2025高考数学一轮复习-第2章-第3节 单调性与最大（小）值（二）【课件】

第二章函数第3节单调性与最大(小)值(二)1.会利用函数的单调性比较函数值的大小，解函数不等式.2.会求函数的最值或值域.目

录CONTENTS考点聚焦突破01课时分层精练02考点聚焦突破1KAODIANJUJIAOTUPO考点一比较函数值的大小D(2)若a＝ln3，b＝lg5，c＝log126，则(

)A.a>b>c

B.b>c>a C.c>b>a

D.a>c>bD解析∵a＝ln3>lne＝1，b＝lg5<lg10＝1，c＝log126<log1212＝1，∴a>b，a>c，显然函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又∵0<log25<log26，∴f(log25)<f(log26)，即lg5<log126，∴a>c>b.感悟提升1.若题目条件中有具体的函数，则先判断已知函数的单调性，利用其单调性比较大小.2.若题目条件中无具体函数，则需根据数值的结构特征构造函数，再利用其单调性比较大小.C当x＞0时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增，∵0＜p＜m＜n，且f(m)＝1，∴f(p)＜f(m)＝1＜f(n).(2)若2x－2y<3－x－3－y，则(

)A.ln(y－x＋1)>0 B.ln(y－x＋1)<0 C.ln|x－y|>0 D.ln|x－y|<0A解析原已知条件等价于2x－3－x<2y－3－y，设函数f(x)＝2x－3－x.因为函数y＝2x与y＝－3－x在R上均单调递增，所以f(x)在R上单调递增，即f(x)<f(y)，所以x<y，即y－x>0，所以A正确，B不正确.因为|x－y|与1的大小不能确定，所以C，D不正确.考点二求函数的最值或值域例2(1)函数f(x)＝x2－2x＋3，x∈[0，3)的值域为________.[2，6)解析f(x)＝x2－2x＋3＝(x－1)2＋2(x∈[0，3))，其图象开口向上，对称轴x＝1，所以f(x)在[0，1]上单调递减，在[1，3)上单调递增，而f(0)＝3，f(1)＝2，f(3)＝6，故其值域为[2，6).解析函数的定义域为[1，＋∞)，感悟提升1.求函数最值的三种基本方法：(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.2.对于较复杂函数，可运用导数，求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值.1解析法一(数形结合法)在同一坐标系中，作函数f(x)，g(x)的图象，依题意，h(x)的图象为如图所示的实线部分.易知点A(2，1)为图象的最高点，因此h(x)的最大值为h(2)＝1.法二(单调性法)当0<x≤2时，h(x)＝log2x是增函数；当x>2时，h(x)＝3－x是减函数，因此h(x)在x＝2时取得最大值h(2)＝1.考点三解函数不等式例3已知函数f(x)＝lnx＋2x，若f(x2－4)<2，则实数x的取值范围是_______________________.解析因为函数f(x)＝lnx＋2x在定义域(0，＋∞)上单调递增，且f(1)＝ln1＋2＝2，所以由f(x2－4)<2，得f(x2－4)<f(1)，所以0<x2－4<1，感悟提升求解函数不等式时，由条件脱去“f”，转化为自变量间的大小关系，应注意函数的定义域.(－3，1)解析

根据所给的分段函数，画出图象如图.已知函数在整个定义域上是单调递减的，由f(3－a2)<f(2a)可知，3－a2>2a，解得－3<a<1.微点突破

复合函数的单调性1.复合函数单调性判定原则：同增异减.2.设复合函数y＝f[g(x)]，A是y＝f[g(x)]定义域的某个区间，B是u＝g(x)的值域；(1)若u＝g(x)在A上是增(或减)函数，y＝f(u)在B上也是增(或减)函数，则函数y＝f[g(x)]在A上是增函数；(2)若u＝g(x)在A上是增(或减)函数，而y＝f(u)在B上是减(或增)函数，则函数y＝f[g(x)]在A上是减函数.一、

求复合函数的单调区间例1已知函数f(x)＝x2－2x－3，g(x)＝f(5－x2)，试求g(x)的单调区间.解令u(x)＝5－x2,则u(x)在(－∞，0]上单调递增，在[0,＋∞)上单调递减，且u(0)＝5.f(x)＝x2－2x－3＝(x－1)2－4在(－∞，1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增.即u(x)的单调性是以“0”为界来划分的，f(x)的单调性是以“1”为界来划分的，由此可确定g(x)的单调性.令5－x2＝1，则x＝±2.x(－∞，－2][－2，0][0，2][2，＋∞)u(x)＝5－x2增增减减u(－∞，1][1，5][1，5](－∞，1]f(u)减增增减f(5－x2)减增减增所以函数g(x)的单调递减区间是(－∞，－2]，[0，2]，单调递增区间是[－2,0]，[2，＋∞).解假设存在满足条件的实数λ，则由f(x)＝x2＋1，g(x)＝f(f(x))，得g(x)＝(x2＋1)2＋1.∴F(x)＝g(x)－λf(x)＝x4＋(2－λ)x2＋2－λ.令t＝x2，则t＝x2在(－∞，0)上单调递减，A解析A中，∵函数f(x)在R上是增函数，∴y＝－f(x)在R上是减函数，故A正确.C中，函数f(x)在R上是增函数，但y＝[f(x)]2在R上不一定是减函数，如f(x)＝x在R上是增函数，但y＝[f(x)]2＝x2在R上不是减函数，故排除C.D中，函数f(x)在R上是增函数，但y＝af(x)(a为实数)在R上不一定是增函数，例如f(x)＝x在R上是增函数，但f(x)＝－2x在R上不是增函数，故排除D.(2)已知函数f(x)是R上的减函数，若f(ax2－2x)在(1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是____________.(－∞，0]解析由题意知函数y＝ax2－2x在(1，＋∞)上单调递减，课时分层精练2KESHIFENCENGJINGLIAN1.(2024·厦门调考)若函数f(x)＝(m－1)x＋1在R上是增函数，则f(m)与f(1)的大小关系是(

) A.f(m)<f(1) B.f(m)>f(1) C.f(m)≤f(1) D.f(m)≥f(1)B解析因为f(x)＝(m－1)x＋1在R上是增函数，所以m>1，故f(m)>f(1).C则f(x)在(－∞，1]上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减，所以f(x)的最大值为f(1)＝1.B解析易知f(x)是R上的减函数，又π＞3＞2，故f(π)＜f(3)＜f(2).4.(2024·哈尔滨质检)已知函数f(x)在R上为增函数，若不等式f(－4x＋a)>f(－3－x2)对∀x∈(3，＋∞)恒成立，则a的取值范围为(

) A.[－1，＋∞) B.[3，＋∞) C.[0，＋∞) D.(1，＋∞)C解析由题意，得－4x＋a>－3－x2对∀x∈(3，＋∞)恒成立，则a>－x2＋4x－3对∀x∈(3，＋∞)恒成立.设函数g(x)＝－x2＋4x－3＝－(x－2)2＋1，则当x>3时，g(x)<0，所以a的取值范围为[0，＋∞).C解析由题意可知，函数f(x)在[2，＋∞)上单调递增，∵f(2a2－5a＋4)＜f(a2＋a＋4)，∴2≤2a2－5a＋4＜a2＋a＋4，A解析y＝ex是增函数，y＝－e－x是增函数，因此在(0，＋∞)上y＝ex－e－x单调递增，且此时f(x)＞0；又f(x)＝－x2在(－∞，0]上单调递增，且f(x)≤0，所以f(x)在R上单调递增.c＝log20.9＜0，0＜b＝log32＜1，a＝50.01＞1，即a＞b＞c，所以f(a)＞f(b)＞f(c).B(0，1)(－∞，－1]∪{0}解析当x≥a时，f(x)＝x2－2ax＋1图象的对称轴方程为x＝a，要想f(x)存在最小值，当x<a时，f(x)＝ax－1单调递减,且在x＝a处，y＝ax－1的函数值要大于等于y＝x2－2ax＋1的函数值，当a＜0时，需满足a2－1≥a2－2a2＋1，解得a≤－1.此时f(x)min＝－1，符合题意.当a＞0时，f(x)不存在最小值.综上，a≤－1或a＝0.∴f(x)在(0，1]上单调递增，即a＝1时取等号，∴g(a)的最小值为2.解函数f(x)的定义域为{x|x≠0}.(2)证明函数f(x)在(0，＋∞)上为减函数，并求f(x)在x∈[2，8]上的最大值和最小值.证明由题意可设0＜x1＜x2，又0＜x1＜x2，所以x1x2＞0，x2－x1＞0，所以f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，所以函数f(x)在(0，＋∞)上为减函数.D根据max{a，b}的定义，可得函数f(x)的图象为图中实线部分.由图知f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，f(x)最小，且最小值为f(1)