第二章 §2.2　函数的单调性与最值（新高考通用）-【2026年高考数学一轮备考·学霸专练】

第二章函数 §2.2　函数的单调性与最值 【考情分析·探规律】 考点 三年考情（2021-2024） 命题趋势 函数单调性的判断及其应用 2024·全国新Ⅰ卷 2023·北京卷 2023·全国甲卷 2023·全国新Ⅰ卷 2021·全国甲卷 能够利用函数的单调性解决有关问题，了解奇偶性的概念和意义；该内容是新高考卷的必考内容，一般会以抽象函数作为载体，考查函数的单调性是新高考一轮复习的重点内容。 【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，区间D⊆I，如果∀x1，x2∈D 当x1＜x2时，都有f(x1)＜f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D上单调递增，特别地，当函数f(x)在它的定义域上单调递增时，我们就称它是增函数 当x1＜x2时，都有f(x1)＞f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D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 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D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D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I，如果存在实数M满足 条件 (1)∀x∈I，都有f(x)≤M； (2)∃x0∈I，使得f(x0)＝M (3)∀x∈I，都有f(x)≥M； (4)∃x0∈I，使得f(x0)＝M 结论 M为最大值 M为最小值 【名师点拨】 1．有关单调性的常用结论 在公共定义域内，增函数＋增函数＝增函数；减函数＋减函数＝减函数；增函数－减函数＝增函数；减函数－增函数＝减函数． 2．函数y＝f(x)(f(x)≠0)在公共定义域内与y＝－f(x)，y＝的单调性相反． 【随堂训练】 1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)对于函数y＝f(x)，若f(1)<f(3)，则f(x)为增函数．(　　) (2)函数y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞)．(　　) (3)函数y＝的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．(　　) (4)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.下列函数中,在区间(0,＋∞)上单调递增的是(　　) A.y＝－x＋1 B.y＝(x－1)2 C.y＝|ln x| D.y＝x 3.函数y＝－在区间[1,2]上的最大值为(　　) A.－ B.－ C.－1 D.不存在 4.函数f(x)是定义在[0,＋∞)上的减函数,则满足f(2x－1)>f的x的取值范围是　　　　.  【名师点拨】 1.熟记与函数单调性有关的常用结论 (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)y＝x＋的单调递增区间为(－∞,－1]和[1,＋∞),单调递减区间为(－1,0)和(0,1). (3)在区间I上,两个增函数的和仍是增函数,两个减函数的和仍是减函数. (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”. 2.解题时谨防以下易误点 (1)单调区间只能用区间表示,不能用不等式表示. (2)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. (3)一个函数的同一种单调区间用“和”或“,”连接,不能用“∪”连接. (4)“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. 【必练核心题型】 题型一　确定函数的单调性 命题点1　函数单调性的判断 例1.(多选)下列说法中,正确的是(　　) A.函数y＝e－x－在(－∞,0)上单调递减 B.若f(x),g(x)都是R上的增函数,则h(x)＝f(x)＋g(x)也是R上的增函数 C.函数y＝2|x＋1|的单调递减区间是(－∞,－1] D.函数f(x)＝的单调递增区间为[1,＋∞) 命题点2　利用定义证明函数的单调性 例2.试讨论函数f(x)＝(a≠0)在(－1,1)上的单调性. 【变式训练】 变式1.下列函数中,满足“对任意x1,x2∈(0,＋∞),当x1<x2时,都有f(x1)>f(x2)”的是(　　) A.f(x)＝|x| B.f(x)＝ C.f(x)＝－x2＋2x D.f(x)＝ex 变式2.函数f(x)＝lo(2x2－3x－2)的单调递增区间为　　　　.  题型二　函数单调性的应用 命题点1　比较函数值的大小 典例1.定义在R上的偶函数f(x)满足：对任意的x1,x2∈(－∞,0](x1≠x2),有<0,则(　　) A.f(－2)<f(3)<f(4) B.f(－2)>f(3)>f(4) C.f(3)<f(4)<f(－2) D.f(4)<f(－2)<f(3) 命题点2　求函数的最值 典例2.函数y＝－1＋x(x≥3)的最小值为　　　　　　.  【拓展训练】求函数的值域(最值)的常用方法 (1)配方法：主要用于和一元二次函数有关的函数求值域问题. (2)单调性法：利用函数的单调性，再根据所给定义域来确定函数的值域. (3)数形结合法. (4)换元法：引进一个(几个)新的量来代替原来的量，实行这种“变量代换”. (5)分离常数法：分子、分母同次的分式形式采用配凑分子的方法，把函数分离成一个常数和一个分式和的形式. 典例.(多选)下列函数中，值域正确的是(　　) A.当x∈[0，3)时，函数y＝x2－2x＋3的值域为[2，6) B.函数y＝的值域为R C.函数y＝2x－的值域为 D.函数y＝的值域为[，＋∞) 命题点3　解函数不等式 典例3.(2025·湖州模拟)已知函数f(x)＝ex－e－x,则使f(|x|)<f(－3x2＋4)成立的实数x的取值范围是(　　) A.(－1,0) B.(－1,＋∞) C.(－1,1) D.(1,＋∞) 典例4.(2024·新课标全国Ⅰ)已知函数f(x)＝在R上单调递增,则a的取值范围是(　　) A.(－∞,0] B.[－1,0] C.[－1,1] D.[0,＋∞) 【变式训练】 变式1.若函数f(x)＝在(a,＋∞)上单调递增,则实数a的取值范围为　　　　.  变式2.(多选)函数f(x)的定义域为R,对任意的实数x1,x2(x1≠x2),满足x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1),下列结论正确的是(　　) A.函数f(x)是减函数 B.f(－5)<f(0)<f(1) C.f(0)＝0 D.不等式f(2x－1)<f(3－x)的解集为 变式3.已知函数f(x)＝x＋. (1)用定义证明函数f(x)在(1,＋∞)上单调递增；(7分) (2)求函数f(x)在区间[3,6]上的最大值和最小值.(6分) 变式4.已知定义在(0,＋∞)上的函数f(x),满足f(mn)＝f(m)＋f(n)(m,n>0),且当x>1时,f(x)>0. (1)求证：f＝f(m)－f(n)；(5分) (2)若f(2)＝1,解不等式f(x＋2)－f(2x)>2.(9分) 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第二章函数 §2.2　函数的单调性与最值 【考情分析·探规律】 考点 三年考情（2021-2024） 命题趋势 函数单调性的判断及其应用 2024·全国新Ⅰ卷 2023·北京卷 2023·全国甲卷 2023·全国新Ⅰ卷 2021·全国甲卷 能够利用函数的单调性解决有关问题，了解奇偶性的概念和意义；该内容是新高考卷的必考内容，一般会以抽象函数作为载体，考查函数的单调性是新高考一轮复习的重点内容。 【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，区间D⊆I，如果∀x1，x2∈D 当x1＜x2时，都有f(x1)＜f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D上单调递增，特别地，当函数f(x)在它的定义域上单调递增时，我们就称它是增函数 当x1＜x2时，都有f(x1)＞f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D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 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D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D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I，如果存在实数M满足 条件 (1)∀x∈I，都有f(x)≤M； (2)∃x0∈I，使得f(x0)＝M (3)∀x∈I，都有f(x)≥M； (4)∃x0∈I，使得f(x0)＝M 结论 M为最大值 M为最小值 【名师点拨】 1．有关单调性的常用结论 在公共定义域内，增函数＋增函数＝增函数；减函数＋减函数＝减函数；增函数－减函数＝增函数；减函数－增函数＝减函数． 2．函数y＝f(x)(f(x)≠0)在公共定义域内与y＝－f(x)，y＝的单调性相反． 【随堂训练】 1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”) (1)对于函数y＝f(x)，若f(1)<f(3)，则f(x)为增函数．(　　) (2)函数y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞)．(　　) (3)函数y＝的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．(　　) (4)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．(　　) 【答案】(1)×　(2)×　(3)×　(4)√ 【解析】(1)错误，应对任意的x1＜x2，都有f(x1)＜f(x2)成立才可以． (2)错误，反例：f(x)＝x在[1，＋∞)上为增函数，但f(x)＝x的单调递增区间是 (－∞，＋∞)． (3)错误，此单调区间不能用“∪”连接，故单调递减区间为(－∞，0)和(0，＋∞)． 2.下列函数中,在区间(0,＋∞)上单调递增的是(　　) A.y＝－x＋1 B.y＝(x－1)2 C.y＝|ln x| D.y＝x 【答案】D 【解析】y＝－x＋1在(0,＋∞)上单调递减,不符合题意； y＝(x－1)2在(0,＋∞)上不单调,不符合题意； 因为y＝|ln x|＝则y＝|ln x|在(0,＋∞)上不单调,不符合题意； y＝x在(0,＋∞)上单调递增,符合题意. 3.函数y＝－在区间[1,2]上的最大值为(　　) A.－ B.－ C.－1 D.不存在 【答案】A 【解析】y＝－在(－1,＋∞)上单调递增,则y＝－在区间[1,2]上单调递增, 所以ymax＝－＝－. 4.函数f(x)是定义在[0,＋∞)上的减函数,则满足f(2x－1)>f的x的取值范围是　　　　.  【答案】 【解析】∵f(x)的定义域是[0,＋∞), ∴2x－1≥0,即x≥ 又∵f(x)是定义在[0,＋∞)上的减函数, ∴2x－1<即x< 则x的取值范围为. 【名师点拨】 1.熟记与函数单调性有关的常用结论 (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)y＝x＋的单调递增区间为(－∞,－1]和[1,＋∞),单调递减区间为(－1,0)和(0,1). (3)在区间I上,两个增函数的和仍是增函数,两个减函数的和仍是减函数. (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”. 2.解题时谨防以下易误点 (1)单调区间只能用区间表示,不能用不等式表示. (2)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. (3)一个函数的同一种单调区间用“和”或“,”连接,不能用“∪”连接. (4)“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. 【必练核心题型】 题型一　确定函数的单调性 命题点1　函数单调性的判断 例1.(多选)下列说法中,正确的是(　　) A.函数y＝e－x－在(－∞,0)上单调递减 B.若f(x),g(x)都是R上的增函数,则h(x)＝f(x)＋g(x)也是R上的增函数 C.函数y＝2|x＋1|的单调递减区间是(－∞,－1] D.函数f(x)＝的单调递增区间为[1,＋∞) 【答案】ABC 【解析】在(－∞,0)上函数y＝e－x与y＝－都单调递减,所以y＝e－x－在(－∞,0)上单调递减,故A正确； 两增函数的和为增函数,故B正确； 作出函数y＝2|x＋1|的图象,如图所示, 由图象可知,函数y＝2|x＋1|的单调递减区间是(－∞,－1],故C正确； 由判断复合函数的单调性的方法“同增异减”可得f(x)的单调递增区间为(－∞,1],故D错误. 命题点2　利用定义证明函数的单调性 例2.试讨论函数f(x)＝(a≠0)在(－1,1)上的单调性. 【解析】方法一　定义法 设－1<x1<x2<1, 因为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. 方法二　导数法 f'(x)＝＝－. 故当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. 【解题技巧】确定函数单调性的四种方法 (1)定义法.(2)导数法.(3)图象法.(4)性质法. 【变式训练】 变式1.下列函数中,满足“对任意x1,x2∈(0,＋∞),当x1<x2时,都有f(x1)>f(x2)”的是(　　) A.f(x)＝|x| B.f(x)＝ C.f(x)＝－x2＋2x D.f(x)＝ex 【答案】B 【解析】对任意x1,x2∈(0,＋∞), 当x1<x2时,都有f(x1)>f(x2), 则函数f(x)在(0,＋∞)上单调递减, f(x)＝|x|在(0,＋∞)上单调递增,故A错误； f(x)＝在(0,＋∞)上单调递减,故B正确； f(x)＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1在(0,＋∞)上不单调,故C错误； f(x)＝ex在(0,＋∞)上单调递增,故D错误. 变式2.函数f(x)＝lo(2x2－3x－2)的单调递增区间为　　　　.  【答案】 【解析】令2x2－3x－2>0, 解得x>2或x<－ 则f(x)的定义域为∪(2,＋∞), 由y＝lox在(0,＋∞)上单调递减,y＝2x2－3x－2在上单调递减,在(2,＋∞)上单调递增, 根据复合函数的单调性可知,f(x)的单调递增区间为. 题型二　函数单调性的应用 命题点1　比较函数值的大小 典例1.定义在R上的偶函数f(x)满足：对任意的x1,x2∈(－∞,0](x1≠x2),有<0,则(　　) A.f(－2)<f(3)<f(4) B.f(－2)>f(3)>f(4) C.f(3)<f(4)<f(－2) D.f(4)<f(－2)<f(3) 【答案】A 【解析】因为对任意的x1,x2∈(－∞,0](x1≠x2),有<0, 所以f(x)在(－∞,0]上单调递减, 又f(x)为偶函数, 所以f(x)在(0,＋∞)上单调递增, 则f(2)<f(3)<f(4), 又f(－2)＝f(2), 所以f(－2)<f(3)<f(4). 命题点2　求函数的最值 典例2.函数y＝－1＋x(x≥3)的最小值为　　　　　　.  【答案】 【解析】设t＝x－1,t≥2, 则y＝－1＋x＝t＋(t≥2), 又函数y＝t＋在[2,＋∞)上单调递增, 所以当t＝2,即x＝3时, 函数有最小值2＋. 【拓展训练】求函数的值域(最值)的常用方法 (1)配方法：主要用于和一元二次函数有关的函数求值域问题. (2)单调性法：利用函数的单调性，再根据所给定义域来确定函数的值域. (3)数形结合法. (4)换元法：引进一个(几个)新的量来代替原来的量，实行这种“变量代换”. (5)分离常数法：分子、分母同次的分式形式采用配凑分子的方法，把函数分离成一个常数和一个分式和的形式. 典例.(多选)下列函数中，值域正确的是(　　) A.当x∈[0，3)时，函数y＝x2－2x＋3的值域为[2，6) B.函数y＝的值域为R C.函数y＝2x－的值域为 D.函数y＝的值域为[，＋∞) 【答案】ACD 【解析】对于A，(配方法)y＝x2－2x＋3＝(x－1)2＋2， 由x∈[0，3)，再结合函数的图象(如图①所示)，可得函数的值域为[2，6). 对于B，(分离常数法)y＝＝2＋，显然≠0，∴y≠2. 故函数的值域为(－∞，2)∪(2，＋∞). 对于C，(换元法)设t＝，则x＝t2＋1，且t≥0，∴y＝2(t2＋1)－t＝2， 由t≥0，再结合函数的图象(如图②所示)，可得函数的值域为. 对于D，函数的定义域为[1，＋∞)， ∵y＝与y＝在[1，＋∞)上均单调递增，∴y＝在[1，＋∞)上为增函数， ∴当x＝1时，ymin＝，即函数的值域为[，＋∞). 命题点3　解函数不等式 典例3.(2025·湖州模拟)已知函数f(x)＝ex－e－x,则使f(|x|)<f(－3x2＋4)成立的实数x的取值范围是(　　) A.(－1,0) B.(－1,＋∞) C.(－1,1) D.(1,＋∞) 【答案】C 【解析】函数y＝ex为增函数,函数y＝e－x为减函数, 所以函数f(x)＝ex－e－x为增函数, 所以f(|x|)<f(－3x2＋4)⇔|x|<－3x2＋4, 即3|x|2＋|x|－4<0,(|x|－1)(3|x|＋4)<0,得0≤|x|<1, 解得－1<x<1, 所以实数x的取值范围为(－1,1). 命题点4　求参数的值(范围) 典例4.(2024·新课标全国Ⅰ)已知函数f(x)＝在R上单调递增,则a的取值范围是(　　) A.(－∞,0] B.[－1,0] C.[－1,1] D.[0,＋∞) 【答案】B 【解析】因为f(x)在R上单调递增, 且x≥0时,f(x)＝ex＋ln(x＋1)单调递增, 则需满足 解得－1≤a≤0, 即a的取值范围是[－1,0]. 【解题技巧】 (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. 【变式训练】 变式1.若函数f(x)＝在(a,＋∞)上单调递增,则实数a的取值范围为　　　　.  【答案】[1,2) 【解析】f(x)＝＝1＋ ∵f(x)在(a,＋∞)上单调递增, ∴⇒1≤a<2. 变式2.(多选)函数f(x)的定义域为R,对任意的实数x1,x2(x1≠x2),满足x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1),下列结论正确的是(　　) A.函数f(x)是减函数 B.f(－5)<f(0)<f(1) C.f(0)＝0 D.不等式f(2x－1)<f(3－x)的解集为 【答案】BD 【解析】由x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1), 得(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0, 因此f(x)是增函数,A错误； 由－5<0<1,得f(－5)<f(0)<f(1),B正确； 不一定有f(0)＝0,如f(x)＝2x在R上为增函数,f(0)＝1,C错误； 由f(2x－1)<f(3－x),得2x－1<3－x,解得x<D正确. 变式3.已知函数f(x)＝x＋. (1)用定义证明函数f(x)在(1,＋∞)上单调递增；(7分) (2)求函数f(x)在区间[3,6]上的最大值和最小值.(6分) (1)【证明】　任取x1,x2∈(1,＋∞)且x1<x2, 则f(x1)－f(x2)＝x1＋－x2－＝x1－x2＋＝(x1－x2) 因为x1,x2∈(1,＋∞)且x1<x2,可得x1－x2<0,x1x2>1,0<<1, 则1－>0, 所以f(x1)－f(x2)＝(x1－x2)<0, 即f(x1)<f(x2), 所以函数f(x)在(1,＋∞)上单调递增. (2)【解析】由(1)知函数f(x)在[3,6]上单调递增, 所以f(x)max＝f(6)＝f(x)min＝f(3)＝ 所以函数f(x)在区间[3,6]上的最大值为最小值为. 变式4.已知定义在(0,＋∞)上的函数f(x),满足f(mn)＝f(m)＋f(n)(m,n>0),且当x>1时,f(x)>0. (1)求证：f＝f(m)－f(n)；(5分) (2)若f(2)＝1,解不等式f(x＋2)－f(2x)>2.(9分) (1)【证明】　f(m)＝f＝f ＋f(n), 即f＝f(m)－f(n). (2)【解析】任取x1,x2∈(0,＋∞),且x1<x2, 则>1. 由(1)得f(x2)－f(x1)＝f>0, 即f(x2)>f(x1), ∴f(x)在(0,＋∞)上单调递增, ∵f(2)＝1,∴2＝f(2)＋f(2)＝f(4), f(x＋2)－f(2x)>2⇔f(x＋2)>f(2x)＋f(4)⇔f(x＋2)>f(8x), 又f(x)在(0,＋∞)上单调递增, ∴解得0<x< 故不等式f(x＋2)－f(2x)>2的解集为. 学科网（北京）股份有限公司 $$