第二章 第2讲 函数的单调性与最值（教师用书Word）-【高考领航】2026年高考数学大一轮复习学案

第2讲　函数的单调性与最值 ◆课标要求 1．借助函数图象，会用数学符号语言表达函数的单调性、最值，理解实际意义.2.掌握函数单调性的简单应用． 1．函数的单调性 (1)单调函数的定义 单调 性 单调递增 单调递减 定义 一般地，设函数f(x)的定义域为D，区间I⊆D，如果∀x1，x2∈I 当x1<x2时，都有f(x1)<f(x2)，那么就称函数f(x)在区间I上单调递增．当函数f(x)在它的定义域上单调递增时，称它是增函数 当x1<x2时，都有f(x1)>f(x2)，那么就称函数f(x)在区间I上单调递减．当函数f(x)在它的定义域上单调递减时，称它是减函数 图象 描述 从左向右，图象上升 从左向右， 图象下降 (2)单调区间的定义 如果函数y＝f(x)在区间I上单调递增或单调递减，那么就说函数y＝f(x)在这一区间具有(严格的)单调性，区间I叫做y＝f(x)的单调区间． 　(1)有多个单调区间应分开写，不能用“∪”连接，也不能用“或”连接，只能用“逗号”或“和”连接． (2)“函数的单调区间是M”与“函数在区间N上单调”是两个不同的概念，显然N⊆M. 2．函数的最值 一般地，设函数y＝f(x)的定义域为D，如果存在实数M满足： (1)∀x∈D，都有f(x)≤M； (2)∃x0∈D，使得f(x0)＝M． 那么，我们称M是函数y＝f(x)的最大值． 类比函数y＝f(x)的最大值定义，只需把条件(1)变为∀x∈D，都有f(x)≥M，则称M是函数y＝f(x)的最小值． 1．函数单调性的两个等价结论 设∀x1，x2∈I(x1≠x2)，则 (1)>0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0)⇔f(x)在I上单调递增．⇔f(x)在I上单调递增． (2)<0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0)⇔f(x)在I上单调递减．⇔f(x)在I上单调递减． 2．函数y＝f(x)(f(x)>0 或f(x)<0)在公共定义域内与y＝－f(x)，y＝的单调性相反． 3．复合函数y＝f(g(x))的单调性与y＝f(u)和u＝g(x)的单调性有关．简记：“同增异减”． 1．思考辨析(在括号内打“ √”或“×”) (1)对于函数y＝f(x)，若f(1)<f(3)，则f(x)为增函数．(　　) (2)函数y＝f(x)在[1，＋∞)上单调递增，则函数的单调递增区间是[1，＋∞)．(　　) (3)函数y＝的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．(　　) (4)闭区间上的单调函数的最值一定在区间端点取到．(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√ 2．(多选)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递减的是(　　) A．y＝－x　　　 B．y＝x2－x C．y＝－x2－2x　　　　 D．y＝ex 解析：AC　y＝x2－x在上单调递减，在上单调递增，y＝ex在(0，＋∞)上单调递增．故选AC. 3．函数f(x)＝的单调递增区间是______． 解析：由题意可知x2＋2x≠0，解得x≠0，且x≠－2， 所以函数f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(－2，0)∪(0，＋∞)， 设y＝，u＝x2＋2x，二次函数u＝x2＋2x的单调递增区间是(－1，＋∞)，单调递减区间是(－∞，－1)，所以f(x)的单调递增区间是(－∞，－2)，(－2，－1)． 答案：(－∞，－2)，(－2，－1) 4．已知函数f(x)＝，x∈[0，2]，则f(x)的最大值为________，最小值为________． 解析：可判断函数f(x)＝在[0，2]上单调递减，所以f(x)max＝f(0)＝2，f(x)min＝f(2)＝. 答案：2　 　函数的单调性 考向1　求具体函数的单调区间 例1　(2025·陕西西安模拟)已知函数f(x)＝|x2－5x＋6|，则函数f(x)的单调递增区间是(　　) A．　　　 B． C．和(3，＋∞) D．(－∞，2)和 解析：C　因为函数y＝x2－5x＋6的图象的对称轴为直线x＝，由x2－5x＋6＝0可得x＝2或x＝3，作出函数f(x)＝|x2－5x＋6|的大致图象如图所示． 由图可知，函数f(x)的单调递增区间为和(3，＋∞)．故选C. 考向2　证明函数的单调性 例2　已知函数f(x)对任意的a，b∈R，都有f(a＋b)＝f(a)＋f(b)－1，且当x>0时，f(x)>1.求证：f(x)是R上的增函数． 证明：设x1，x2∈R，且x1<x2， 则x2－x1>0，即f(x2－x1)>1， 所以f(x2)－f(x1)＝f[(x2－x1)＋x1]－f(x1)＝f(x2－x1)＋f(x1)－1－f(x1)＝f(x2－x1)－1>0，所以f(x1)<f(x2)，所以f(x)是R上的增函数． 反思感悟　(1)求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内确定单调区间． (2)①函数单调性的判断方法：定义法；图象法；利用已知函数的单调性；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． 跟踪训练1　(1)(人教A版必修第一册P86习题3.2第9题变式)下列函数中，满足对任意的x1，x2∈(0，＋∞)(x1≠x2)，都有＞0的是(　　) A．y＝ln x　　 B．y＝－ C．y＝x D．y＝x＋ 解析：A　对任意的x1，x2∈(0，＋∞)(x1≠x2)，有＞0，则函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，对于A，y＝ln x在定义域(0，＋∞)上单调递增，故A符合题意；对于B，y＝－在定义域[0，＋∞)上单调递减，故B不符合题意；对于C，y＝x在定义域R上单调递减，故C不符合题意；对于D，结合对勾函数的性质易知y＝x＋在(0，1)上单调递减，故D不符合题意．故选A. (2)试讨论函数f(x)＝(a≠0)在(－∞，1)上的单调性． 解：设x1＜x2＜1， 则f(x1)－f(x2)＝ ＝. 因为x1＜x2＜1，所以x1－1＜0，x2－1＜0， x2－x1＞0，所以＞0. 所以，当a＞0时，f(x1)－f(x2)＞0， 即f(x1)＞f(x2)，f(x)在(－∞，1)上单调递减； 当a＜0时，f(x1)－f(x2)＜0， 即f(x1)＜f(x2)， f(x)在(－∞，1)上单调递增． 　函数的最值 例3　(1)函数f(x)＝x－log2(x＋4)在区间[－2，2]上的最大值为________． 解析：因为函数y＝ ，y＝－log2(x＋4)在区间[－2，2]上都单调递减， 所以函数f(x)＝ －log2(x＋4)在区间[－2，2]上单调递减， 所以函数f(x)的最大值为f(－2)＝－log2(－2＋4)＝9－1＝8. 答案：8 (2)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________． 解析：法一：在同一坐标系中，作出函数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：依题意，h(x)＝ 当0<x≤2时，h(x)＝log2x是增函数； 当x>2时，h(x)＝3－x是减函数， 因此h(x)在x＝2时取得最大值h(2)＝1. 答案：1 反思感悟　(1)求函数最值的方法 ①单调性法；②图象法；③基本不等式法 (2)对于较复杂函数，可运用导数，求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值． 跟踪训练2　(1)函数f(x)＝x＋的最大值是________． 解析：令t＝(t≥0)，则x＝. 所以原函数可化为y＝(t－1)2＋1(t≥0)， 故当t＝1，即x＝0时，y有最大值，最大值为1. 答案：1 (2)已知函数f(x)＝则f(x)的最小值是________． 解析：当x≥1时，f(x)＝x＋－3，当且仅当x＝时，等号成立，此时f(x)min＝－3<0； 当x<1时，f(x)＝lg (x2＋1)≥lg 1＝0，当且仅当x＝0时，取等号，此时f(x)min＝0. ∴f(x)的最小值为2－3. 答案：2－3 　函数单调性的应用 考向1　比较函数值的大小 例4　若函数f(x)＝(m－1)x＋b在R上是减函数，则f(m)与f(1)的大小关系是(　　) A．f(m)＜f(1)　　　 B．f(m)＞f(1) C．f(m)≤f(1) D．f(m)≥f(1) 解析：B　因为函数f(x)＝(m－1)x＋b在R上是减函数，所以m－1＜0，得m＜1，所以f(m)＞f(1)，故选B. 考向2　解函数不等式 例5　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) 解析：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. 考向3　求参数的取值范围 例6　(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，＋∞) 解析：B　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，a的取值范围是[－1，0].故选B. 反思感悟　(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求解． (2)求解与抽象函数有关的不等式问题时，由条件脱去函数符号“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． 跟踪训练3　(1)已知f(x)＝2x－，a＝b＝，c＝f，则(　　) A．a>b>c B．a>c>b C．c>a>b D．c>b>a 解析：D　易知f(x)＝2x－在(1，＋∞)上单调递增，又>>， 故f>f>f，即c>b>a. (2)已知a＞0，且a≠1，函数f(x)＝在R上单调，则a的取值范围是(　　) A．(1，＋∞)　　　　　 B． C． D． 解析：D　因为函数f(x)在R上单调，由解析式可得函数f(x)在R上单调递增不满足题意，故y＝f(x)在R上单调递减，所以解得≤a＜1. (3)已知函数f(x)＝x－log2(x＋2)，若f(a－2)>3，则a的取值范围是________． 解析：由f(x)＝ －log2(x＋2)知， f(x)在定义域(－2，＋∞)上是减函数， 且f(－1)＝3， 由f(a－2)>3，得f(a－2)>f(－1)， ∴解得0<a<1. 答案：(0，1) 求函数的值域(最值)的常用方法 (1)配方法：主要用于和一元二次函数有关的函数求值域问题． (2)单调性法：利用函数的单调性，再根据所给定义域来确定函数的值域． (3)数形结合法：若函数的解析式的几何意义较明显，如距离、斜率等，可用数形结合法求值域． (4)换元法：引进一个(几个)新的量来代替原来的量，实行“变量代换”． (5)分离常数法：分子、分母同次的分式形式采用配凑分子的方法，把函数分离成一个常数和一个分式和的形式． (6)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． (7)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． 训练　(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 解析：ACD　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)． 　　 ①　　　　　　　　　　②　 对于B，(分离常数法)y＝，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＝22＋， 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. 限时规范训练(八)　函数的单调性与最值 (建议用时：45分钟　分值：102分) 单项选择题、填空题5分；多项选择题6分． A级　基础落实练 1．(多选)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递减的是(　　) A．f(x)＝－ln x　　 B．f(x)＝ C．f(x)＝－ D．f(x)＝3|x-1| 解析：AB　对于A，因为y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，y＝－x在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝－ln x在(0，＋∞)上单调递减，故A正确； 对于B，因为y＝2x在(0，＋∞)上单调递增，y＝(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝在(0，＋∞)上单调递减，故B正确； 对于C，因为y＝在(0，＋∞)上单调递减，y＝－x在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＝在(0，＋∞)上单调递增，故C错误； 对于D，因为f＝，f(1)＝3|1-1|＝30＝1，f(2)＝3|2-1|＝3，显然f(x)＝3|x-1|在(0，＋∞)上不单调，D错误．故选A、B. 2．函数f(x)＝x2－4|x|＋3的单调递减区间是(　　) A．(－∞，－2) B．(－∞，－2)和(0，2) C．(－2，2) D．(－2，0)和(2，＋∞) 解析：B　f(x)＝x2－4|x|＋3＝则由二次函数的性质知，当x≥0时，f(x)＝x2－4x＋3＝(x－2)2－1的单调递减区间为(0，2)；当x＜0时，f(x)＝x2＋4x＋3＝(x＋2)2－1的单调递减区间为(－∞，－2)．故f(x)的单调递减区间是(－∞，－2)和(0，2)．故选B. 3．已知函数f(x)＝＋2x，若f(2a2－5a＋4)＜f(a2＋a＋4)，则实数a的取值范围是(　　) A．∪(2，＋∞) B．[2，6) C． D．(0，6) 解析：C　由题意可知，函数f(x)在[2，＋∞)上单调递增，∵f(2a2－5a＋4)＜f(a2＋a＋4)，∴2≤2a2－5a＋4＜a2＋a＋4， 解得2≤a＜6或0＜a≤.故选C. 4．(多选)关于函数f(x)＝的结论正确的是(　　) A．值域是[0，＋∞) B．单调递增区间是(－∞，－1] C．值域是[0，2] D．单调递增区间是[－1，1] 解析：CD　由－x2＋2x＋3≥0，解得－1≤x≤3，即函数f(x)的定义域为[－1，3].易知函数y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4在[－1，1]上单调递增，在(1，3]上单调递减，根据复合函数的单调性可知f(x)在[－1，1]上单调递增，在[1，3]上单调递减，故B错误，D正确；由f(－1)＝0，f(1)＝2，f(3)＝0知f(x)＝的值域为[0，2]，故A错误．C正确，故选C、D. 5．(2025·广东中山七校联考)函数f(x)＝2|x－a|＋3在区间[1，＋∞)上不单调，则a的取值范围是(　　) A．[1，＋∞) B．(1，＋∞) C．(－∞，1) D．(－∞，1] 解析：B　因为函数f(x)＝2|x－a|＋3在(－∞，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，所以当函数f(x)＝2|x－a|＋3在区间[1，＋∞)上不单调时，有a＞1，故选B. 6．(2025·江苏南通模拟)已知函数f(x)＝x＋＋1，设0<x1<x2<x3，a＝x1f(x1)，b＝，c＝x3f(x3)，则(　　) A．a<b<c B．a<c<b C．c<b<a D．a，b，c的大小关系不能确定 解析：A　由题意构造函数g(x)＝xf(x)＝x2＋x＋1，因为二次函数g(x)的对称轴方程为x＝－，且在区间上是增函数，所以当x∈(0，＋∞)时函数g(x)是单调递增函数，结合0<x1<x2<x3，可得a<b<c，故选A. 7．已知命题p：“若f(x)＜f(4)对任意的x∈(0，4]都成立，则f(x)在(0，4]上单调递增”．能说明命题p为假命题的一个函数是________． 解析：由题意，令f(x)＝(x－1)2， 满足f(x)＜f(4)对任意的x∈(0，4]都成立， 但函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，4]上单调递增，所以函数f(x)＝(x－1)2可以说明命题p为假命题． 答案：f(x)＝(x－1)2(答案不唯一，如f(x)＝只要满足题意即可) 8．函数f(x)＝x＋的值域为________． 解析：由2x－1≥0，得x≥， ∴函数f(x)的定义域为. 又函数f(x)＝x＋在上单调递增， ∴当x＝时，函数取最小值f＝， ∴函数f(x)的值域为. 答案： 9．已知函数f(x)＝2x－2－x，则不等式f(3x－1)＜f(1－x)的解集为________． 解析：函数y＝2x与y＝－2－x均在R上是增函数，故f(x)在R上是增函数， f(3x－1)＜f(1－x)等价于3x－1＜1－x， 解得x＜. 答案： 10．(15分)已知函数f(x)＝2a＋2x－(a>0，x>0)． (1)求证：f(x)在(0，＋∞)上是增函数； (2)若f(x)在[1，3]上的最大值是最小值的2倍，求a的值． 解：(1)证明：任取x2>x1>0， 则f(x1)－f(x2)＝2(x1－x2)＋， 由于0<x1<x2， 故x1－x2<0，<0， 从而f(x1)－f(x2)<0，则f(x1)<f(x2)， 故函数f(x)在区间(0，＋∞)上是增函数． (2)由(1)知f(x)在[1，3]上单调递增． 依题意f(3)＝2f(1)． ∴2a＋6－＝2(2a＋2－1)，解得a＝. 11．已知函数f(x)＝|x|(x－2)． (1)作出函数f(x)的图象； (2)写出函数f(x)的单调区间； (3)当x∈[0，1]时，求f(x)的值域． 解：(1)因为函数f(x)＝|x|(x－2)＝作出函数的图象，如图所示： (2)由图可得：函数的单调递增区间为(－∞，0)，[1，＋∞)，单调递减区间为[0，1)． (3)因为函数在x∈[0，1]上单调递减，所以f(x)max＝f(0)＝0，f(x)min＝f(1)＝－1，所以f(x)的值域为[－1，0]. B级　能力提升练 12．已知函数y＝f(x)的定义域为R，对任意x1，x2且x1≠x2，都有>－1，则下列说法正确的是(　　) A．y＝f(x)＋x是增函数 B．y＝f(x)＋x是减函数 C．y＝f(x)是增函数 D．y＝f(x)是减函数 解析：A　不妨令x1<x2，∴x1－x2<0， ∵⇔f(x1)＋x1<f(x2)＋x2， 令g(x)＝f(x)＋x，∴g(x1)<g(x2)，又x1<x2，∴g(x)＝f(x)＋x是增函数． 13．(2025·安徽池州期末)已知函数f(x)＝ln (x2－ax)在区间(1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，1] B．(－∞，2] C．(0，2] D．[2，＋∞) 解析：A　函数y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，而函数f(x)＝ln (x2－ax)在区间(1，＋∞)上单调递增，则有函数y＝x2－ax＝2－在区间(1，＋∞)上恒正且单调递增(保证函数f(x)单调递增，且真数大于0)，因此≤1且1－a≥0，解得a≤1，∴实数a的取值范围是(－∞，1]. 14．(15分)设f(x)是定义在(0，＋∞)上的函数，且＝f(x)－f(y)，当x>1时，f(x)<0. (1)判断f(x)的单调性，并证明； (2)若f＝1，解不等式f(x)＋f(5－x)≥－2. 解：(1)证明：设0<x1<x2，则>1， 因为当x>1时f(x)<0， 所以f＝f(x2)－f(x1)<0， 即0<x1<x2时，f(x2)<f(x1)， 所以f(x)为(0，＋∞)上的减函数． (2)令x＝y＝1，得f(1)＝f(1)－f(1)＝0， 所以f(1)＝0， 令x＝1，y＝2，得f＝f(1)－f(2)＝1，所以f(2)＝－1， 则f(x)＋f(5－x)≥－2⇔f(x)＋f(5－x)≥2f(2)，即f(x)－f(2)≥f(2)－f(5－x)， 由于f＝f(x)－f(y)，则f 因为f(x)为(0，＋∞)上的减函数， 所以解得0＜x≤1或4≤x<5， 故不等式的解集为(0，1]∪[4，5)． 学科网（北京）股份有限公司 $