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学生用书word（基础版）

第3课时　函数的单调性与最值(二) 考点一 典例1　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．] 巩固迁移1　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 典例2　A　[由f (2x＋3)≤f (x＋1)可得解得－2≤x≤－．] 巩固迁移2　(－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 f (x)≤M　f (x0)＝M　f (x0)＝M 典例3　(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[，＋∞)．] 巩固迁移3　(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．] 随堂练习 1．A　2．D　3．D 4．1　[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．] 学科网（北京）股份有限公司 $$ 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 [听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 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) 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] [听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 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________． 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_______； (2)∃x0∈D，使得________ (1)∀x∈D，都有f (x)≥M； (2)∃x0∈D，使得________ 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[，＋∞) [听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 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． 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．函数f (x)＝－x＋在上的最大值是(　　) A．　　 B．－ C．－2 D．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 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． 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________． 学科网（北京）股份有限公司 $$