2022届新高考数学人教版一轮课件：第二章 第二节　函数的单调性与最值

这是一份2022届新高考数学人教版一轮课件：第二章 第二节　函数的单调性与最值，共55页。PPT课件主要包含了＞fx2，fx1，上升的，下降的，增函数，减函数，区间D，知识点二函数的最值，fx≤M，fx≥M等内容，欢迎下载使用。

知识点一　函数的单调性1．单调函数的定义
f(x1)＜f(x2)
2.单调区间的定义如果函数y＝f(x)在区间D上是 或 ，那么就说函数y＝f(x)在这一区间上具有(严格的)单调性， 叫做函数y＝f(x)的单调区间．
• 温馨提醒 •二级结论函数单调性的常用结论(1)若f(x)，g(x)均为区间A上的增(减)函数，则f(x)＋g(x)也是区间A上的增(减)函数．(2)若k＞0，则kf(x)与f(x)的单调性相同，若k＜0，则kf(x)与f(x)的单调性相反．
3．易混淆两个概念：“函数的单调区间”和“函数在某区间上单调”，前者指函数具备单调性的“最大”的区间，后者是前者“最大”区间的子集．
1．函数y＝x2－6x－6在区间[2,4]上是(　　)A．递减函数　　　　　　B．递增函数C．先递减再递增函数D．先递增再递减函数
解析：函数的图象如图所示．由图象可知，函数的递增区间为[1,2]，[3，＋∞)．答案：[1,2]，[3，＋∞)
题型一　函数单调性的判断与单调区间的求法　　自主探究
图象的对称轴为直线x＝0，则f(x)＝x2＋1在(0，＋∞)上单调递增，故C符合题意；对于D，由余弦函数的图象与性质可知f(x)＝cs x＋3是偶函数，但在(0，＋∞)上不是单调函数，故D不符合题意．答案：BC
确定已知解析式的函数单调区间的三种方法
题型二　函数的值域(最值)的求法　　自主探究
求函数最值(值域)的方法(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性结合端点值求出最值(值域).(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(值域)，若函数的解析式的几何意义较明显，如距离、斜率等，可用数形结合法求解．
(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，用基本不等式求最值(值域)．(4)导数法：先求出导函数，然后求出给定区间上的极值，再结合端点值，求出最值(值域)．(5)换元法：对比较复杂的函数可先通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值(值域)．
题型三　函数单调性的应用　　多维探究
高考对函数单调性的考查多以选择题、填空题的形式出现，有时也应用于解答题某一问中．常见的命题角度有：(1)比较两个函数值或两个自变量的大小；(2)解函数不等式；(3)利用单调性求参数的取值范围或值.
利用函数的单调性比较函数值或自变量的大小　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上进行比较，对于选择题、填空题通常选用数形结合的思想方法进行求解．
[解析]　∵当x＝0时，两个表达式对应的函数值都为零，∴函数的图象是一条连续的曲线．∵当x≤0时，函数f(x)＝x3为增函数，当x＞0时，f(x)＝ln(x＋1)也是增函数，∴函数f(x)是定义在R上的增函数．因此，不等式f(2－x2)＞f(x)等价于2－x2＞x，即x2＋x－2＜0，解得－2＜x＜1.
利用函数的单调性求解或证明不等式若f(x)在定义域上(或某一区间上)是增(减)函数，则f(x1)x2)，在解决“与抽象函数有关的不等式”问题时，可通过“脱去”函数符号“f ”化为一般不等式求解，但无论如何都必须在同一单调区间内进行．需要说明的是，若不等式一边没有“f ”，而是常数，应将常数转化为函数值.
根据函数的单调性构建含参数的方程(组)或不等式(组)进行求解，或先得到图象的升降情况，再结合图象求解．[注意]　讨论分段函数的单调性时，除注意各段的单调性外，还要注意分段点处的函数值.
[题组突破]1．已知定义在R上的函数f(x)＝2|x－m|－1(m为实数)为偶函数，记a＝f(lg0.53)，b＝f(lg25)，c＝f(2m)，则a，b，c的大小关系为(　　)A．a＜b＜cB．a＜c＜bC．c＜a＜bD．c＜b＜a
解析：∵f(x)为偶函数，∴f(－x)＝f(x)，∴m＝0，∴f(x)＝2|x|－1.图象如图所示，由函数的图象可知，函数f(x)在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是增函数．∵a＝f(lg0.53)＝f(lg23)，b＝f(lg25)，c＝f(0)，又lg25＞lg23＞0，∴b＞a＞c.
2．(2021·武汉模拟)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，＋∞)　　　　　　B．(1，＋∞)C．(－∞，1)D．(－∞，1]
3．定义在[－2,2]上的函数f(x)满足(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]＞0，x1≠x2，且f(a2－a)＞f(2a－2)，则实数a的取值范围为(　　)A．[－1,2)B．[0,2)C．[0,1)D．[－1,1)
(一)逻辑推理——判断函数单调性的核心素养[例1]　已知函数f(x)对定义在(－∞，2]上的任意两个值x1，x2，都有x1f(x1)＋x2f(x2)＞x1f(x2)＋x2f(x1)成立，且函数满足f(x＋2)＝f(2－x)，若f(a)≤f(3)，则实数a的取值范围是(　　)A．(－∞，1]　　　　　　B．[3，＋∞)C．[1,3]D．(－∞，1]∪[3，＋∞)
[解析]　由函数f(x)对定义在(－∞，2]上的任意两个值x1，x2，都有x1f(x1)＋x2f(x2)＞x1f(x2)＋x2f(x1)成立可知(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0成立，即函数f(x)是(－∞，2]上的增函数，又函数满足f(x＋2)＝f(2－x)，则函数f(x)关于直线x＝2对称，由f(a)≤f(3)可知|a－2|≥|3－2|，所以a－2≤－1或a－2≥1，即a≤1或a≥3.所以实数a的取值范围是(－∞，1]∪[3，＋∞)．
　求解与函数的单调性有关的问题，首先应判断函数的单调性，然后根据函数的单调性求解，而判断函数的单调性需要利用推理论证法．
(二)数学抽象——抽象函数中的单调性应用问题[例2]　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上是单调递增函数；(2)若f(1)＝1，解关于x的不等式f(x2＋2x)＋f(1－x)＞4.[解析]　(1)令x＝y＝0，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上是单调递增函数．
(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}．
　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．
[题组突破]1．已知函数f(x)＝x2－(2a＋1)x＋5，若对任意的x1，x2∈(4，＋∞)，当x1＞x2时，总有f(x1)－f(x2)＞x2－x1，则实数a的取值范围是________．答案：(－∞，4]
2．已知函数f(x)的定义域为{x|x∈R，且x≠0}，对定义域内的任意x1，x2，都有f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)，且当x＞1时，f(x)＞0.(1)求证：f(x)是偶函数；(2)求证：f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
证明：(1)因为对定义域内的任意x1，x2都有f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)，令x1＝x，x2＝－1，则有f(－x)＝f(x)＋f(－1)．又令x1＝x2＝－1，得2f(－1)＝f(1)．再令x1＝x2＝1，得f(1)＝0，从而f(－1)＝0，于是有f(－x)＝f(x)，所以f(x)是偶函数．