2024届一轮复习人教A版 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（45张）

第二讲函数的单调性与最值课标要求考情分析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1.本讲以基本初等函数为载体，考查函数的单调性、单调区间及函数最值的确定与应用；常与函数的图象及其他性质交汇命题.2.题型多以选择、填空题形式出现，若与导数问题交汇，则通常为解答题的第一问项目增函数减函数定义一般地，设函数f(x)的定义域为D，区间I⊆D，如果∀x1，x2∈I1.单调函数的定义项目增函数减函数定义当x1<x2时，都有f(x1)<f(x2)，那么就称函数f(x)在区间I上单调递增.特别地，当函数f(x)在它的定义域上单调递增时，我们就称它是增函数当x1<x2时，都有f(x1)>f(x2)，那么就称函数f(x)在区间I上单调递减.特别地，当函数f(x)在它的定义域上单调递减时，我们就称它是减函数(续表)项目增函数减函数图象描述自左向右看图象是上升的自左向右看图象是下降的(续表)【名师点睛】

(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<x2(或x1>x2)；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.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)对于任意x∈D，都有

f(x)≤M；(2)存在x0∈D，使得f(x0)＝M(1)对于任意x∈D，都有

f(x)≥M；(2)存在x0∈D，使得f(x0)＝M结论M为最大值M为最小值2.函数的最值

【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：BD图D1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＋logax(a>0，且a≠1)在[1，2]上的最大值与最小值之和为loga2＋6，则a的值为()

1A. 2

1B. 4C.2D.4

解析：易得函数f(x)＝ax＋logax在[1，2]上单调，所以f(1)＋

f(2)＝loga2＋6，则a＋loga1＋a2＋loga2＝a＋a2＋loga2＝loga2＋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，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，最后比较端点值，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.【变式训练】

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>b

B.c>b>a

C.a>c>b

D.b>a>c答案：D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.答案：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.答案：D(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，＋∞)答案：C【考法全练】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).答案：C2.(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()A.(1，2]B.(1，3]C.(1，4]D.(1，＋∞)解析：因为f(x)在[－1，1]上单调递减，且f(2a－3)＜f(a－2)，答案：A3.(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.【高分训练】

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)＞答案：C

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