第07讲 函数的单调性与最值(考点串讲课件)-2025年高考数学大一轮复习核心题型讲与练+易错重难点专项突破（新高考版）

2025年高考数学大一轮复习核心题型讲与练+易错重难点专项突破（新高考版） 第07讲 函数的单调性与最值 目 录 易混易错练 3 常用结论 2 知识梳理 1 考点分类练 4 最新模拟练 5 【知识梳理】 1.函数的单调性 函数单调性及单调区间的定义   增函数 减函数 定义 一般地,设函数f(x)的定义域为D,且I⊆D:如果对　 　　x1,x2∈I,当x1<x2时,都有  　　　　　　,则称y=f(x)在I上是增函数(也称在I上单调递增)  　　　　　,则称y=f(x)在I上是减函数(也称在I上单调递减)  f(x1)<f(x2) 任意 f(x1)>f(x2)   增函数 减函数 图像 描述   自左向右看图像是　　　　　    自左向右看图像是　　　　  单调 区间 当I为区间时,称I为函数的单调递增区间 当I为区间时,称I为函数的单调递减区间 上升的 下降的 2.函数的最值 前提 一般地,设函数f(x)的定义域为D,且x0∈D:如果对　　　　x∈D,都有  条件 　　　　  　　　　  结论 则称f(x)的最大值为f(x0),x0称为f(x)的　　　　　　  则称f(x)的最小值为f(x0),x0称为f(x)的　　　　　  f(x)≤f(x0) 任意 f(x)≥f(x0) 最大值点 最小值点 3.函数的平均变化率 子集 任意 x1≠x2 (1)y=f(x)在I上是增函数的充要条件是　　　　在I上恒成立;  (2)y=f(x)在I上是减函数的充要条件是　　　　在I上恒成立.  一般地,当x1≠x2时,称　　 　　　　为函数y=f(x)在区间[x1,x2](x1<x2时)或[x2,x1](x1>x2时)上的平均变化率.  【常用结论】 函数单调性的常用结论: f(x)在区间D上的单调性 单调递增 单调递减 定义法 x1<x2⇔f(x1)<f(x2) x1<x2⇔f(x1)>f(x2) 图像法 从左到右函数图像上升 从左到右函数图像下降 导数法 导数大于零 导数小于零 运算法 单调递增+单调递增 单调递减+单调递减 复合函数f[g(x)] 内外层单调性相同 内外层单调性相反 【易混易错练】 易错点1　忽略含参函数的分类讨论而致错 解析 A 解析 C 解析 易错点2　忽略分段函数的分界点而致错 解析 D 【考点分类练】 命题点1　确定函数的单调性(单调区间) 判断函数单调性的四种方法: (1)定义法; (2)图像法; (3)利用已知函数的单调性; (4)导数法. 2.证明函数在某区间上的单调性有两种方法: (1)定义法:基本步骤为取值、作差或作商、变形、判断; (2)可导函数可以利用导数证明. 3.复合函数单调性的判断方法: 复合函数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 例1 (1)[2023北京高考]下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是(　C　) A. f(x)＝－ln x B. f(x)＝ C. f(x)＝－ D. f(x)＝3｜x－1｜ [解析]　对于A，因为函数 y ＝ln x 在(0，＋∞)上单调递增，所以 f ( x )＝－ln x 在(0， ＋∞)上单调递减，所以A不符合要求；对于B，因为 f ( x )＝ ＝( ) x 在(0，＋∞)上 单调递减，所以B不符合要求；对于C，由反比例函数的图象可知， f ( x )＝－ 在 (0，＋∞)上单调递增，所以C符合要求；对于D，当0＜ x ＜1时， y ＝3｜ x －1｜＝31－ x 在(0，1)上单调递减，所以D不符合要求.故选C. A (2)[全国卷Ⅱ]函数 f ( x )＝ln( x 2－2 x －8)的单调递增区间是(　 D　) A. (－∞，－2) B. (－∞，1) C. (1，＋∞) D. (4，＋∞) [解析]　由 x 2－2 x －8＞0，得 x ＜－2或 x ＞4.因此，函数 f ( x )＝ln( x 2－2 x －8)的定 义域是(－∞，－2)∪(4，＋∞).(先求函数 f ( x )的定义域) 易知函数 y ＝ x 2－2 x －8在(－∞，－2)上单调递减，在(4，＋∞)上单调递增，函数 y ＝ln t 为(0，＋∞)上的增函数，由复合函数的单调性知， f ( x )＝ln( x 2－2 x －8)的 单调递增区间是(4，＋∞).故选D. D (3)讨论函数 f ( x )＝ ( a ≠0)在(－1，1)上的单调性. [解析]　解法一(导数法)　 f '( x )＝ ＝－ . 当 a ＞0时， f '( x )＜0，函数 f ( x )在(－1，1)上单调递减； 当 a ＜0时， f '( x )＞0，函数 f ( x )在(－1，1)上单调递增. 解法二(定义法)　设－1＜ x 1＜ x 2＜1， f ( x )＝ a ( )＝ a (1＋ )，则 f( x 1)－ f ( x 2)＝ a (1＋ )－ a (1＋ )＝ . 由于－1＜ x 1＜ x 2＜1， 所以 x 2－ x 1＞0， x 1－1＜0， x 2－1＜0， 故当 a ＞0时， f ( x 1)－ f ( x 2)＞0，即 f ( x 1)＞ f ( x 2)，函数 f ( x )在(－1，1)上 单调递减； 当 a ＜0时， f ( x 1)－ f ( x 2)＜0，即 f ( x 1)＜ f ( x 2)，函数 f ( x )在(－1，1)上单 调递增. 命题点2　函数单调性的应用 对已知函数解析式比较函数值大小的问题,应先将自变量转化到同一个单调区间内,再利用函数的单调性解决;对没有给出函数解析式的比较大小问题,需要先构造函数,再求函数的单调区间,最后利用函数的单调性比较大小. 角度1　比较大小 例2[2024吉林长春东北师大附中校考改编]函数 f ( x )的定义域为(0，＋∞)，对于∀ x ， y ∈(0，＋∞)， f ( xy )＝ f ( x )＋ f ( y )，且当 x ＞1时， f ( x )＜0.则 a ＝ f ( sin 3)， b ＝ f(ln 3)， c ＝ f (21.5)的大小关系是(　A　) A. a＞b＞c B. a＞c＞b C. b＞c＞a D. c＞b＞a [解析]　设∀ x 1， x 2∈(0，＋∞)，且 x 1＜ x 2，则 ＞1， f ( )＜0.因为 f ( x 2)－ f ( x 1) ＝ f ( · x 1)－ f ( x 1)＝ f ( )＜0，所以 f ( x 2)＜ f ( x 1)，即 f ( x )为减函数. 因为0＜ sin 3 ＜1＜ln 3＜2＜21.5，所以 f ( sin 3)＞ f (ln 3)＞ f (21.5)，即 a ＞ b ＞ c ，故选A. A 角度2　求解不等式 例3[全国卷Ⅰ]函数 f ( x )在(－∞，＋∞)上单调递减，且为奇函数.若 f (1)＝－1，则 满足－1≤ f ( x －2)≤1的 x 的取值范围是(　D　) A. [－2，2] B. [－1，1] C. [0，4] D. [1，3] [解析]　∵函数 f ( x )为奇函数，且 f (1)＝－1，∴ f (－1)＝－ f (1)＝1，由－1≤ f ( x － 2)≤1，得 f (1)≤ f ( x －2)≤ f (－1)，(将常数转化为函数值) 又函数 f ( x )在(－∞，＋∞)上单调递减，∴－1≤ x －2≤1，∴1≤ x ≤3.故选D D 角度3　已知函数单调性求参数的值或取值范围 例4[2023新高考卷Ⅰ]设函数 f ( x )＝2 x ( x － a )在区间(0，1)单调递减，则 a 的取值范 围是(　D) A. (－∞，－2] B. [－2，0) C. (0，2] D. [2，＋∞) [解析]　由题意得 y ＝ x ( x － a )在区间(0，1)上单调递减，所以 ≥1，解得 a ≥2.故 选D. D 命题点3　与函数的最值(值域)有关的问题 [2022北京高考]设函数 f ( x ) ＝若 f ( x )存在最小值，则 a 的一 个取值为 ； a 的最大值为 ⁠. [解析]　当 a ＝0时，函数 f ( x )＝存在最小值0，所以 a 的一个取值可以为0；当 a ＜0时，若 x ＜ a ，则 f ( x )＝－ ax ＋1，此时函数 f ( x )不可能存在最小值；当0＜ a ≤2时，若 x ＜ a ，则 f ( x )＝－ ax ＋1，此时 f ( x )∈(－ a 2＋1，＋∞)，若 x ≥ a ，则 f ( x )＝( x －2)2∈[0，＋∞)，若函数 f ( x )存在最小值，则－ a 2＋1≥0，得0＜ a ≤1；当 a ＞2时，若 x ＜ a ，则 f ( x )＝－ ax ＋1，此时 f ( x )∈(－ a 2＋1，＋∞)，若 x ≥ a ，则 f ( x )＝( x －2)2∈[( a －2)2，＋∞)，若函数 f ( x )存在最小值，则－ a 2＋1≥( a －2)2，此时不等式无解.综上，0≤ a ≤1，所以 a 的最大值为1. 0(答案不唯一) 1 1.[2024河北省唐山市第二中学模拟]下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递减的是(　CC　) A. f(x)＝－ B. f(x)＝｜x｜ C. f(x)＝ D. f(x)＝2｜x－1｜ 【最新模拟练】 [解析]　A：由反比例函数的性质知， f ( x )＝－ 在(0，＋∞)上单调递增，不 符合题意. B： f ( x )＝｜ x ｜＝在(0，＋∞)上单调递增，不符合题意. C：由指数函数的单调性知， f ( x )＝ ＝( ) x 在(0，＋∞)上单调递减，符合题意. D： f ( x )＝2｜ x －1｜＝在(0，＋∞)上不单调，不符合题意.故选C. 2.[2024甘肃兰化一中模拟]已知函数 f ( x )＝若 a ＝50.01， b ＝ log32， c ＝log20.9，则有(　AA　) A. f(a)＞f(b)＞f(c) B. f(b)＞f(a)＞f(c) C. f(a)＞f(c)＞f(b) D. f(c)＞f(a)＞f(b) [解析]　因为 y ＝e x 是增函数， y ＝e－ x 是减函数，所以 f ( x )＝e x －e－ x 在(0，＋∞) 上单调递增，且 f ( x )＞0.又 f ( x )＝－ x 2在(－∞，0]上单调递增，且 f ( x )≤0，所以 f ( x )在R上单调递增.又 c ＝log20.9＜0，0＜ b ＝log32＜1， a ＝50.01＞1，即 a ＞ b ＞ c ，所以 f ( a )＞ f ( b )＞ f ( c ). 3.[2024南昌市模拟]已知函数 f ( x )的值域为 A ，函数 g ( x )＝ 的值域为 B ，则“ A ＝[－1，1]”是“ B ＝[－ ， ]”的(　A　) A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 A [解析]　令 t ＝ f ( x )， t ∈[－1，1]，则函数 g ( x )可化为 y ＝ ， t ∈[－1，1]，当 t ＝0时， y ＝0；当 t ≠0时， y ＝ ，记 u ＝ t ＋ ，画出 u ＝ t ＋ 在[－1，1]上的 图象，如图中实线所示，易知 u ≤－2或 u ≥2，从而 y ＝ ∈[－ ，0)∪(0， ].综 上， B ＝[－ ， ]，充分性成立.反之，令 f ( x )＝2，则 g ( x )＝ ＝ ∈[－ ， ]，但 f ( x )＝2∉[－1，1]，所以必要性不成立.故选A. 4.[多选/2024福建上杭一中模拟]高斯是德国著名数学家，有“数学王 子”的称号，他和阿基米德，牛顿并列为世界三大数学家，用[ x ]表示不超过 x 的最 大整数，则 y ＝[ x ]称为高斯函数，例如[－2.1]＝－3，[2.1]＝2.则下列说法正确的是 (　ACD　) A. 函数y＝x－[x]在区间[k，k＋1)(k∈Z)上单调递增 B. ∀x∈R，x≥[x]＋1 C. 若函数f(x)＝｜－｜，则y＝[f(x)]的值域为{0，1} D. 函数f(x)＝[－]的值域为{－1，0，1} ACD [解析]　对于A， x ∈[ k ， k ＋1)， k ∈Z，有[ x ]＝ k ，则函数 y ＝ x －[ x ]＝ x － k 在 [ k ， k ＋1)上单调递增，A正确； 对于B，当 x ＝2时，[ x ]＋1＝3，有2＜[2]＋1，B错误； 对于C， f ( x )＝｜ － ｜＝ ＝ ＝ ， 当0≤｜ cos 2 x ｜≤ 时，1≤2－2｜ cos 2 x ｜≤2，1≤ f ( x )≤ ，有[ f ( x )]＝1， 当 ＜｜ cos 2 x ｜≤1时，0≤2－2｜ cos 2 x ｜＜1，0≤ f ( x )＜1，有[ f ( x )]＝0，所 以函数 y ＝[ f ( x )]的值域为{0，1}，C正确 对于D，函数 y ＝ － ＝ － ＝ － ， x ∈R，又2 x ＋1＞1，因此 0＜ ＜2，所以－ ＜ － ＜ ，所以[ － ]∈{－1，0，1}，D正确.故选 ACD. 5.[2024河南郑州模拟]函数 f ( x )＝4 x －2 x ＋1－1的值域是 ⁠. [解析]　由题知 f ( x )＝(2 x )2－2·2 x －1，令2 x ＝ t ( t ＞0)，得 m ( t )＝ t 2－2 t －1＝( t － 1)2－2( t ＞0)，由于 m ( t )＝( t －1)2－2( t ＞0)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单 调递增，所以 m ( t )≥ m (1)＝－2，故 f ( x )的值域为[－2，＋∞). [－2，＋∞) 6. [2023贵州安顺模拟]若定义在R上的函数 f ( x )，对任意 x 1≠ x 2，都有 x 1 f ( x 1)＋ x 2 f ( x 2)≥ x 1 f ( x 2)＋ x 2 f ( x 1)，则称 f ( x )为“ H 函数”.现给出下列函数，其中是“ H 函数”的有 .(填上所有正确答案的序号) ① f ( x )＝ x 2－2 x ＋3； ② f ( x )＝2 x －1； ③ f ( x )＝lg( x －1)； ④ f ( x )＝ ②④ [解析]　根据题意，对任意 x 1≠ x 2，都有 x 1 f ( x 1)＋ x 2 f ( x 2)≥ x 1 f ( x 2)＋ x 2 f ( x 1)恒 成立， 则有 f ( x 1)( x 1－ x 2)－ f ( x 2)( x 1－ x 2)≥0，即[ f ( x 1)－ f ( x 2)]( x 1－ x 2)≥0，当 x 1＜ x 2 时， x 1－ x 2＜0，则 f ( x 1)－ f ( x 2)≤0，即 f ( x 1)≤ f ( x 2)， 所以若函数 f ( x )为“ H 函数”，则函数 f ( x )在R上为增函数或常数函数. 对于①，因为 f ( x )＝ x 2－2 x ＋3的图象开口向上，对称轴为 x ＝1，所以 f ( x )在(－∞，1)上单调递减，在 (1，＋∞)上单调递增，故其不是“ H 函数”. 对于②，易得 f ( x )＝2 x －1在R上单调递增，满足“ H 函数”的定义 对于③， f ( x )＝lg( x －1)的定义域为(1，＋∞)，不满足“ H 函数”的定义. 对于④，因为 f ( x )＝所以当 x ＜0时， f ( x )为常数函数；当 x ≥0 时， f ( x )单调递增，且1＜20＋1.显然 f ( x )满足“ H 函数”的定义.故答案为②④. 一般地,若I是函数y=f(x)的定义域的　　　　,对　　　　x1,x2∈I且　　　　,记y1=f(x1),y2=f(x2),(即),则:  >0 <0 　 当a＝0时，f(x)＝－2x－3在(－∞，2)上单调递减，满足题意； 当a≠0时，若函数f(x)在(－∞，2)上单调递减，则根据二次函数的性质可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,\f(1,a)≥2，))解得0<a≤eq \f(1,2). 综上可得0≤a≤eq \f(1,2).故选A. 1．若函数f(x)＝ax2－2x－3在区间(－∞，2)上单调递减，则实数a的取值范围是(　　) A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))) 2．已知函数f(x)＝eq \f(2x＋m,x＋1)，x∈[0，1]．若f(x)的最小值为eq \f(5,2)，则实数m的值为(　　) A.eq \f(3,2) B.eq \f(5,2) C．3 D.eq \f(5,2)或3 函数f(x)＝eq \f(2x＋m,x＋1)＝eq \f(2（x＋1）＋m－2,x＋1)＝2＋eq \f(m－2,x＋1)，x∈[0，1]．当m＝2时，f(x)＝2，函数不具有单调性； 当m－2>0，即m>2时，f(x)在[0，1]上单调递减，在x＝1处取得最小值，则eq \f(2＋m,2)＝eq \f(5,2)，解得m＝3； 当m－2<0，即m<2时，f(x)在[0，1]上单调递增，在x＝0处取得最小值，则m＝eq \f(5,2)，不成立． 综上可得m＝3.故选C. 3．已知二次函数f(x)的最小值为1，且f(0)＝f(2)＝3. (1)求f(x)的解析式； (2)若f(x)在区间[2a，a＋1]上不单调，求实数a的取值范围； (3)若x∈[t，t＋2]，试求y＝f(x)的最小值． (1)∵f(x)是二次函数，且f(0)＝f(2)， ∴f(x)图象的对称轴为直线x＝1. 又f(x)的最小值为1， ∴设f(x)＝k(x－1)2＋1. 又f(0)＝3，∴k＝2. ∴f(x)＝2(x－1)2＋1＝2x2－4x＋3. (2)要使f(x)在区间[2a，a＋1]上不单调，则2a＜1＜a＋1，解得0＜a＜eq \f(1,2). 故实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) . (3)由(1)知，y＝f(x)图象的对称轴为直线x＝1. 若t≥1，则y＝f(x)在[t，t＋2]上单调递增，ymin＝2t2－4t＋3； 若t＋2≤1，即t≤－1，则y＝f(x)在[t，t＋2]上单调递减，ymin＝f(t＋2)＝2t2＋4t＋3； 若t<1<t＋2，即－1<t<1，则ymin＝f(1)＝1. 综上，当t≥1时，ymin＝2t2－4t＋3； 当－1<t<1时，ymin＝1； 当t≤－1时，ymin＝2t2＋4t＋3. 4．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2－ax－5，x≤1，,\f(a,x)，x>1))在(－∞，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，－2] B．[－2，0) C．[－3，0) D．[－3，－2] 由于函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2－ax－5，x≤1，,\f(a,x)，x>1))在(－∞，＋∞)上是增函数，因此函数h(x)＝－x2－ax－5在区间(－∞，1]上单调递增，g(x)＝eq \f(a,x)在区间(1，＋∞)上单调递增，且g(1)≥h(1)，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)≥1，,a<0，,a≥－1－a－5，))解得－3≤a≤－2.故选D. $$