(1)∵f(x)是定义在 R 上的减函数，并且满足 f(x＋y)＝
∴令 x＝y＝0，得 f(0)＝f(0)＋f(0)，∴f(0)＝0.
(2)由(1)知 f(0)＝0，
∴令 y＝－x，得 f(－x)＋f(x)＝f(0)＝0，∴f(－x)＝－f(x)(x∈R)，∴f(x)为 R 上的奇函数.