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第二讲　函数的单调性与最值
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.
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∈I
1.函数的单调性
(1)单调函数的定义
项目 增函数 减函数
定义 当x1f(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
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
(2)单调区间的定义
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
系是“同增异减”.
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
【温馨提示】(1)闭区间上的连续函数一定存在最大值和最
小值.
(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)(2024 年广东韶关期中考)已知函数 f(x)＝x2－4|x|＋
1，则下列说法正确的是(
)
A.函数 y＝f(x)在(－∞，－2]上单调递增
B.函数 y＝f(x)在[－2，0]上单调递增
C.当 x＝0 时，函数 f(x)取最大值
D.当 x＝－2 或 x＝2 时，函数 f(x)取最小值
由图象可知函数 y＝f(x)在(－∞，－2]上单调递减，在[－2，0]
上单调递增，故 A 错误，B 正确；
由图象可知当 x＝－2 或 x＝2 时，函数 f(x)有最小值，没有最
大值，故 C 错误，D 正确.故选 BD.
答案：BD
则 f(x)的单调递增区间为____________.
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＋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(
)
A.
1
2
B.
1
4
C.2
D.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
A.1
B.2
C.4
D.8
解析：由已知可得log0.5(2x)≤1，解得x≥0.25，f(x)的定义域
为[0.25，＋∞)，
又y＝log0.5(2x)在[0.25，＋∞)上单调递减，则y＝1－log0.5(2x)
在[0.25，＋∞)上单调递增，所以函数 f(x)在[0.25，＋∞)上单调递
增，即函数 f(x)在区间[2，4]上单调递增，所以 f(x)在区间[2，4]
内的最大值为 f(4)＝2.
答案：B
【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.
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.
[例 3](2024 年福建泉州练习)已知函数 f(x)是定义在(0，＋∞)
上的单调递减函数，则使不等式 f(a＋5)取值范围是__________.
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)(2024 年江苏阶段练习)设 f(x)＝
若 f(0)是 f(x)的最小值，则实数 a 的取值范围是(
)
A.(－∞，1)
C.(1，＋∞)
B.(－∞，1]
D.[1，＋∞)
解析：当 x≤0 时，f(x)＝－x＋2a，所以 f(x)在(－∞，0]上单
调递减，且 f(0)＝2a；
上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且 f(1)＝2；
要使 f(0)是 f(x)的最小值，则 f(0)≤f(1)，即 2a≤2，解得 a≤1，
所以实数 a 的取值范围是(－∞，1].故选 B.
答案：B
答案：A
【考法全练】
A.a>b>c
C.b>c>a
B.a>c>b
D.c>b>a
答案：D
2.(2022 年云南玉溪月考)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：A
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]
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.
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.
(1)证明：令 x＝y＝0，则 f(0)＝f(0)＋f(0)＋1，得 f(0)＝－1.
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)解：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】
答案：C
2.(2024 年上海阶段练习)已知函数 y＝f(x)是定义在(0，＋∞)
上的单调递增函数，且满足 f(2)＝1，f(xy)＝f(x)＋f(y).
(1)求证：f(x2)＝2f(x)；
(2)求不等式 f(x)＋f(x＋3)≤2 的解集.
(1)证明：由 f(xy)＝f(x)＋f(y)，
令 y＝x>0，得 f(x2)＝f(x)＋f(x)＝2f(x).
(2)解：令 x＝y＝1，则 f(1)＝2f(1)，即 f(1)＝0，
令 x＝y＝2，则 f(4)＝2f(2)＝2，
由f(x)＋f(x＋3)≤2，则f(x2＋3x)≤f(4)，
因为函数 y＝f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调递增函数，
所以不等式 f(x)＋f(x＋3)≤2 的解集为(0，1].

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