强基培优1 对勾函数与飘带函数(配套Word)-【高考快车道】2026年高考数学大一轮专题复习总复习基础版（人教A版）

强基培优1 对勾函数与飘带函数 高考考情 函数f(x)=ax+(ab≠0),当ab>0时,常把f(x)称为“对勾函数”;当ab<0时,常把f(x)称为“飘带函数”.对勾函数与飘带函数在高考中有广泛应用. 一、对勾函数 1.[源于教材](人A必修第一册P86T8) (1)根据函数单调性的定义证明函数y=x+在区间[3,+∞)上单调递增. (2)讨论函数y=x+在区间(0,+∞)上的单调性. (3)讨论函数y=x+(k>0)在区间(0,+∞)上的单调性. 【解析】(1)∀x1,x2∈[3,+∞),且x1<x2,有y1-y2=(x1+)-(x2+)=(x1-x2)+(-) =(x1x2-9). 由x1,x2∈[3,+∞),且x1<x2, 所以x1-x2<0,x1x2>9,x1x2-9>0. 于是(x1x2-9)<0,即y1<y2. 所以函数y=x+在区间[3,+∞)上单调递增. (2)设y=f(x),x1<x2, f(x1)-f(x2)=(x1-x2) (1-). ①任取x1,x2∈[3,+∞),且x1<x2, 则x1-x2<0,x1x2>9, 所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2), 所以y=f(x)在区间[3,+∞)上单调递增; ②任取x1,x2∈(0,3),且x1<x2,则x1-x2<0, 0<x1x2<9,所以f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),所以y=f(x)在区间(0,3)上单调递减. 故函数y=x+在区间(0,3)上单调递减,在区间[3,+∞)上单调递增. (3)设y=f(x),x1<x2, f(x1)-f(x2)=(x1-x2) (1-). ①任取x1,x2∈[,+∞),且x1<x2, 则x1-x2<0,x1x2>k,所以f(x1)-f(x2)<0, 即f(x1)<f(x2),所以y=f(x)在区间[,+∞)上单调递增; ②任取x1,x2∈(0,),且x1<x2,则x1-x2<0,0<x1x2<k,所以f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),所以y=f(x)在区间(0,)上单调递减; 故函数y=x+在区间(0,)上单调递减,在区间[,+∞)上单调递增. 2.[拓展推广]对勾函数的性质 解析式 y=ax+(a>0,b>0) y=ax+(a<0,b<0) 图象 定义域 (-∞,0)∪(0,+∞) 渐近线 y=ax,x=0 值域 (-∞,-2]∪[2,+∞) 奇偶性 奇函数 单调性 在(-∞,-),(,+∞)上单调递增,在(-,0),(0,)上单调递减 在(-,0),(0,)上单调递增,在(-∞,-),(,+∞)上单调递减 [注]基本不等式 ax+≥2=2(ax>0,bx>0),当且仅当ax=时取到最小值,即x=时,y=2. 二、飘带函数 1.[源于教材](必修第一册P101T12) 试讨论函数y=x-的定义域、值域、单调性、奇偶性,并画出函数图象. 【解析】设y=f(x),定义域D=(-∞,0)∪(0,+∞),值域为R,设x1<x2, 则f(x1)-f(x2)=(x1-x2) (1+), 对∀x1,x2∈(0,+∞)时,x1x2>0, 因为x1<x2, 所以f(x1)<f(x2), 根据单调性定义可得,y=f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当∀x1,x2∈(-∞,0)时,x1x2>0, 因为x1<x2, 所以f(x1)<f(x2),根据单调性定义可得, y=f(x)在(-∞,0)上单调递增. 因此y=x-在(-∞,0),(0,+∞)上都单调递增. 因为f(-x)=-x-=-(x-)=-f(x). 所以函数y=x-是奇函数. y=x-的图象如图. 2.[拓展推广]飘带函数的性质 解析式 y=ax-(a>0,b>0) y=ax-(a<0,b<0) 图象 定义域 (-∞,0)∪(0,+∞) 渐近线 y=ax,x=0 值域 R 奇偶性 奇函数 单调性 在(-∞,0),(0,+∞)上单调递增 在(-∞,0),(0,+∞)上单调递减 类型一对勾函数与飘带函数的最值 【例1】(1)函数y=x+,x∈[2,+∞)的最小值为__________.  【解析】y=x+=x+1+-1, 因为x∈[2,+∞),x+1∈[3,+∞), 令t=x+1,t∈[3,+∞), y=t+-1在[3,+∞)上单调递增. 所以t=3时,ymin=3+-1=. 答案: (2)已知x∈[,2],则①函数f(x)=25x+的值域为__________;②函数g(x)=25x-的值域为__________.  【解析】①易知函数f(x)=25x+在x∈[,2]上为“对勾函数”的一部分, 解方程25x=得x=(负根舍去), 所以f(x)在x∈[,]上单调递减, 在x∈(,2]上单调递增, 又f()=,f()=30,f(2)=, 所以f(x)min=f()=30,f(x)max=f(2)=,即f(x)在x∈[,2]上的值域为[30,]. ②易知函数g(x)=25x-在x∈[,2]上为“飘带函数”的一部分,且g(x)在x∈[,2]上单调递增, 所以g(x)min=g()=-,g(x)max=g(2)=,即g(x)在x∈[,2]上的值域为[-,]. 答案:①[30,]　②[-,] (3)函数f(x)=在区间[4,+∞)上的最大值是____________.  【解析】f(x)===, 令g(x)=x-1+, 因为x∈[4,+∞),所以x-1>0,>0, 所以x-1+≥2=4,当且仅当x-1=,即x=3时取得最小值, 因为3∉[4,+∞),所以等号不成立, 所以4不是g(x)的最小值. 因为g(x)=x-1+是对勾函数的复合函数, 所以由对勾函数的单调性可知g(x)min=g(4)=,所以f(x)max=. 答案: 解题技法 求解函数最值,这类问题有两种解题方法:基本不等式与函数单调性,需要关注取等号条件. 【训练1】　(1)函数f(x)=在区间[1,3]上的最大值和最小值分别为(　　) A.,0　 B.,0 C.,无最小值　 D.,无最小值 【解析】选A.在区间[1,3]上,函数f(x)===, 令x-=t,由于x∈[1,3],则t∈[0,], 所以y==≤=,当且仅当t=,即t=,x=时,等号成立,此时f(x)取最大值; 当t=0,即x=1时,f(x)取最小值0. (2)(2021·全国乙卷)下列函数中最小值为4的是(　　) A.y=x2+2x+4 B.y=|sin x|+ C.y=2x+22-x D.y=ln x+ 【解析】选C.由题意可知A的最小值为3,B的最小值为5,D无最小值. 类型二 对勾函数与飘带函数的图象和性质 【例2】(1)(多选题)函数f(x)=(a∈R)的图象可能是(　　) 【解析】选ABC.当a=0时,函数f(x)==的定义域为{x|x≠0},则选项C有可能; 当a=1时,函数f(x)=的定义域为R,且f(x)为奇函数.当x≠0时,f(x)=,则选项B有可能; 当a=-1时,函数f(x)=的定义域为{x|x≠±1},且f(x)是奇函数,则选项A有可能,所以选项D不可能. (2)(多选题)已知函数f(x)=x-,下面结论中正确的有(　　) A.f(x)的图象关于原点对称 B.f(x)的图象关于y轴对称 C.方程f(x)=3的解集为{-1,4} D.∀x1,x2∈(0,+∞),且x1≠x2,不等式>0恒成立 【解析】选ACD.函数f(x)的定义域为{x|x≠0},因为f(-x)=-x-()=-(x-)=-f(x),所以f(x)为奇函数,其图象关于原点对称,所以选项A正确,选项B错误; 令f(x)=x-=3,得x2-3x-4=0, 解得x=-1或x=4,所以解集为{-1,4},所以选项C正确; 在(0,+∞)内任取x1,x2,且x1<x2, 则f(x1)-f(x2)=x1--(x2-)=(x1-x2)+(-)=(x1-x2)·(), 因为0<x1<x2,x1-x2<0,x1x2>0, 所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2), 所以f(x)在(0,+∞)上为增函数,不等式>0恒成立,所以选项D正确. 【训练2】　函数f(x)=|x|-(x∈R)的图象不可能是(　　) 【解析】选C.当m=0时,f(x)=|x|(x≠0),选项A有可能; 当m=1时,f(x)= 易得f(x)在(0,+∞)上单调递增, 根据对勾函数图象易得在(-∞,-1)上单调递减,在(-1,0)上单调递增,选项D有可能; 当m=-1时,f(x)= 易得f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,选项B有可能,所以选项C不可能. 类型三 对勾函数与飘带函数性质的综合应用 【例3】(1)已知函数f(x)=+-1,若存在x1,x2,…,xn∈[,1],f(x1)+f(x2)+… +f(xn-1)=f(xn),则正整数n的最大值为__________.  【解析】当x∈[,1]时,∈[,1], f(x)=+-1在定义域上单调递减, 故f(x)∈[1,], 因为=f(xn)=f(x1)+f(x2)+…+f(xn-1),所以n-1≤, 解得n≤1+,故正整数n的最大值为4. 答案:4 (2)设函数f(x)=x-,对任意的x∈[1,+∞),f(mx)+mf(x)<0恒成立,则实数m的取值范围是__________.  【解析】显然m≠0,由于函数f(x)=x-在x∈[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x∈[1,+∞)上单调递增,则f(mx)+mf(x)<0不恒成立,因此m>0不成立. 当m<0时,f(mx)+mf(x)=2mx-,是形如f(x)=ax+(a<0,b>0)的函数,在x∈[1,+∞)上单调递减, 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). 答案:(-∞,-1) 解题技法 关于对勾函数与飘带函数的考查,常与绝对值函数、函数单调性、函数零点、函数能成立问题、函数恒成立问题等结合,关键借助函数图象,分段讨论、数形结合、转化化归,使问题得到快速解决,抓住函数的“和”“差”结构很重要. 【训练3】　(1)已知函数f(x)=若f(x)的最小值为f(1),则实数a的值不可能是(　　) A.1　 B.2　 C.3　 D.4 【解析】选A.当x>1时, f(x)=x++a≥2+a=4+a,当且仅当x=2时等号成立; 当x≤1时,f(x)=x2-2ax+8的图象为二次函数图象的一部分,对称轴为x=a. 若a<1时,则f(a)为函数f(x)在(-∞,1]上的最小值,不合题意; 若a≥1时,则f(1)为函数f(x)在(-∞,1]上的最小值,f(1)=9-2a,由题意得9-2a≤4+a,解得a≥, 综上所述,实数a的取值范围为{a|a≥}. (2)(一题多法)若函数f(x)=|x+-a|+a(a∈R)在区间[1,9]上的最大值为10,则实数a的最大值为(　　) A.6　 B.8　 C.9　 D.10 【解析】选B.令t=x+,x∈[1,9],函数t=x+,x∈[1,3)上单调递减,在[3,9]上单调递增,当x=3时,tmin=6. 当x=1或x=9时,tmax=10,所以t∈[6,10],问题转化为y=|t-a|+a在t∈[6,10]上的最大值为10,求实数a的最大值. 法一:由于|t-a|+a≤10对任意t∈[6,10]恒成立,即|t-a|≤10-a,所以a-10≤t-a≤10-a,所以不等式2a-10≤t≤10对任意t∈[6,10]恒成立,所以2a-10≤6,解得a≤8,即实数a的最大值为8. 法二:①当a≥10时,y=|t-a|+a=a-t+a=2a-t, 所以ymax=2a-6,a=8,舍去; ②当a≤6时,y=|t-a|+a=t-a+a=t≤10,此时命题成立; ③当6<a<8时,ymax=|10-a|+a=10,此时命题成立; ④当8≤a<10时,ymax=|6-a|+a=a-6+a=2a-6,所以2a-6=10,解得a=8,此时命题成立; 综上所述:实数a的取值范围是{a|a≤8},即实数a的最大值为8. - 10 - 学科网（北京）股份有限公司 $