第二章 第3课时 函数的单调性与最值(二)-【高考DNA解码】2026年高考数学一轮总复习教师用书word（基础版）

第3课时　函数的单调性与最值(二) [考试要求]　1．会利用函数的单调性比较函数值的大小，解函数不等式．2．会求函数的最值或值域． 考点一　比较函数值的大小 [典例1]　(2025·成都模拟)已知函数f (x)对任意x1，x2∈(0，＋∞)，均有(x1－x2)[f (x1)－f (x2)]>0成立，若a＝f (ln )，b＝f ()，c＝f ()，则a，b，c的大小关系是(　　) A．c<b<a　　 B．a<c<b C．a<b<c D．c<a<b B　[因为对任意x1，x2∈(0，＋∞)，均有(x1－x2)·[f (x1)－f (x2)]>0成立，所以函数f (x)在区间(0，＋∞)上单调递增，又y＝在上单调递增，所以，又0<ln <1，所以ln ，所以f (ln )<f <f ，即a<c<b．故选B．] 反思领悟　比较函数值大小的关键是将各自变量的值转化到同一单调区间上． 巩固迁移1　(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 (4)<f (3)<f (－2) C．f (3)<f (4)<f (－2) D．f (4)<f (－2)<f (3) A　[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)．] 考点二　解函数不等式 [典例2]　若f (x)是定义在(－∞，0]上的减函数，则不等式f (2x＋3)≤f (x＋1)的解集为(　　) A．　　 B．(－∞，－2) C． D．(－∞，－2] A　[由f (2x＋3)≤f (x＋1)可得 解得－2≤x≤－．] 反思领悟　本例解答的关键是利用函数的单调性将符号“f ”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． 巩固迁移2　记f (x)＝ax2＋bx＋c，若不等式f (x)>0的解集为(1，3)，则关于t的不等式f (|t|＋8)<f (2＋t2)的解集为________． (－3，3)　[由题意，可得f (x)＝a(x－1)(x－3)＝a(x2－4x＋3)，且a<0，故函数f (x)在区间[2，＋∞)上单调递减． 又因为8＋|t|≥8，2＋t2≥2， 所以由函数f (x)的单调性及不等式f (|t|＋8)<f (2＋t2)，得8＋|t|>2＋t2，即|t|2－|t|－6<0，故|t|<3， 即不等式的解集为(－3，3)．] 考点三　函数的值域与最值 函数最大(小)值的定义 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 (1)∀x∈D，都有f (x)≤M； (2)∃x0∈D，使得f (x0)＝M (1)∀x∈D，都有f (x)≥M； (2)∃x0∈D，使得f (x0)＝M 结论 M是函数y＝f (x)的最大值 M是函数y＝f (x)的最小值 [典例3]　(1)函数f (x)＝x－＋1在[1，4]上的值域为(　　) A．　　 B．[0，1] C． D． (2)(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[，＋∞) (1)C　(2)ACD　[(1)由y＝x＋1在[1，4]上单调递增，且y＝在[1，4]上单调递减， 可得f (x)＝x－＋1在[1，4]上单调递增， 又f (1)＝0，f (4)＝， 故值域为． (2)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[，＋∞)．] 反思领悟　本例(1)通过先判断函数f (x)＝x－＋1在[1，4]上的单调性，再由单调性求出最值，可称之为“单调性法”．本例(2)选项A利用“配方法”结合“图象法”(作出y＝(x－1)2＋2的图象，观察其最高点、最低点)求出最值；选项B的关键是把y＝分离成一个常数“2”和一个分式和的形式，求出最值，可称之为“分离常数法”；选项C引进了一个新变量t＝，通过“换元法”，求值域；选项D利用“单调性法”求值域． 【教用·反思领悟】 求函数最值的五种常用方法 巩固迁移3　(1)(人教A版必修第一册P81例5改编)若函数f (x)＝在x∈[1，4]上的最大值为M，最小值为m，则M－m的值是(　　) A．　　 B．2 C． D． (2)函数y＝2x＋4的最大值为(　　) A．8　　 B．－8 C．2 D．4 (3)设f (x)＝则f (f (－1))＝________，f (x)的最小值是________． (1)A　(2)A　(3)0　2－3　[(1)因为f (x)＝在[1，4]上是增函数，所以M＝f (4)＝2－＝，m＝f (1)＝0，因此M－m＝． (2)设t＝，则t≥0，x＝3－t2，所以y＝2(3－t2)＋4t＝－2(t－1)2＋8，因为t≥0，所以当t＝1时，函数取得最大值为8． (3)因为f (－1)＝2，所以f (f (－1))＝f (2)＝2＋－3＝0．当x≥1时，f (x)＝x＋－3在[1，]上单调递减，在[，＋∞)上单调递增，所以f (x)在x＝时取得最小值，即f (x)min＝2－3；当x<1时，f (x)＝x2＋1在(－∞，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，所以f (x)在x＝0时取得最小值，即f (x)min＝1． 因为2－3<1，所以f (x)的最小值为2－3．] 1．函数f (x)＝－x＋在上的最大值是(　　) A．　　 B．－ C．－2 D．2 A　[因为函数y＝－x和y＝在上均单调递减，所以f (x)在上单调递减，所以f (x)max＝f (－2)＝2－＝．] 2．已知函数f (x)的图象向左平移1个单位长度后关于y轴对称，当x2>x1>1时，[f (x2)－f (x1)](x2－x1)<0恒成立，设a＝f ，b＝f (2)，c＝f (3)，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 D　[根据已知可得函数f (x)的图象关于直线x＝1对称，且在(1，＋∞)上单调递减． 所以a＝f ＝f ，f (2)>f >f (3)， 所以b＞a＞c．故选D．] 3．若函数f (x)是定义在[0，＋∞)上的增函数，则满足f (2x－1)<f 的x的取值范围是(　　) A． B． C． D． D　[因为f (x)是定义在[0，＋∞)上的增函数，由f (2x－1)<f 可得0≤2x－1<，解得≤x<．] 4．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________． 1　[法一(数形结合法)： 在同一坐标系中，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(单调性法)： 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．] 【教用·备选题】 1．(2025·南阳模拟)函数f (x)＝的值域为(　　) A．[－1，＋∞)　　　　　 B．[3，＋∞) C．[－1，0] D．[－1，3] D　[当x∈[0，3]时，f (x)＝x2－4x＋3，图象开口向上，对称轴为x＝2， 又因为2∈[0，3]，所以f (x)min＝f (2)＝－1， 而|0－2|＞|3－2|，所以f (x)max＝f (0)＝3， 所以x∈[0，3]时，f (x)∈[－1，3]； 当－3≤x＜0时，f (x)＝x＋3单调递增， 所以f (x)∈[f (－3)，f (0))， 即f (x)∈[0，3)． 综上所述，函数f (x)的值域为[－1，3]． 故选D．] 2．(2024·秦皇岛青龙实验中学期中)已知函数f (x)＝(a＞0)． (1)当a＝2时，试判断x∈[1，＋∞)时，f (x)的单调性，并证明； (2)若x∈(0，1]时，f (x)单调递减，x∈[1，＋∞)时，f (x)单调递增，试求a的值及x∈(0，＋∞)时f (x)的最小值． [解]　(1)f (x)单调递增．证明如下： 当a＝2时，f (x)＝x＋＋2， f ′(x)＝1－＞0(x≥1)， ∴函数f (x)在[1，＋∞)上单调递增． (2)∵f (x)＝x＋＋2， ∴f ′(x)＝1－． ∵x∈(0，1]时，f (x)单调递减，x∈[1，＋∞)时，f (x)单调递增， ∴f ′(1)＝1－＝0，∴a＝1． 经检验a＝1时符合题意． ∵f (x)＝x＋＋2在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴x＝1时，f (x)取得最小值，最小值为4． 课后习题(八)　函数的单调性与最值(二) 1．(人教A版必修第一册P85习题3.2T1改编)如图是函数y＝f (x)，x∈[－4，3]的图象，则下列说法正确的是(　　) A．f (x)在[－4，－1]上单调递减，在[－1，3]上单调递增 B．f (x)在区间(－1，3)上的最大值为3，最小值为－2 C．f (x)在[－4，1]上有最小值－2，有最大值3 D．当直线y＝t与f (x)的图象有三个交点时，－1<t<2 [答案]　C 2．(苏教版必修第一册P122习题5.3T4改编)定义在[－2，2]上的函数f (x)满足(x1－x2)[f (x1)－f (x2)]>0(x1≠x2)，且f (x)>f (2x－1)，则实数x的取值范围为(　　) A．(－∞，1)　　 B． C． D．[－1，1) C　[由题意知，f (x)在[－2，2]上单调递增，则f (x)>f (2x－1)⇔解得－≤x<1．故选C．] 3．(北师大版必修第一册P95复习题三B组T3改编)已知函数f (x)＝若f (x)存在最小值，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，－1]　　 B．[－1，0) C． D． A　[x≥a时，f (x)＝2x，f (x)单调递增，在[a，＋∞)上的最小值为2a，x<a时，f (x)＝－x，f (x)单调递减，在(－∞，a)上无最小值． 则由已知得－a≥2a，即2a＋a≤0，设h(a)＝2a＋a，易知该函数为增函数，且h(－1)＝2-1－＝0，从而a≤－1．故选A．] 4．(人教B版必修第一册P107练习BT1)已知函数f (x)在区间[－1，2]上单调递增，在区间[2，5]上单调递减，那么下列说法中，一定正确的是________． (1)f (0)<f (2)； (2)f (3)>f (2)； (3)f (x)在区间[－1，5]上有最大值，而且f (2)是最大值； (4)f (0)与f (3)的大小关系不确定； (5)f (x)在区间[－1，5]上有最小值； (6)f (x)在区间[－1，5]上的最小值是f (5)． (1)(3)(4)(5)　[∵f (x)在区间[－1，2]上单调递增， ∴f (0)<f (2)，故(1)正确． ∵函数f (x)在区间[2，5]上单调递减， ∴f (3)<f (2)，故(2)错误． ∵函数f (x)在区间[－1，2]上单调递增，在区间[2，5]上单调递减，∴函数f (x)在区间[－1，5]上有最大值，也有最小值，且f (2)是最大值，f (－1)或f (5)是最小值，故(3)(5)正确，(6)不正确，而f (0)与f (3)的大小不确定，故(4)正确．] 5．(2025·曲靖模拟)函数y＝2x－1(x∈{1，2，3})的值域为(　　) A．[1，5]　　 B．{1，3，5} C．[2，6] D．{2，4，6} B　[x＝1时，y＝2×1－1＝1， 当x＝2时，y＝2×2－1＝3， 当x＝3时，y＝2×3－1＝5， 故y＝2x－1(x∈{1，2，3})的值域为{1，3，5}．故选B．] 6．(2024·北京学业考试)下列函数中，存在最小值的是(　　) A．f (x)＝－x＋1　　 B．f (x)＝x2－2x C．f (x)＝ex D．f (x)＝ln x B　[f (x)＝－x＋1单调递减，值域为R，无最小值，A选项错误； f (x)＝x2－2x在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，当x＝1时取得最小值，B选项正确； f (x)＝ex单调递增，值域为(0，＋∞)，无最小值，C选项错误； f (x)＝ln x单调递增，值域为R，无最小值，D选项错误． 故选B．] 7．(2024·衡水一模)关于函数y＝，x∈N，N为自然数集，下列说法正确的是(　　) A．函数只有最大值没有最小值　 B．函数只有最小值没有最大值　 C．函数没有最大值也没有最小值　 D．函数有最小值也有最大值 D　[y＝＝＝2＋，x≠， 由反比例函数的性质得： y＝在上单调递减，此时y>2， y＝在上单调递减，此时y<2， 又因为x∈N，N为自然数集， 所以ymin在上取到，x＝2时，ymin＝－7， 同理ymax在上取到，x＝3时，ymax＝11， 所以当x∈N，N为自然数集时，函数有最小值也有最大值． 故选D．] 8．(2025·佛山顺德区模拟)已知函数y＝f (x)在定义域(－1，3)上是增函数，且f (2a－1)＜f (2－a)，则实数a的取值范围是(　　) A．(1，2)　　 B．(－∞，1) C．(0，1) D．(1，＋∞) C　[因为函数y＝f (x)在定义域(－1，3)上是增函数，且f (2a－1)＜f (2－a)， 则有则 解得0＜a＜1， 所以实数a的取值范围是(0，1)．故选C．] 9．(多选)(2025·大庆龙凤区模拟)定义min{a，b}＝设f (x)＝min{|x|，x＋1}，则(　　) A．f (x)有最大值，无最小值　 B．当x≤0时，f (x)的最大值为 C．不等式f (x)≤的解集为 D．f (x)的单调递增区间为(0，1) BC　[作出函数f (x)＝min{|x|，x＋1}的图象，如图实线部分， 对于A，根据图象，可得f (x)无最大值，无最小值，故A错误； 对于B，根据图象得，当x≤0时，f (x)的最大值为，故B正确； 对于C，由|x|≤，解得－≤x≤，结合图象， 得不等式f (x)≤的解集为，故C正确； 对于D，由图象得，f (x)的单调递增区间为，[0，＋∞)，故D错误． 故选BC．] 10．(2025·荆门模拟)已知函数f (x)＝的值域为R，则实数a的取值范围是(　　) A．(－4，4)　　 B．[－4，4) C．(－∞，－4] D．{－4} B　[根据题意，y＝(4－a)x＋2a(x＜1)是增函数， ∴4－a＞0，即a＜4，∵函数f (x)的值域为R， ∴f (1)＝log31≤(4－a)×1＋2a，解得a≥－4， ∴实数a的取值范围是[－4，4)．故选B．] 11．(2025·河北石家庄二中模拟)已知定义在[－1，3]上的函数f (x)满足对于任意的x1，x2∈[－1，3]，且x1≠x2，都有[f (x1)－f (x2)](x1－x2)＜0，则不等式f (1－2x)≥f (x＋1)的解集为________． [0，1]　[∵对于任意的x1，x2∈[－1，3]，且x1≠x2，都有[f (x1)－f (x2)](x1－x2)＜0， ∴f (x)在[－1，3]上单调递减， ∴由f (1－2x)≥f (x＋1)得， 解得0≤x≤1， ∴不等式f (1－2x)≥f (x＋1)的解集为[0，1]．] 12．(2025·天津模拟)已知函数f (x)＝ (1)在平面直角坐标系中画出函数f (x)的图象； (2)写出函数f (x)的单调区间和值域． [解]　(1)f (x)的图象如图所示． (2)由(1)中图象可知， f (x)的单调递增区间为[－1，0]，(2，5]；单调递减区间为[0，2]， 当x＝0时，f (x)max＝3；当x＝2时，f (x)min＝－1， ∴f (x)的值域为[－1，3]． 1/1 学科网（北京）股份有限公司 $$