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（苏教版）

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y＝f(x)的定义域为A，如果存在x0∈A 条件 任意x∈A，都有_____________ 任意x∈A，都有___________ 结论 ymax＝f(x0) ymin＝f(x0) f(x)≤f(x0) f(x)≥f(x0) 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__________.  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 __________________.  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_____________.  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]　若f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的偶函数，对任意的x1，x2∈[0， ＋∞)且x1≠x2，有＜0，则(　　) A.f(3)＜f(1)＜f(－2) B.f(3)＜f(－2)＜f(1) C.f(－2)＜f(1)＜f(3) D.f(1)＜f(－2)＜f(3) B 考点一　函数单调性的应用 12 [解析]　∵对任意的x1，x2∈[0，＋∞)且x1≠x2，有＜0，∴当x≥0时，函数f(x)单调递减，∴f(3)＜f(2)＜f(1).又f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的偶函数，f(x)＝f(－x)，∴f(3)＜f(－2)＜f(1). 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的取值范围是(　　) A.(－∞，0]　　　　　 B.[－1，0] C.[－1，1] D.[0，＋∞) B 考点一　函数单调性的应用 15 [解析]　当x≥0时，函数f(x)显然是增函数；当x＜0时，f(x)＝－x2－2ax－a＝－(x＋a)2＋a2－a，而f(x)在R上单调递增，所以则－1≤a≤0，即a的取值范围是[－1，0]. 考点一　函数单调性的应用 16 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 17 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 18 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 19 3.(2025·江苏南京期中)已知函数f(x)＝在R上单调递 增，则实数a的取值范围是(　　) A.(－1，3] B.(－∞，3] C.[3，＋∞) D.(－∞，－1]∪[3，＋∞) C 跟踪训练 20 解析：因为当x≤a时，f(x)＝2x＋4，单调递增， 当x＞a时，f(x)＝x2＋1， 由二次函数的性质可知y＝x2＋1在[0，＋∞)上单调递增， 又因为函数f(x)＝在R上单调递增， 所以a≥0，由2a＋4≤a2＋1，解得a≤－1(舍)或a≥3，所以a≥3. 跟踪训练 21 [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) 22 [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，＋∞). 考点二　求函数的最值(值域) 23 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[，＋∞). 考点二　求函数的最值(值域) 24 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 25 1.(2025·江苏泰州模拟)函数f(x)＝x－＋1在[1，4]上的值域为(　　) A. B.[0，1] C. D. 解析：由y＝x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. C 跟踪训练 26 2.函数y＝x＋的最小值为__________.  解析：法一(换元法)：令t＝，且t≥0，则x＝t2＋1，所以原函数变为y＝t2＋1＋t，t≥0，配方得y＝.又因为t≥0，所以y≥＝1，故函数y＝x＋ 的最小值为1. 法二(单调性法)：由题易得x－1≥0，即x≥1.因为函数y＝x 和y＝ 在定义域[1，＋∞) 上均为增函数，故函数y＝x＋ 在[1，＋∞) 上为增函数，所以ymin＝1. 1 跟踪训练 27 课时作业　巩固提升 28 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 A A组　基础保分练 29 2.(2025·江苏无锡期中)函数f(x)对任意x1，x2∈R(x1≠x2)都有 ＞0，则不等式f(2x－4)＜f(2)的解集为(　　) A.(－∞，1)∪(3，＋∞) B.(－∞，3) C.(1，3) D.(1，＋∞) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 B A组　基础保分练 30 解析：∵函数f(x)对任意x1，x2∈R(x1≠x2)都有＞0， ∴f(x)在R上单调递增， ∵不等式f(2x－4)＜f(2)，∴2x－4＜2， 解得x＜3，即不等式的解集为(－∞，3). 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 A组　基础保分练 31 3.已知函数f(x)的定义域为R，且对任意两个不相等的实数a，b，都有 (a－b)[f(a)－f(b)]＞0，则不等式f(3x－1)＞f(x＋5)的解集为(　　) A.(－∞，3) B.(3，＋∞) C.(－∞，2) D.(2，＋∞) 解析：不妨设a＞b，因为(a－b)[f(a)－f(b)]＞0，所以f(a)＞f(b)，故f(x) 是R上的增函数，所以原不等式等价于3x－1＞x＋5，解得x＞3. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 B A组　基础保分练 32 4.已知函数f(x)＝是定义在R上的增函数，则实数a的 取值范围是(　　) A. B. C.(0，1) D.(0，1] 解析：由题得 解得0＜a≤. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 B A组　基础保分练 33 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) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 A A组　基础保分练 34 解析：因为y＝ex是增函数，y＝是减函数， 所以f(x)＝ex－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 A组　基础保分练 35 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 BC A组　基础保分练 36 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 ABD A组　基础保分练 37 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 A组　基础保分练 38 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 － A组　基础保分练 39 9.函数f(x)＝4x－－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 [－2，＋∞) A组　基础保分练 40 10.若函数f(x)＝在(a，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是__________.  解析：f(x)＝＝1＋，因为f(x)在(a，＋∞)上单调递增， 所以 解得1≤a＜2. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 [1，2) A组　基础保分练 41 11.(2025·江苏泰州模拟)已知函数f(x)＝－，x∈(0，＋∞). (1)判断函数f(x)的单调性，并利用定义证明； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 解：f(x)在(0，＋∞)上单调递减，证明如下： 任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＜x2，则 f(x2)－f(x1)＝－＝ . 因为x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＜x2，所以x1－x2＜0，(x2＋1)(x1＋1)＞0， 所以f(x2)－f(x1)＜0，即f(x2)＜f(x1)， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减. A组　基础保分练 42 (2)若f(2m－1)＞f(1－m)，求实数m的取值范围. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 解：由(1)可知f(x)在(0，＋∞)上单调递减， 所以由f(2m－1)＞f(1－m)，得 解得＜m＜， 所以实数m的取值范围为. A组　基础保分练 43 12.(多选)下列函数中，值域为[1，＋∞)的是(　　) A.y＝ B.y＝|x|＋1 C.y＝ D.y＝ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 BC B组　能力提升练 44 解析：对于A，函数的值域为[0，＋∞)，所以该选项不符合题意； 对于B，因为|x|≥0，所以|x|＋1≥1，所以函数的值域为[1，＋∞)，所以该选项符合题意； 对于C，因为x2≥0，所以x2＋1≥1，所以≥1，所以函数的值域为[1，＋∞)，所以该选项符合题意； 对于D，函数的值域为(0，＋∞)，所以该选项不符合题意. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 B组　能力提升练 45 13.(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 3 B组　能力提升练 46 14.(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 解：由“对勾函数”的性质可得f(x)＝x＋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 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 B组　能力提升练 49 $$