第2章 第2节 函数的单调性与最大(小)值(Word教师用书)-【新高考方案】2025年高考数学一轮总复习（强基版）

第二节　函数的单调性与最大(小)值 1.借助函数图象，会用符号语言表达函数的单调性，掌握求函数单调区间的基本方法． 2．理解函数的最大值、最小值的概念，理解它们的作用和实际意义，会求简单函数的最值． 3．能够利用函数的单调性解决有关问题． 回首教材 1．函数的单调性 (1)单调性 定　义 设函数f(x)的定义域为D，区间I⊆D，如果∀x1，x2∈I 当x1<x2时，都有f(x1)<f(x2)，那么就称函数f(x)在区间I上单调递增 当x1<x2时，都有f(x1)>f(x2)，那么就称函数f(x)在区间I上单调递减 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 如果函数y＝f(x)在区间I上单调递增或单调递减，那么就说函数y＝f(x)在这一区间具有(严格的)单调性，区间I叫做y＝f(x)的单调区间． 2．函数的最值 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 ∀x∈D，都有f(x)≤M；∃x0∈D，使得f(x0)＝M ∀x∈D，都有f(x)≥M；∃x0∈D，使得f(x0)＝M 结论 M为最大值 M为最小值 [微点提醒] (1)求函数单调区间或讨论函数的单调性时，必须先求函数的定义域． (2)一个函数的同一种单调区间用“和”或“，”连接，不能用“∪”连接． (3)“函数的单调区间是M”与“函数在区间N上单调”是两个不同的概念，显然N⊆M. 拓展教材(常见结论及应用) (1)若∀x1，x2∈I(x1≠x2)，则 ①>0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0)⇔f(x)在区间I上单调递增． ②<0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0)⇔f(x)在区间I上单调递减． (2)在公共定义域内，两个增函数的和仍是增函数，两个减函数的和仍是减函数． (3)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”． (4)函数y＝f(x)(f(x)≠0)在公共定义域内与y＝－f(x)，y＝单调性相反． (5)①对勾函数y＝x＋(a>0)的单调性：在(－∞，－]和[，＋∞)上单调递增，在(－，0)和(0，)上单调递减． ②对勾函数y＝ax＋(a>0，b>0)的单调递增区间为和，单调递减区间为和. 发掘教材 一、高考命题注重“教考衔接”(示例分析) 考题品悟 (2023·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝2x(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，＋∞) 追根溯源 (人A必修①P100T4)已知函数f(x)＝4x2－kx－8在[5,20]上具有单调性，求实数k的取值范围. 发现启迪 高考题考查利用指数型复合函数单调性求参数范围，与教材习题相比较，把二次函数与指数函数复合，综合性更强了. 二、复习备考要强化“教材本位” A组——教材信息的发掘训练 1．(人A必修①P77“思考”改编)下列函数是增函数的为(　 ) A．f(x)＝|x| B．f(x)＝x C．f(x)＝x2 D．f(x)＝ 解析：选D　对于A，f(x)＝|x|在R上不具有单调性，不合题意，舍去．对于B，f(x)＝x为R上的减函数，不合题意，舍去．对于C，f(x)＝x2在R上不具有单调性，不合题意，舍去．对于D，f(x)＝为R上的增函数，符合题意，故选D. 2．(对勾函数性质的应用)函数y＝x＋的单调递减区间为(　 ) A．(0,1] B．[－1,1] C．[－1,0)∪(0,1] D．[－1,0)，(0,1] 解析：选D　函数y＝x＋为对勾函数，由对勾函数的性质知，函数y＝x＋的单调递减区间为[－1,0)，(0,1]． 3．(人A必修①P81例5改编)已知函数f(x)＝(x∈[2,6])，则f(x)的最小值为________，最大值为________． 解析：由于f(x)＝在[2,6]上单调递减，故f(x)的最大值为f(2)＝2，最小值为f(6)＝. 答案：　2 4．(苏教必修①P134T6)设m为实数，若函数f(x)＝x2＋mx－2在区间(－∞，2)上单调递减，则m的取值范围为________． 解析：由题意得－≥2，解得m≤－4. 答案：(－∞，－4] B组——迷点盲点的澄清训练 1．(忽视参数的取值范围)函数y＝f(x)是定义在[－2,2]上的减函数，且f(a＋1)＜f(2a)，则实数a的取值范围是________． 解析：由条件知解得－1≤a＜1. 答案：[－1,1) 2．(忽视函数的定义域)函数f(x)＝的单调递增区间为________． 解析：由x2－2x－3＞0得x＜－1或x＞3，故f(x)的定义域(－∞，－1)∪(3，＋∞)，由函数y＝x2－2x－3在(－∞，－1)上单调递减，故f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)． 答案：(－∞，－1) 题点一　确定函数的单调性(区间) 例1　(2023·北京高考)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是(　 ) A．f(x)＝－ln x B．f(x)＝ C．f(x)＝－ D．f(x)＝3|x－1| 解析：选C　因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，y＝－x在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝－ln x在(0，＋∞)上单调递减，故A错误；因为y＝2x在(0，＋∞)上单调递增，y＝在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝在(0，＋∞)上单调递减，故B错误；因为y＝在(0，＋∞)上单调递减，y＝－x在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增，故C正确；因为f＝，f(1)＝1，f(2)＝3，所以f(x)＝3|x－1|在(0，＋∞)上不具有单调性，故D错误．故选C. 例2　试讨论函数f(x)＝(a≠0)在(－1，1)上的单调性． 解：法一：定义法　设－1<x1<x2<1，又f(x)＝a＝a，所以f(x1)－f(x2)＝a－a＝， 由于－1<x1<x2<1，所以x2－x1>0，x1－1<0，x2－1<0， 故当a>0时，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，函数f(x)在(－1,1)上单调递减； 当a<0时，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，函数f(x)在(－1,1)上单调递增． 法二：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． [思维建模] 1．求函数单调区间(确定函数单调性)的方法 (1)定义法：先求定义域，再利用单调性定义求解． (2)图象法：如果f(x)是以图象形式给出的，或者f(x)的图象易作出，可由图象直接写出它的单调区间． (3)导数法：利用导数取值的正负确定函数的单调区间． 2．求复合函数单调区间的一般步骤 (1)求函数的定义域． (2)求简单函数的单调区间． (3)求复合函数的单调区间，依据是“同增异减”． [针对训练] 1．函数g(x)＝x|x－1|＋1的单调递减区间为(　 ) A. B. C．[1，＋∞) D.∪[1，＋∞) 解析：选B　g(x)＝x|x－1|＋1＝画出函数图象，如图所示，根据图象知，函数的单调递减区间为. 2．用定义法证明函数f(x)＝x2－在(0，＋∞)上单调递增． 证明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，不妨设x1<x2.由f(x1)－f(x2)＝－＝(x－x)＋＝(x1－x2)(x1＋x2)＋＝(x1－x2)，因为0<x1<x2，所以x1－x2<0，x1＋x2＋>0，则(x1－x2)<0，所以f(x1)<f(x2)，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 题点二　函数单调性的应用 考法(一)　比较函数值的大小　 例3　已知函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，当x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，设a＝f，b＝f(2)，c＝f(e)，则a，b，c的大小关系为(　 ) A．c>a>b　 B．c>b>a　 C．a>c>b　 D．b>a>c 快审准解：根据对称性可得f＝f，把自变量转化到同一个单调区间上求解． 解析：选D　由f(x)的图象关于直线x＝1对称，可得f＝f.由x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，知f(x)在(1，＋∞)上单调递减．∵1<2<<e，∴f(2)>f>f(e)， ∴b>a>c. 考法(二)　解不等式　 例4　已知函数f(x)＝－x|x|，x∈(－1,1)，则不等式f(1－m)<f(m2－1)的解集为________． 解析：由已知得f(x)＝ 则f(x)在(－1,1)上单调递减，∴解得0<m<1，∴所求不等式的解集为(0,1)． 答案：(0,1) 考法(三)　求参数的取值范围　 例5　已知函数f(x)＝若∀x1，x2∈(0,2)，x1≠x2，都有>0成立，则a的取值范围为(　 ) A．(0,2] B．(－∞，1] C．(0,1] D．(0，＋∞) 解析：选C　因为对于∀x1，x2∈(0,2)，x1≠x2，都有>0成立，所以函数f(x)单调递增，则函数y＝ax＋1－a(0≤x≤1)和y＝2－ax(1<x≤2)均单调递增，且有1≤21－a，即解得0<a≤1. 易错防范 分段函数在其定义域上单调递减，除了要保证函数在每个区间上都单调递减外，还需考虑分界点处的函数值. 易错再练 已知函数f(x)＝在R上具有单调性，则a的取值范围是(　 ) A．(1,3) B.(1,3] C.(3，＋∞) D.[3，＋∞) 答案：D [思维建模] (1)比较函数值的大小时，先转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决． (2)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)利用单调性求参数的取值(范围)．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．对于分段函数，要注意衔接点的取值． [针对训练] 3．设偶函数f(x)的定义域为R，当x∈[0，＋∞)时，f(x)单调递增，则f(－2)，f(π)，f(－3)的大小关系是(　 ) A．f(π)>f(－3)>f(－2) 　 B．f(π)>f(－2)>f(－3) C．f(π)<f(－3)<f(－2) 　 D．f(π)<f(－2)<f(－3) 解析：选A　因为函数f(x)是偶函数，所以f(－3)＝f(3)，f(－2)＝f(2)．因为当x∈[0，＋∞)时，f(x)单调递增，所以f(π)>f(3)>f(2)，所以f(π)>f(－3)>f(－2)． 4．已知函数f(x)＝ln 2－x－x3，则不等式f(3－x2)>f(2x－5)的解集为(　 ) A．(－4,2) 　 B．(－∞，2) C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) 　 D．(－∞，－4)∪(2，＋∞) 解析：选D　由题意，x∈R，f(x)＝－xln 2－x3，易知函数f(x)在R上单调递减，而f(3－x2)>f(2x－5)，所以3－x2<2x－5⇒(x－2)(x＋4)>0⇒x∈(－∞，－4)∪(2，＋∞)．故选D. 5．若函数f(x)＝在(a，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为________． 快审准解：利用分离常量的方法分离函数，利用反比例函数的单调性求a的取值范围． 解析：由函数f(x)＝＝＝1＋，因为f(x)在(a，＋∞)上单调递增，则满足解得1≤a<2，所以实数a的取值范围为[1,2)． 答案：[1,2) 题点三　函数的最值 例6　(单调性法)函数f(x)＝x－(x∈[1,2])的最大值为(　 ) A．－1 B．1 C. D．2 解析：选B　因为函数y＝x，y＝－在区间[1,2]上均单调递增，故函数f(x)在[1,2]上单调递增，当x∈[1,2]时，f(x)max＝f(2)＝2－1＝1.故选B. 例7　(利用单调性和基本不等式)已知函数f(x)＝则f(x)的最小值是________． 解析：因为函数y＝x2在(－∞，0)上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增，所以当x≤1时，f(x)min＝f(0)＝0.当x>1时，y＝x＋≥2，当且仅当x＝时，等号成立，此时f(x)min＝2－6.又2－6<0，所以f(x)min＝2－6. 答案：2－6 例8　(换元法)函数f(x)＝2x2－的最小值为________． 解析：令＝t，t≥1，则x2＝t2－1， ∴y＝2(t2－1)－t＝2t2－t－2(t≥1)． ∵y＝2t2－t－2(t≥1)的对称轴t＝， ∴ymin＝2×12－1－2＝－1， ∴函数f(x)的最小值为－1. 答案：－1 [思维建模] 求函数最值的3种基本方法 单调性法 先确定函数的单调性，再由单调性求最值 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 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 [针对训练] 6．函数f(x)＝在区间[1,2]上的最大值与最小值分别是(　 ) A.， B．2,5 C．1,2 D.， 解析：选A　∵y＝x2＋1在(0，＋∞)上单调递增，且y＞1，∴f(x)＝在区间[1,2]上单调递减，∴函数f(x)＝在区间[1,2]上的最大值与最小值分别是f(1)＝＝，f(2)＝＝. 7．对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝设函数f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，则函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是________． 解析：法一：图象法　在同一直角坐标系中，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：最值比较法　依题意，h(x)＝当0<x≤2时，h(x)＝log2x单调递增，当x>2时，h(x)＝3－x单调递减，因此h(x)在x＝2时取得最大值h(2)＝1. 答案：1 8．(2024·枣庄高三期末)若函数f(x)＝在区间[0,1]上的最大值为3，则实数m＝________. 解析：因为函数f(x)＝＝2＋，由复合函数的单调性知，当m>2时，f(x)＝在[0,1]上单调递减，最大值为f(0)＝m＝3；当m<2时，f(x)＝在[0,1]上单调递增，最大值为f(1)＝＝3，即m＝4，显然m＝4不合题意，故实数m＝3. 答案：3 [课时跟踪检测] 1.定义在区间[－2,2]上的函数f(x)的图象如图所示，则下列区间是f(x)的单调递增区间的为(　 ) A．[－2，－1] B．[－1,1] C．[－2,0] D．[－1,2] 解析：选A　由题图知，在[－1,1]上f(x)单调递减，在(－2，－1)，(1,2)上f(x)单调递增，故选A. 2．[多选]下列函数在(0，＋∞)上单调递减的是(　 ) A．f(x)＝－x B．f(x)＝x2＋1 C．f(x)＝ln|x| D．f(x)＝ 解析：选AD　函数f(x)＝－x＝－在(0，＋∞)上单调递减，A正确；易知B错误；f(x)＝ln|x|，f(1)＝ln 1＝0，f(2)＝ln 2>0，∵f(1)<f(2)，∴f(x)在(0，＋∞)上不是单调递减的，C错误；f(x)＝＝x－2在(0，＋∞)上单调递减，D正确． 3．已知f(x)为R上的减函数，则满足f<f(1)的实数x的取值范围是(　 ) A．(－1,1) B．(0,1) C．(－1,0)∪(0,1) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞) 解析：选C　因为f(x)为R上的减函数，所以由f<f(1)，得即所以－1<x<0或0<x<1. 4．函数y＝f(x)在R上是增函数，若a＋b≤0，则有(　 ) A．f(a)＋f(b)≤－f(a)－f(b) B．f(a)＋f(b)≥－f(a)－f(b) C．f(a)＋f(b)≤f(－a)＋f(－b) D．f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b) 解析：选C　∵a＋b≤0，∴a≤－b，b≤－a，又∵函数f(x)在R上是增函数，∴f(a)≤f(－b)，f(b)≤f(－a)．故f(a)＋f(b)≤f(－a)＋f(－b)，故选C. 5．已知函数f(x)是R上的增函数，A(0，－3)，B(3,1)是其图象上的两点，那么不等式－3＜f(x＋1)＜1的解集的补集是(全集为R)(　 ) A．(－1,2) B．(1,4) C．(－∞，－1)∪[4，＋∞) D．(－∞，－1]∪[2，＋∞) 解析：选D　由函数f(x)是R上的增函数，A(0，－3)，B(3,1)是其图象上的两点，知不等式－3＜f(x＋1)＜1即为f(0)＜f(x＋1)＜f(3)，所以0＜x＋1＜3，所以－1＜x＜2，故不等式－3＜f(x＋1)＜1的解集的补集是(－∞，－1]∪[2，＋∞)． 6．已知函数y＝f(x)的定义域为R，对任意x1，x2且x1≠x2，都有>－1，则下列说法正确的是(　 ) A．y＝f(x)＋x是增函数 B．y＝f(x)＋x是减函数 C．y＝f(x)是增函数 D．y＝f(x)是减函数 解析：选A　不妨令x1<x2，∴x1－x2<0，∵>－1⇔f(x1)－f(x2)<－(x1－x2)⇔f(x1)＋x1<f(x2)＋x2，令g(x)＝f(x)＋x，∴g(x1)<g(x2)，又x1<x2，∴g(x)＝f(x)＋x是增函数． 7．设函数f(x)＝若函数f(x)在区间(a，a＋1)上单调递增，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，1] B．[1,4] C．[4，＋∞) D．(－∞，1]∪[4，＋∞) 解析：选D　作出函数f(x)的图象如图所示，由图象可知，若f(x)在(a，a＋1)上单调递增，需满足a≥4或a＋1≤2，即a≤1或a≥4，故选D. 8．函数f(x)＝的最大值为________． 解析：当x≥1时，函数f(x)＝单调递减，所以f(x)在x＝1处取得最大值，为f(1)＝1；当x<1时，易知函数f(x)＝－x2＋2在x＝0处取得最大值，为f(0)＝2.故函数f(x)的最大值为2. 答案：2 9．已知函数f(x)＝，则该函数的单调递增区间为________． 解析：设t＝x2－2x－3，由t≥0，即x2－2x－3≥0，解得x≤－1或x≥3，所以函数f(x)的定义域为(－∞，－1]∪[3，＋∞)．因为函数t＝x2－2x－3的图象的对称轴为x＝1，所以函数t＝x2－2x－3在(－∞，－1]上单调递减，在[3，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)的单调递增区间为[3，＋∞)． 答案：[3，＋∞) 10．设f(x)是定义在R上的增函数，且f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，则不等式f(x)＋f(－2)＞1的解集为______________． 快审准解：根据抽象函数的关系将不等式进行转化，利用单调性解不等式即可． 解析：由已知条件可得f(x)＋f(－2)＝f(－2x)，又f(3)＝1.∴不等式f(x)＋f(－2)＞1可化为f(－2x)＞f(3)．∵f(x)是定义在R上的增函数，∴－2x＞3，解得x＜－. ∴不等式的解集为. 答案： 11．已知函数f(x)＝|x|(x－2)． (1)作出函数f(x)的图象； (2)写出函数f(x)的单调区间； (3)当x∈[0,1]时，求f(x)的值域． 解：(1)f(x)＝|x|(x－2)＝作出函数图象，如图所示． (2)由图可得函数的单调递增区间为(－∞，0)，[1，＋∞)，单调递减区间为[0,1)． (3)因为函数在x∈[0,1]上单调递减，所以f(x)max＝f(0)＝0，f(x)min＝f(1)＝－1， 所以当x∈[0,1]时，f(x)的值域为[－1,0]． 12．设f(x)是定义在(0，＋∞)上的函数，且f＝f(x)－f(y)，当x>1时，f(x)<0. (1)判断f(x)的单调性，并证明； (2)若f＝1，解不等式f(x)＋f(5－x)≥－2. 解：(1)f(x)为(0，＋∞)上的减函数，证明如下： 设0<x1<x2，则>1，因为当x>1时f(x)<0，所以f＝f(x2)－f(x1)<0，即0<x1<x2时，f(x2)<f(x1)，所以f(x)为(0，＋∞)上的减函数． (2)令x＝y＝1，得f(1)＝f(1)－f(1)＝0，所以f(1)＝0，令x＝1，y＝2，得f＝f(1)－f(2)＝1，所以f(2)＝－1，则f(x)＋f(5－x)≥－2⇔f(x)＋f(5－x)≥2f(2)，即f(x)－f(2)≥f(2)－f(5－x)， 由于f＝f(x)－f(y)，则f≥f， 因为f(x)为(0，＋∞)上的减函数，所以解得0<x≤1或4≤x<5，故解集为(0,1]∪[4,5)． 13．已知减函数f(x)的定义域是实数集R，m，n都是实数．如果不等式f(m)－f(n)>f(－m)－f(－n)成立，那么下列不等式成立的是(　 ) A．m－n<0 B．m－n>0 C．m＋n<0 D．m＋n>0 解析：选A　设F(x)＝f(x)－f(－x)， 由于f(x)是R上的减函数， ∴f(－x)是R上的增函数，－f(－x)是R上的减函数，∴F(x)是R上的减函数， ∴当m<n时，有F(m)>F(n)， 即f(m)－f(－m)>f(n)－f(－n)成立． 因此，当f(m)－f(n)>f(－m)－f(－n)成立时，不等式m－n<0一定成立，故选A. 14．设函数f(x)＝若f(x)存在最小值，则a的取值范围为(　 ) A．[－，] 　 B．[0，] C．[－，]∪(2，＋∞) 　 D．[0，]∪(2，＋∞) 解析：选B　若a＝0，f(x)＝∴f(x)min＝f(2)＝－1；若a<0，当x<a时，f(x)＝1－ax单调递增，当x→－∞时，f(x)→－∞，故f(x)没有最小值；若a>0，当x<a时，f(x)＝－ax＋1单调递减，f(x)>f(a)＝1－a2，当x≥a时，f(x)min＝若函数f(x)有最小值，需或解得0<a≤. 15．(2024·陕西一模)已知函数f(x)在R上是减函数，且f(x)＋f(－x)＝0.若f(1)＝－1，则满足|f(x－2)|≤1的x的取值范围是(　 ) A．[1,3] B．[－2,1] C．[0,4] D．[－1,2] 解析：选A　因为f(x)＋f(－x)＝0，所以f(－x)＝－f(x)，又f(1)＝－1，所以f(－1)＝－f(1)＝1.由|f(x－2)|≤1，得－1≤f(x－2)≤1，所以f(1)≤f(x－2)≤f(－1)．因为f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，所以－1≤x－2≤1，得1≤x≤3. 16．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)单调递增，f(1)＝0，f(3)＝1. (1)解不等式0<f(x2－1)<1； (2)若f(x)≤m2－2am＋1对所有x∈(0,3]，a∈[－1,1]恒成立，求实数m的取值范围． 解：(1)由题意得解得<x<2或－2<x<－. 所以原不等式的解集为(－2，－)∪(，2)． (2)因为函数f(x)在(0,3]上单调递增，所以f(x)在(0,3]上的最大值为f(3)＝1， 所以不等式f(x)≤m2－2am＋1对所有x∈(0,3]，a∈[－1,1]恒成立转化为1≤m2－2am＋1对所有a∈[－1,1]恒成立，即m2－2am≥0对所有a∈[－1,1]恒成立． 设g(a)＝－2ma＋m2，a∈[－1,1]， 所以需满足即 解得m≤－2或m≥2或m＝0， 即实数m的取值范围为(－∞，－2]∪{0}∪[2，＋∞)． 学科网（北京）股份有限公司 $$