第3章 第2节 函数的单调性与最值-【名师大课堂】2026年高考数学艺术生总复习必备

[针对训练] 3.已知函数f(x)= x2+x,x≥0, -3x,x<0, 若a[f(a)- f(-a)]>0,则实数a的取值范围为 ( ) A.(1,+∞) B.(2,+∞) C.(-∞,-1)∪(1,+∞) D.(-∞,-2)∪(2,+∞) 4.(2025·安徽安庆二模)已知函数f(x)= x+1,-1<x<0, 2x,x≥0. 若实数a满足f(a)= f(a-1),则f 1a = . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 第二节 函数的单调性与最值 1.增函数、减函数 增函数 减函数 定 义 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 ,那么就 称函数f(x)在区 间D 上单调递增 当x1<x2时,都有 ,那么就 称函数f(x)在区 间D上单调递减 图 象 描 述 自左向右看图象是 的 自左向右看图象 是 的 增函数与减函数形式的等价变形 (1)∀x1,x2∈D 且x1≠x2,则(x1-x2). [f(x1)-f(x2)]>0⇔ f(x1)-f(x2) x1-x2 >0 ⇔f(x)在D 上单调递增; (2)∀x1,x2∈D 且x1≠x2,则(x1-x2) [f(x1)-f(x2)]<0⇔ f(x1)-f(x2) x1-x2 <0 ⇔f(x)在D 上单调递减. 2.单调性、单调区间 若函数y=f(x)在区间 D 上 或 ,则称函数y=f(x)在这一区间上 具有(严格的)单调性, 叫做y= f(x)的单调区间. 3.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(m) 条件 (1)对于任意x∈ I,都有 ; (2)存 在 x0∈I, 使得f(x0)=M (3)对于任意x∈ I,都有 ; (4)存在x0∈I,使 得 结论 M 为最大值 m 为最小值 1.复合函数的单调性 函数y=f(u),u=φ(x),在函数y=f[φ (x)]的定义域上,如果y=f(u)与u= φ(x)的单调性相同,那么y=f[φ(x)] 单调递增;如果y=f(u)与u=φ(x)的 单调 性 相 反,那 么y=f(φ(x))单 调 递减. 2.函数单调性的常用结论 (1)若f(x)、g(x)均为区间 A 上的增 (减)函数,则f(x)+g(x)也是区间 A 上的增(减)函数. (2)若k>0,则kf(x)与f(x)的单调性相 同;若k<0,则kf(x)与f(x)的单调性 相反. (3)函数y=f(x)(f(x)>0)与y=-f(x), y= 1f(x) 在公共定义域内的单调性相反. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 15 第三章 函数及其应用 函数的单调性(区间) 角度一 确定不含参函数的单调性(区间) (1)(2025·湖北荆州高三期末)设max {a,b}= a,a≥b, b,a<b, 则函数f(x)=max{x2- x,1-x2}的单调递增区间为 ( ) A.[-1,0],12 ,+∞ B.(-∞,1],0,12 C.-∞,12 ,[0,1] D.-12 ,0 ,[1,+∞) (2)(2025·黑龙江大庆高三模拟)函数f(x) = x2+x-6的单调递增区间是 ( ) A.(-∞,-3) B.[2,+∞) C.[0,2) D.[-3,2] 【解析】 (1)由x2-x=1-x2 得2x2-x- 1=0,解得x=1或x=-12. 当x≥1或x≤ -12 时,f(x)=max{x2-x,1-x2}=x2- x,此时函数f(x)的单调递 增 区 间 为[1, +∞);当-12<x<1 时,f(x)=max{x2- x,1-x2}=1-x2,此时函数f(x)的单调递 增区间为 -12 ,0 .综上所述,函数f(x)的单 调递增区间为 -12 ,0 ,[1,+∞).故选D. (2)要使函数有意义,则x2+x-6≥0,解得 x≥2或x≤-3,易知y=x2+x-6在区间 (-∞,-3]上单调递减,在区间[2,+∞)上 单调递增,y= x在定义域内单调递增,结 合复 合 函 数 的 单 调 性 可 得 函 数 f(x)= x2+x-6的单调递增区间是[2,+∞). 【答案】 (1)D (2)B 角度二 确定含参函数的单调性(区间) (1)试讨论函数f(x)= axx-1 (a≠0)在 (-1,1)上的单调性. (2)已知f(x)= xx-a (a∈R,x≠a). ①若a=-2,试证明f(x)在(-∞,-2)上 单调递增; ②若a>0,且f(x)在(1,+∞)上单调递减, 求a的取值范围. 【解】 (1)f(x)=a·x-1+1x-1 =a1+ 1 x-1 . 任取x1,x2∈(-1,1),且x1<x2, 则f(x1)-f(x2)=a1+ 1 x1-1 -a1+ 1x2-1 = a(x2-x1) (x1-1)(x2-1) .因为-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. (2)①证明:任取x1,x2∈(-∞,-2),且x1<x2, 则f(x1)-f(x2)= x1 x1+2 - x2 x2+2 = 2(x1-x2) (x1+2)(x2+2) . 易知(x1+2)(x2+2)>0,x1-x2<0, 所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2), 所以f(x)在(-∞,-2)上单调递增. ②任取x1,x2∈(1,+∞),且x1<x2, 则f(x1)-f(x2)= x1 x1-a - x2 x2-a = a(x2-x1) (x1-a)(x2-a) . 因为a>0,x2-x1>0, 所以要使f(x1)-f(x2)>0恒成立,只需 (x1-a)(x2-a)>0恒成立, 所以a≤1.综上所述0<a≤1. 1.求函数的单调区间时,应先求函数的定 义域,在定义域内求单调区间,单调区间 不能用集合或不等式表示,且图象不连 续的单调区间要用“和”或“,”连接. 2.(1)函数单调性的判断方法:①定义法; ②图象法;③利用已知函数的单调性;④ 导数法. (2)函数y=f[g(x)]的单调性应根据 外层函数y=f(t)和内层函数t=g(x) 的单调性判断,遵循“同增异减”的原则. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 16 名师大课堂 艺术生必备·数学 [针对训练] 1.判断并证明函数f(x)=ax2+1x (其中1< a<3)在x∈[1,2]上的单调性. 函数的最值(值域) (1)(一题多解)函数y=x+ x-1的最 小值为 . (2)(2025·福建漳州质检)已知函数f(x) = 2x+a,x≤0, x+4x ,x>0 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 有最小值,则实数a的取值 范围是 . 【解析】 (1)解 法 一 (换 元 法):令t= x-1,且t≥0,则x=t2+1,所以原函数变 为y=t2+1+t,t≥0. 配方得y=t+12 2 +34 , 又因为t≥0,所以y≥14+ 3 4=1 , 故函数y=x+ x-1的最小值为1. 解法二:因为函数y=x和y= x-1在定义 域内均为增函数,故函数y=x+ x-1在 [1,+∞)内为增函数,所以ymin=1. (2)(基本不等式法)由题意知,当x>0时, 函数f(x)=x+4x≥2 x ·4 x=4 ,当且仅当 x=2时取等号;当x≤0时,f(x)=2x+a∈ (a,1+a],因此要使f(x)有最小值,则必须 有a≥4. 【答案】 (1)1 (2)[4,+∞) 求函数最值的五种常用方法 (1)单调性法:先确定函数的单调性,再由 单调性求最值. (2)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. (3)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. (4)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. (5)换元法:对比较复杂的函数可通过换元 将其转化为熟悉的函数,再用相应的方法 求最值. [针对训练] 2.(1)(2025·安徽六安一中高三月考)若函数 f(x)=2x 2+3 1+x2 ,则f(x)的值域为 ( ) A.(-∞,3] B.(2,3) C.(2,3] D.[3,+∞) (2)已知函数f(x)= x+2x-3 ,x≥1, lg(x2+1),x<1, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 则 f[f(-3)]= ,f(x)的最小值是 . 函数单调性的应用 角度一 比较两个函数值 已知函数f(x)的图象关于直线x=1 对称,当x2>x1>1时,[f(x2)-f(x1)](x2 -x1)<0恒成立.设a=f - 1 2 ,b=f(2), c=f(e),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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 17 第三章 函数及其应用 【解析】 因为f(x)的图象关于直线x=1 对称,所以f -12 =f 52 .当x2>x1>1 时,[f(x2)-f(x1)](x2-x1)<0恒成立, 知f(x)在(1,+∞)上单调递减.因为1< 2<52<e ,所以f(2)>f 52 >f(e),所以 b>a>c. 【答案】 D 比较函数值大小的思路:比较函数值的大 小时,若自变量的值不在同一个单调区间 内,要利用其函数性质,转化到同一个单调 区间上进行比较,对于选择题、填空题,能 数形结合的尽量用图象法求解. 角度二 解函数不等式 已知函数f(x)=-x|x|,x∈(-1,1), 则不等式f(1-m)<f(m2-1)的解集为 . 【解析】 由已知得f(x)= x2,-1<x≤0, -x2,0<x<1, 则f(x)在(-1,1)上单调递减, 所以 -1<1-m<1, -1<m2-1<1, m2-1<1-m, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁 解得0<m<1, 所以所求解集为(0,1). 【答案】 (0,1) 在求解与抽象函数有关的不等式时, 往往是利用函数的单调性将“f”符号脱 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. 角度三 求参数的值或取值范围 (2024·新课标Ⅰ卷)已知函数为f(x) = -x2-2ax-a,x<0 ex+ln(x+1),x≥0 ,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,+∞) 【解析】 逻辑分析法+数形结合法.因为函 数f(x)在 R 上单调递增,且当x<0时, f(x)=-x2-2ax-a,所以f(x)=-x2- 2ax-a在(-∞,0)上单调递增,所以-a≥ 0,即a≤0;当x≥0时,f(x)=ex+ln(x+ 1),所以函数f(x)在[0,+∞)上单调递增. 若函数 f(x)在 R 上 单 调 递 增,则 -a≤ f(0)=1,即a≥-1.综上,实数a的取值范 围是[-1,0].故选B. 【答案】 B 利用单调性求参数的策略 (1)视参数为已知数,依据函数的图象或单 调性定义,确定函数的单调区间,与已知单 调区间比较求参数; (2)若函数在区间[a,b]上是单调的,则该 函数在此区间的任意子集上也是单调的. [针对训练] 3.已知函数f(x)是定义在区间[0,+∞)上的函 数,且 在 该 区 间 上 单 调 递 增,则 满 足 f(2x-1)<f 13 的x的取值范围是 ( ) A.13 ,2 3 B.13,23􀭠􀭡 􀪁 􀪁 C.12 ,2 3 D.12,23􀭠􀭡 􀪁 􀪁 4.函数y=f(x)在[0,2]上单调递增,且函数 f(x)的图象关于直线x=2对称,则下列结 论成立的是 ( ) A.f(1)<f 52 <f 72 B.f 72 <f(1)<f 52 C.f 72 <f 52 <f(1) D.f 52 <f 72 <f(1) 5.若函数f(x)=|2x+a|的单调递增区间是 [3,+∞),则a的值为 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 18 名师大课堂 艺术生必备·数学 第二节 二次函数与一元二次方程、不等式 基础知识必备 {x|x>x2或x<x1} x x≠- b 2a R {x|x1<x<x2} ⌀ ⌀ 考点知能突破 针对训练 1.答案:-∞,43 ∪(5,+∞) 解析:将原不等式移项通分得3x-4 x-5≥0 , 等价于 (3x-4)(x-5)≥0, x-5≠0, 解得x>5或x≤43. 所以原不等式的解集为 x x≤43 或x>5 . 2.答案: 13 ,+∞ 解析:要 使y= mx2-(1-m)x+m有 意 义,即 mx2- (1-m)x+m≥0对∀x∈R恒成立, 则 m>0, (1-m)2-4m2≤0, 解得m≥13. 第三章 函数及其应用 第一节 函数的概念及其表示 基础知识必备 1.实数集 任意一个数x 唯一确定 A→B y=f(x) 取值范围A 3.解析法 4.对应关系 考点知能突破 针对训练 1.B 要使函数有意义,则 x-1>0, 2x-x2>0, 解得1<x<2.所以 函数f(x)= 3x x-1 +ln(2x-x2)的定义域为(1,2).故 选B. 2.A 令t=1-x1+x ,得x=1-t1+t , 所以f(t)= 1- 1-t1+t 2 1+ 1-t1+t 2= 2t 1+t2 ,所以f(x)= 2x1+x2 ,故 选A. 3.D 当a>0时,不等式a[f(a)-f(-a)]>0可化为a2+ a-3a>0,解 得a>2.当a<0时,不 等 式a[f(a)- f(-a)]>0可化为-a2-2a<0,解得a<-2.综上所述, a的取值范围为(-∞,-2)∪(2,+∞). 4.答案:8 解析:由题意得a>0. 当0<a<1时,由f(a)=f(a-1),得2a= a, 解得a=14 ,则f 1a =f(4)=8; 当a≥1时,由f(a)=f(a-1),得2a=2(a-1),无解. 第二节 函数的单调性与最值 基础知识必备 1.f(x1)<f(x2) f(x1)>f(x2) 上升 下降 2.单调递增 单调递减 区间D 3.f(x)≤M f(x)≥m f(x0)=m 考点知能突破 针对训练 1.解:函数f(x)在[1,2]上单调递增.证明如下: 任取x1,x2∈[1,2],且x1<x2, 则f(x2)-f(x1)=ax22+ 1 x2 -ax21- 1 x1 =(x2-x1)a(x1+x2)- 1 x1x2 , 由1≤x1<x2≤2,得x2-x1>0,2<x1+x2<4,1<x1x2 <4,-1<- 1x1x2 <-14. 因为1<a<3,所以2<a(x1+x2)<12, 得a(x1+x2)- 1 x1x2 >0, 从而f(x2)-f(x1)>0,即f(x2)>f(x1), 故当a∈(1,3)时,f(x)在[1,2]上单调递增. 2.答案:(1)C (2)0;22-3 解析:(1)因为f(x)=2x 2+3 1+x2 =2 (x2+1)+1 1+x2 =2+ 1 1+x2 , 且x2+1≥1⇒0< 1 1+x2 ≤1⇒2<2+ 1 1+x2 ≤3, 所以f(x)的值域为(2,3],故选C. (2)因为f(-3)=lg[(-3)2+1]=lg10=1, 所以f[f(-3)]=f(1)=0. 当x≥1时,f(x)=x+2x-3≥2 2-3 , 当且仅当x=2时,取等号,此时f(x)min=22-3<0; 当x<1时,f(x)=lg(x2+1)≥lg1=0,当且仅当x=0 时,取等号,此时f(x)min=0. 所以函数f(x)的最小值为2 2-3. 3.D 因为函数f(x)是定义在区间[0,+∞)上的增函数, 满足f(2x-1)<f 13 ,所以0≤2x-1<13,解得12≤ x<23. 故选D. 4.B 因为f(x)的图象关于直线x=2对称,所以f(x)= f(4-x),所以f 52 =f 32 ,f 72 =f 12 .又0< 1 2<1< 3 2<2 ,f(x)在[0,2]上单调递增,所以f 12 < f(1)<f 32 ,即f 72 <f(1)<f 52 .故选B. 5.答案:-6 解析:由图象(图略)易知函数f(x)=|2x+a|的单调递 增区间是 -a2 ,+∞ ,令-a2=3,得a=-6. 第三节 函数的奇偶性、对称性与周期性 基础知识必备 1.f(-x)=f(x) y轴 f(-x)=-f(x) 原点 2.(1)f(x+T)=f(x) (2)最小 最小 考点知能突破 针对训练 1.AD 2.B 通解:设g(x)=ln2x-12x+1 ,易知g(x)的定义域 为 -∞,-12 ∪ 12,+∞ ,且g(-x)=ln-2x-1-2x+1= ln2x+12x-1=-ln 2x-1 2x+1=-g (x),所以g(x)为奇函数.若 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —203—