第2章 第3节 函数单调性的应用-【优化探究】2026高考数学一轮复习高考总复习配套课件（人教版提升）

第三节　函数单调性的应用 第二章　函数的概念、性质与基本初等函数 1 1.会用符号语言表达函数的最大值、最小值.理解其作用和实际意义.　 2.掌握函数单调性的简单应用. 学习要求 2 必备知识　自主梳理 内容索引 关键能力　重点探究 课时作业　巩固提升 3 必备知识　自主梳理 4 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为_________ M为_________ 最大值 最小值 知识梳理 知识点　函数的最值 5 1.(多选)下列结论正确的是(　 　) A.若函数f (x)满足f (－3)＜f (2)，则f (x)在[－3，2]上单调递增 B.若函数f (x)在(－2，3)上单调递增，则函数f (x)的最大值是f (3) C.若函数f (x)在区间[a，b]上连续，则f (x)在区间[a，b]上一定有最值 D.函数y＝在区间(－∞，0)∪(0，＋∞)上无最值 CD 自我评价 6 2.已知函数f (x)＝，x∈[0，2]，则f (x)的最大值为________，最小 值为__________.  解析：因为函数f (x)在[0，2]上单调递减， 所以f (x)max＝f (0)＝2，f (x)min＝f (2)＝. 2 自我评价 7 3.若函数y＝(2k＋1)x＋b在R上是减函数，则实数k的取值范围是________________.  解析：由题知2k＋1＜0，即k＜－. 自我评价 8 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__________.  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＜. 自我评价 9 1.闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值，当函数在闭区间上单调时，最值一定在端点取到. 2.开区间上的“单峰(谷)”函数一定存在最大(小)值. 常用结论 10 关键能力　重点探究 11 角度1　比较函数值的大小 [例1]　设函数f (x)定义在实数集上，它的图象关于直线x＝1对称，且当 x≥1时，f (x)＝3x－1，则(　　) A.f ＜f ＜f B.f ＜f ＜f C.f ＜f ＜f D.f ＜f ＜f B 考点一　函数单调性的应用 12 [解析]　由题设知，当x＜1时，f (x)单调递减，当x≥1时，f (x)单调递增，而x＝1为对称轴，所以f ＝f ＝f ＝f .又＜1， 所以f ＞f ＞f ， 即f ＜f ＜f . 考点一　函数单调性的应用 13 角度2　解函数不等式 [例2]　已知函数f (x)＝ln x＋2x，若f (x2－4)＜2，则实数x的取值范围是_______________________.  [解析]　因为函数f (x)＝ln x＋2x在定义域(0，＋∞)上单调递增，且f (1)＝ln 1＋2＝2， 所以由f (x2－4)＜2，得f (x2－4)＜f (1)， 所以0＜x2－4＜1， 解得－＜x＜－2或2＜x＜. (－，－2)∪(2，) 考点一　函数单调性的应用 14 角度3　利用单调性求参数的取值范围 [例3]　(2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f (x)＝在R 上单调递增，则a取值的范围是(　　) A.(－∞，0]　 B.[－1，0] C.[－1，1] D.[0，＋∞) [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的范围是[－1，0]. B 考点一　函数单调性的应用 15 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. 方法总结 16 1.设f (x)的定义域为R，f (x)的图象关于y轴对称，且f (x)在[0，＋∞)上单 调递增，则f (－2)，f (－π)，f (3)的大小关系是(　　) A.f (－π)＜f (－2)＜f (3) B.f (－2)＜f (3)＜f (－π) C.f (－π)＜f (3)＜f (－2) D.f (3)＜f (－2)＜f (－π) 解析：因为f (x) 的定义域为R，f (x)的图象关于y 轴对称，所以f (x) 是偶函数，所以f (－2)＝f (2)，f (－π)＝f (π).又f (x) 在[0，＋∞) 上单调递增，且2＜3＜π ，所以f (2)＜f (3)＜f (π)，所以f (－2)＜f (3)＜f (－π). B 跟踪训练 17 2.已知函数f (x)＝则不等式f (2a＋1)＞f (3a－4)的解集 为(　　) A. B. C.(－∞，5) D.(5，＋∞) 解析：因为f (x)＝ 所以函数f (x) 在R上是减函数，所以2a＋1＜3a－4，解得a＞5. D 跟踪训练 18 3.已知函数f (x)＝在R上是减函数，则a的取值范围 是(　　) A.(0，1) B. C. D. 解析：∵f (x)＝在R上是减函数， ∴ 解得0＜a≤，∴a的取值范围是. C 跟踪训练 19 [例4]　(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[，＋∞) ACD 考点二　求函数的最值(值域) 20 [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， 考点二　求函数的最值(值域) 21 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[，＋∞). 考点二　求函数的最值(值域) 22 求函数最值(值域)的五种常用方法 1.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. 2.单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值. 3.换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值. 4.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. 5.导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值. 方法总结 23 1.函数f (x)＝的值域为__________.  解析：法一(图象法)：作出函数 f (x)＝ 的图象(如图所示)，f (x)max ＝f (0)＝2.由函数图象可知，f (x)的值域为(－∞，2]. (－∞，2] 跟踪训练 24 法二(单调性法)：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，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，最大值为f (0)＝2.综上，函数f (x)的最大值为2，所以函数f (x) 的值域为(－∞，2]. 跟踪训练 25 2.函数y＝的最大值为__________.  解析：令 ＝t，则t≥2， 所以x2＝t2－4，所以y＝，设h(t)＝t＋， 则h(t)在[2，＋∞)上单调递增，所以h(t)min＝h(2)＝， 所以y≤(x＝0时取等号)，即y的最大值为. 跟踪训练 26 课时作业　巩固提升 27 1.函数f (x)＝－x＋在上的最大值是(　　) A.　　　　　　　　　　 B.－ C.－2 D.2 解析：因为f (x)在上是减函数，所以当x＝－2时，f (x)的最大值为f (－2)＝. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 A A组　基础保分练 28 2.已知函数f (x)＝x2＋bx＋c图象的对称轴为直线x＝2，则下列关系式正 确的是(　　) A.f (－1)＜f (1)＜f (2) B.f (1)＜f (2)＜f (－1) C.f (2)＜f (1)＜f (－1) D.f (1)＜f (－1)＜f (2) 解析：因为该二次函数的图象开口向上，对称轴为直线x＝2，所以f (x)在(－∞，2]上单调递减.因为2＞1＞－1，所以f (2)＜f (1)＜f (－1). 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 C A组　基础保分练 29 3.设函数f (x)＝若f (a＋1)≥f (2a－1)，则实数a的取值范围 是(　　) A.(－∞，1] B.(－∞，2] C.[2，6] D.[2，＋∞) 解析：画出函数f (x)的图象(图略)，结合图象可知f (x)在R上是增函数， 由f (a＋1)≥f (2a－1)，得a＋1≥2a－1，解得a≤2. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 B A组　基础保分练 30 4.设a∈R，则“a≥1”是“函数f (x)＝在(1，＋∞)上单调递减” 的(　　) 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 解析：由题意可得，f (x)＝＝a＋在(1，＋∞)上单调递减， 则a－1＞0，解得a＞1. 因为a≥1不能推出a＞1，a＞1能推出a≥1， 所以“a≥1”是“函数f (x)＝在(1，＋∞)上单调递减”的必要不充分条件. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 B A组　基础保分练 31 5.已知函数f (x)＝若a＝50.01，b＝log32，c＝log20.9，则有(　　) 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＝ex是增函数，y＝e－x是减函数， 所以f (x)＝ex－e－x在(0，＋∞)上单调递增， 且f (x)＞0. 又f (x)＝－x2在(－∞，0]上单调递增，且f (x)≤0， 所以f (x)在R上是增函数. 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). 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 A A组　基础保分练 32 6.(多选)已知函数f (x)＝则下列结论正确的是(　　 ) A.f (x)在R上为增函数 B.f (e)＞f (2) C.若f (x)在(a，a＋1)上单调递增，则a≤－1或a≥0 D.当x∈[－1，1]时，f (x)的值域为[1，2] 解析：易知f (x) 在(－∞，0]，(0，＋∞)上单调递增，A错误，B正确；若f (x) 在(a，a＋1) 上单调递增，则a≥0 或a＋1≤0，即a≥0 或a≤－1，故C正确；当x∈[－1，0] 时，f (x)∈[1，2]，当x∈(0，1] 时，f (x)∈ (－∞，2]，故x∈[－1，1] 时，f (x)∈(－∞，2]，故D错误. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 BC A组　基础保分练 33 7.(多选)已知函数f (x)＝－x2＋2|x|＋1，则下列说法正确的是(　 　) A.函数y＝f (x)在(－∞，－1]上单调递增 B.函数y＝f (x)在[－1，0]上单调递减 C.当x＝0时，函数y＝f (x)有最小值 D.当x＝－1或x＝1时，函数y＝f (x)有最大值 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 ABD A组　基础保分练 34 解析：因为f (x)＝－x2＋2|x|＋1， 所以f (x)＝ 作出函数f (x)的图象如图所示， 由图象可知f (x)在(－∞，－1]上单调递增，在 [－1，0]上单调递减，故A，B正确； 由图象可知f (x)在x＝－1或x＝1时，函数y＝f (x)有最大值，没有最小值，故C错误，D正确. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 A组　基础保分练 35 8.函数f (x)＝在区间[1，2]上的最小值为__________.  解析：f (x)＝. 由于y＝，y＝－在[1，2]上均单调递减， 故f (x)在[1，2]上单调递减， 所以f (x)min＝f (2)＝－2＝－. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 － A组　基础保分练 36 9.函数f (x)＝4x－2 x＋1－1的值域是______________.  解析：因为f (x)＝(2x)2－2·2x－1， 令2x＝t(t＞0)，则m(t)＝t2－2t－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 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 [－2，＋∞) A组　基础保分练 37 10.已知函数y＝loga(2－ax)(a＞0，且a≠1)在[0，1]上单调递减，则实数 a的取值范围是__________.  解析：设u＝2－ax， 因为a＞0，且a≠1，所以函数u在[0，1]上单调递减. 由题意可知函数y＝logau在[0，1]上单调递减， 所以a＞1. 又因为u＝2－ax在[0，1]上要满足u＞0， 所以2－a＞0，得a＜2.综上得1＜a＜2. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1，2) A组　基础保分练 38 11.(2025·山东临沂模拟)已知函数f (x)＝. (1)用定义法证明f (x)在区间[1，＋∞)上是增函数； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 证明：任取x1，x2∈[1，＋∞)，且x1＜x2， 则f (x1)－f (x2)＝ ＝. ∵1≤x1＜x2，∴x1－x2＜0，(x1＋1)(x2＋1)＞0， ∴f (x1)－f (x2)＜0，即f (x1)＜f (x2)， 故函数f (x)在区间[1，＋∞)上是增函数. A组　基础保分练 39 (2)求该函数在区间[2，4]上的最大值与最小值. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解：由(1)知函数f (x)在区间[2，4]上是增函数， ∴f (x)max＝f (4)＝，f (x)min＝f (2)＝. A组　基础保分练 40 12.已知函数f (x)＝ (1)当0＜a＜b，且f (a)＝f (b)时，求的值. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解：因为f (x)＝所以f (x)在(0，1)上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增. 由于0＜a＜b，且f (a)＝f (b)，所以0＜a＜1＜b，且－1＝1－， 所以＝2. A组　基础保分练 41 (2)是否存在实数a，b(a＜b)，使得函数y＝f (x)的定义域、值域都是[a，b]?若存在，则求出a，b的值；若不存在，请说明理由. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解：不存在满足条件的实数a，b.理由如下： 假设存在满足条件的实数a，b(a＜b). 当a，b∈(0，1)时，因为f (x)＝－1在(0，1)上单调递减， 所以即解得a＝b， 故此时不存在适合条件的实数a，b； A组　基础保分练 42 当a，b∈[1，＋∞)时，因为f (x)＝1－在[1，＋∞)上单调递增， 所以即此时a，b是方程x2－x＋1＝0的根，而此方程无实数根， 故此时不存在适合条件的实数a，b； 当a∈(0，1)且b∈[1，＋∞)时，由于1∈，而f (1)＝0∉， 故此时不存在适合条件的实数a，b； 综上，不存在适合条件的实数a，b. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 A组　基础保分练 43 13.(多选)(2025·广东广州模拟)函数f (x)＝x＋1，g(x)＝(x＋1)2，用M(x)表示f (x)，g(x)中的较大者，记为M(x)＝max{f (x)，g(x)}，则下列说法 正确的是(　 　) A.M(2)＝3 B.∀x≥1，M(x)≥4 C.M(x)有最大值 D.M(x)最小值为0 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 BD B组　能力提升练 44 解析：令g(x)＞f (x)，即(x＋1)2＞x＋1，解得x＜－1或x＞0，所以可知M(x)＝max{f (x)，g(x)}＝所以M(2)＝(2＋1)2＝9，故A错误；当∀x≥1时，M(x)＝(x＋1)2≥(1＋1)2＝4，故B正确；由M(x)＝(x＋1)2(x＜－1或x＞0)可知，函数无最大值，故C错误；当x＜－1或x＞0时，M(x)＞0，当－1≤x≤0时，0≤M(x)≤1，所以M(x)最小值为0，故D正确. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 B组　能力提升练 45 14.(2025·山东枣庄模拟)若函数f (x)＝在区间[0，1]上的最大值为 3，则实数m＝__________.  解析：∵函数f (x)＝＝2＋， 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； 当m＝2时，f (x)＝2在区间[0，1]上的最大值为2，不符合题意. 故实数m＝3. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 3 B组　能力提升练 46 15.(1)已知函数f (x)＝x＋，x1，x2∈，求|f (x1)－f (x2)|的最大值. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解：由“对勾函数”的性质可得f (x)＝x＋在上单调递减，在上单调递增，f (x)min＝f (1)＝2，f ，f (3)＝，所以f (x)max＝， 所以＝f (x)max－f (x)min＝－2＝. B组　能力提升练 47 (2)设函数f (x)＝x－，对任意的x∈[1，＋∞)，f (mx)＋mf (x)＜0恒成立，求实数m的取值范围. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 解：显然m≠0，由于函数f (x)＝x－在[1，＋∞)上是增函数，则当m＞0时，f (mx)＋mf (x)＝2mx－，是形如f (x)＝ax＋(a＞0，b＜0)的函数，在[1，＋∞)上单调递增，则f (mx)＋mf (x)＜0不恒成立，因此m＞0不成立. B组　能力提升练 48 当m＜0时，f (mx)＋mf (x)＝2mx－， 是形如f (x)＝ax＋(a＜0，b＞0)的函数，在[1，＋∞)上是减函数， 因此，当x＝1时，f (mx)＋mf (x)的最大值为m－，于是f (mx)＋mf (x)＜0恒成立等价于f (mx)＋mf (x)，x∈[1，＋∞)的最大值小于0， 即 解得m＜－1，所以实数m的取值范围是(－∞，－1). 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 B组　能力提升练 49 $$