【文档说明】2021版高考数学理科一轮复习第2章函数概念与基本初等函数人教A版优秀课件.ppt，共(36)页，1.514 MB，由小橙橙上传

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基础诊断考点突破课堂总结第2讲函数的单调性与最值基础诊断考点突破课堂总结最新考纲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.基础诊断考点突破课堂总结知识梳理1.函数的单调性(1)单调函数的定义增函数减函数定义一般地，设函数f(x)的定义域为I

：如果对于定义域I内某个区间D上的任意两个自变量的值x1，x2当x1<x2时，都有__________，那么就说函数f(x)在区间D上是增函数当x1<x2时，都有_________，那么就说函数f(x)在区间D上是减函数f(x1)<f(x

2)f(x1)>f(x2)基础诊断考点突破课堂总结图象描述自左向右看图象是_______自左向右看图象是______(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)在这一区间具有(严格的

)单调性，_______叫做函数y＝f(x)的单调区间.增函数减函数区间D上升的下降的基础诊断考点突破课堂总结2.函数的最值前提设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足条件(1)对于任意x∈I，都有__________；(2)存在x0∈I

，使得f(x0)＝M(3)对于任意x∈I，都有___________；(4)存在x0∈I，使得__________结论M为最大值M为最小值f(x)≤Mf(x)≥Mf(x0)＝M基础诊断考点突破课堂总结诊断自测1

.判断正误(在括号内打“√”或“×”)精彩PPT展示(1)对于函数f(x)，x∈D，若对任意x1，x2∈D，且x1≠x2有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，则函数f(x)在区间D上是增函数.()(2)

函数y＝1x的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞).()(3)对于函数y＝f(x)，若f(1)<f(3)，则f(x)为增函数.()(4)函数y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1

，＋∞).()基础诊断考点突破课堂总结解析(2)此单调区间不能用并集符号连接，取x1＝－1，x2＝1，则f(－1)＜f(1)，故应说成单调递减区间为(－∞，0)和(0，＋∞).(3)应对任意的x1＜x2，f(x1)＜f(x2)

成立才可以.(4)若f(x)＝x，f(x)在[1，＋∞)上为增函数，但y＝f(x)的单调递增区间可以是R.答案(1)√(2)×(3)×(4)×基础诊断考点突破课堂总结2.(2017·合肥调研)下列函数中，在区间(0，＋∞)内单调递减

的是()A.y＝1x－xB.y＝x2－xC.y＝lnx－xD.y＝ex－x解析对于A，y1＝1x在(0，＋∞)内是减函数，y2＝x在(0，＋∞)内是增函数，则y＝1x－x在(0，＋∞)内是减函数；B，C选项中的函数在(0，＋∞)上均不单调；选项D中，y′＝ex－1，而当x

∈(0，＋∞)时，y′＞0，所以函数y＝ex－x在(0，＋∞)上是增函数.答案A基础诊断考点突破课堂总结3.如果二次函数f(x)＝3x2＋2(a－1)x＋b在区间(－∞，1)上是减函数，那么()A.a＝－2B.a＝2C.a≤－2D.a≥2解析二次函数的对称轴方程为x＝－a－13，由题意知－a

－13≥1，即a≤－2.答案C基础诊断考点突破课堂总结4.函数f(x)＝lgx2的单调递减区间是________.解析f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，y＝lgu在(0，＋∞)上为增函数，u＝x2

在(－∞，0)上递减，在(0，＋∞)上递增，故f(x)在(－∞，0)上单调递减.答案(－∞，0)基础诊断考点突破课堂总结5.(2016·北京卷)函数f(x)＝xx－1(x≥2)的最大值为________.解析易得f(x)＝xx－1＝1＋1x－1，当x≥2时，x－1>0，易知f(x)在[

2，＋∞)是减函数，∴f(x)max＝f(2)＝1＋12－1＝2.答案2基础诊断考点突破课堂总结考点一确定函数的单调性(区间)【例1】(1)函数f(x)＝log12(x2－4)的单调递增区间为()A.(0，＋∞)B.(－∞，0)C.(2，＋∞

)D.(－∞，－2)(2)试讨论函数f(x)＝axx－1(a≠0)在(－1，1)上的单调性.基础诊断考点突破课堂总结(1)解析由x2－4>0，得x>2或x<－2.∴f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(2，＋∞).令t＝x2－4，则y＝log1

2t(t>0).∵t＝x2－4在(－∞，－2)上是减函数，且y＝log12t在(0，＋∞)上是减函数，∴函数f(x)在(－∞，－2)上是增函数，即f(x)单调递增区间为(－∞，－2).答案D基础诊断考点突破课堂总结(2

)解法一设－1<x1<x2<1，f(x)＝ax－1＋1x－1＝a1＋1x－1，f(x1)－f(x2)＝a1＋1x1－1－a1＋1x2－1＝a（x2－x1）（x1－1）（x2－1），由于－1<x1<x2<1

，所以x2－x1>0，x1－1<0，x2－1<0，基础诊断考点突破课堂总结故当a>0时，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，函数f(x)在(－1，1)上递减；当a<0时，f(x1)－f(x2)<0，即f(

x1)<f(x2)，函数f(x)在(－1，1)上是增函数.法二f′(x)＝（ax）′（x－1）－ax（x－1）′（x－1）2＝a（x－1）－ax（x－1）2＝－a（x－1）2.当a>0时，f′(x)<0，函数f(x)在(－1，1)上递减；当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)在(－

1，1)上递增.基础诊断考点突破课堂总结规律方法(1)求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间，如例1(1).(2)函数单调性的判断方法有：①定义法；②图象法；③利用已知函数的单调性；④导数法.(3)函数y＝f(g(

x))的单调性应根据外层函数y＝f(t)和内层函数t＝g(x)的单调性判断，遵循“同增异减”的原则.基础诊断考点突破课堂总结【训练1】判断函数f(x)＝x＋ax(a>0)在(0，＋∞)上的单调性，并给出证明.解f(x)在(0，a]上是减函数，在[a，＋∞)上是增函数.证明如下：法一设x1，x2是

任意两个正数，且0<x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝x1＋ax1－x2＋ax2＝x1－x2x1x2(x1x2－a).基础诊断考点突破课堂总结当0<x1<x2≤a时，0<x1x2<a，又x1－x2<0，所以f(

x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，所以函数f(x)在(0，a]上是减函数.当a≤x1<x2时，x1x2>a，又x1－x2<0，所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，所以函

数f(x)在[a，＋∞)上是增函数.综上可知，函数f(x)＝x＋ax(a>0)在(0，a]上是减函数，在[a，＋∞)上为增函数.基础诊断考点突破课堂总结法二f′(x)＝1－ax2，令f′(x)>0，则1－ax2>0，解得x

>a或x<－a(舍).令f′(x)<0，则1－ax2<0，解得－a<x<a.∵x>0，∴0<x<a.∴f(x)在(0，a]上为减函数，在[a，＋∞)上为增函数.基础诊断考点突破课堂总结考点二确定函数的最值【例2】(1)(2017·丽水一模)已知函数f

(x)＝log13x，x>1，－x2＋2x，x≤1，则f(f(3))＝________，函数f(x)的最大值是________.(2)已知函数f(x)＝x2＋2x＋ax，x∈[1，＋∞)且a≤1.①当a＝12时，求函数f(x)的最小值；②若对任意x

∈[1，＋∞)，f(x)>0恒成立，试求实数a的取值范围.基础诊断考点突破课堂总结(1)解析①由于f(x)＝log13x，x>1，－x2＋2x，x≤1.所以f(3)＝log133＝－1，则f(f(3))＝f(－1)＝－

3，②当x>1时，f(x)＝log13x是减函数，得f(x)<0.当x≤1时，f(x)＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1在(－∞，1]上单调递增，则f(x)≤1，综上可知，f(x)的最大值为1.答案－31基础诊断考点突破课堂总结(2)解

①当a＝12时，f(x)＝x＋12x＋2，设1≤x1＜x2，则f(x2)－f(x1)＝(x2－x1)1－12x1x2，∵1≤x1＜x2，∴x2－x1＞0，2x1x2＞2，∴0＜12x1x2＜12，1－12x1x2＞0，∴f(x2)－f(x1)＞0，f(x1)＜f(x

2).∴f(x)在区间[1，＋∞)上为增函数，∴f(x)在区间[1，＋∞)上的最小值为f(1)＝72.基础诊断考点突破课堂总结②当x∈[1，＋∞)时，x2＋2x＋ax>0恒成立.则x2＋2x＋a>0对x∈[

1，＋∞)上恒成立.即a>－(x2＋2x)在x∈[1，＋∞)上恒成立.令g(x)＝－(x2＋2x)＝－(x＋1)2＋1，x∈[1，＋∞)，∴g(x)在[1，＋∞)上是减函数，g(x)max＝g(1)＝

－3.又a≤1，∴当－3<a≤1时，f(x)>0在x∈[1，＋∞)上恒成立.故实数a的取值范围是(－3，1].基础诊断考点突破课堂总结规律方法(1)求函数最值的常用方法：①单调性法；②基本不等式法；③配方法；④图象法；⑤导数

法.(2)利用单调性求最值，应先确定函数的单调性，然后根据性质求解.若函数f(x)在闭区间[a，b]上是增函数，则f(x)在[a，b]上的最大值为f(b)，最小值为f(a).若函数f(x)在闭区间[a，b]上是减函数，则f(x)在[a，b]上的最大

值为f(a)，最小值为f(b).基础诊断考点突破课堂总结【训练2】如果函数f(x)对任意的实数x，都有f(1＋x)＝f(－x)，且当x≥12时，f(x)＝log2(3x－1)，那么函数f(x)在[－2，0]上的最大值与最小值之和为()A.2B

.3C.4D.－1基础诊断考点突破课堂总结解析根据f(1＋x)＝f(－x)，可知函数f(x)的图象关于直线x＝12对称.又函数f(x)在12，＋∞上单调递增，故f(x)在－∞，12上单调递减，则函数f(x)在[－2，0]上的最大值与最小值之和为

f(－2)＋f(0)＝f(1＋2)＋f(1＋0)＝f(3)＋f(1)＝log28＋log22＝4.答案C基础诊断考点突破课堂总结考点三函数单调性的应用(典例迁移)【例3】(1)如果函数f(x)＝（2－a）x＋1，x<1，ax，x≥1满足对任意x1≠x2，都

有f（x1）－f（x2）x1－x2>0成立，那么a的取值范围是________.(2)(2017·珠海模拟)定义在R上的奇函数y＝f(x)在(0，＋∞)上递增，且f12＝0，则不等式f(log1

9x)>0的解集为________.基础诊断考点突破课堂总结解析(1)对任意x1≠x2，都有f（x1）－f（x2）x1－x2>0.所以y＝f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数.所以2－a>0，a>1，（2－a）×1＋1≤a，解得32≤a<2.故实

数a的取值范围是32，2.(2)∵y＝f(x)是定义在R上的奇函数，且y＝f(x)在(0，＋∞)上递增.∴y＝f(x)在(－∞，0)上也是增函数，基础诊断考点突破课堂总结又f12＝0，知f－12＝－

f12＝0.故原不等式f(log19x)>0可化为f(log19x)>f12或f(log19x)>f－12，∴log19x>12或－12<log19x<0，解得0<x<13或1<x<3.所以原不等

式的解集为x|0<x<13或1<x<3.答案(1)32，2(2)x|0<x<13或1<x<3基础诊断考点突破课堂总结【迁移探究1】在例题第(1)题中，条件不变，若设m＝f(－12)，n＝f(a)，t＝f(2)，试比较m，n，t的

大小.解由例题知f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，且32≤a<2，又－12<a<2，∴f－12<f(a)<f(2)，即m<n<t.基础诊断考点突破课堂总结【迁移探究2】在例题第(2)题中，若条件改为：“定义在R上的偶函数y＝f(x)在[0，＋∞)上单调递减”，且f

12＝0，则不等式f(log19x)>0的解集是________.解析因为f(x)在R上为偶函数，且f12＝0，所以flog19x＞0等价于f|log19x|＞f12，又f(x)

在[0，＋∞)上为减函数，所以log19x＜12，即－12＜log19x＜12，解得13＜x＜3.答案13，3基础诊断考点突破课堂总结规律方法(1)利用单调性求参数的取值(范围)的

思路是：根据其单调性直接构建参数满足的方程(组)(不等式(组))或先得到其图象的升降，再结合图象求解.(2)在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求

解，此时应特别注意函数的定义域.基础诊断考点突破课堂总结【训练3】(2016·天津卷)已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增.若实数a满足f(2|a－1|)>f(－2)，则a的取值范围是________.解析∵f(x)在R上是偶函数，且在区间(－∞，0)上

单调递增，∴f(x)在(0，＋∞)上是减函数，则f(2|a－1|)>f(－2)＝f(2)，因此2|a－1|<2＝212，又y＝2x是增函数，∴|a－1|<12，解得12<a<32.答案12，32基础诊断考点突破课堂总结[思想方法]1.利用定义证明

或判断函数单调性的步骤：(1)取值；(2)作差；(3)定号；(4)判断.2.确定函数单调性有四种常用方法：定义法、导数法、复合函数法、图象法，也可利用单调函数的和差确定单调性.3.求函数最值的常用求法：单调性法、图象法、换元法、利用基本不等式.

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到.基础诊断考点突破课堂总结[易错防范]1.区分两个概念：“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.

2.函数在两个不同的区间上单调性相同，一般要分开写，用“，”或“和”连接，不要用“∪”.例如，函数f(x)在区间(－1，0)上是减函数，在(0，1)上是减函数，但在(－1，0)∪(0，1)上却不一定是减函数，如函数f(x)＝1x.9.障碍与失败

，是通往成功最稳靠的踏脚石，肯研究、利用它们，便能从失败中培养出成功。15.没有天生的信心，只有不断培养的信心。12.从容不迫的举止，比起咄咄逼人的态度，更能令人心折。5.爱是一盏灯，黑暗中照亮前行的远方;爱是一首诗，冰冷

中温暖渴求的心房;爱是夏日的风，是冬日的阳，是春日的雨，是秋日的果。10.想要有空余时间，就不要浪费时间。2.要成功，不要与马赛跑，要骑在马上，马上成功。3.相见时难别亦难，东风无力百花残!9.根本不必回头去看咒骂你的人是谁?如果有一条疯狗咬你一口，难道你也要趴下去反咬他一口吗?9.不要等待机会

，而要创造机会。2.选择了自由，就得忍受孤寂。17.世界级的竟争，一律以结果为导向，市场以结果论英雄。4.人生当自勉，学习需坚持。从这一刻开始，我依旧是我，只是心境再不同。不论今后的路如何，我都会在心底默默鼓励自己，坚持不懈，等待那一场破茧的美

丽。10、为明天做准备的最好方法就是集中你所有智慧，所有的热忱，把今天的工作做得尽善尽美，这就是你能应付未来的唯一方法。18.生命不是一张永远旋转的唱片;青春也不是一张永远不老的容颜。爱情是一个永恒的故事，从冬说到夏，又从绿说到黄;步履是一个载着命运的轻舟，由南驶向北，又由近

驶向远。4.要成功，先发疯，头脑简单向前冲。11.只向最顶端的人学习，只和最棒的人交往，只做最棒的人做的事。5.你最大的风险是缺少我们对你的信任。10.真正的爱情不是利己的，而应该是利他的。12.成功需要成本，时间也是一种成本，对时间的珍惜就是对成本的节约。

13.拿望远镜看别人，拿放大镜看自己。6、伟人所达到并保持着的高处，并不是一飞就到的，而是他们在同伴们都睡着的时候，一步步艰辛地向上攀爬的。