2.3 函数的单调性与最值(二)（教师用书Word）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（人教A版）

该高中数学讲义聚焦函数单调性应用（比较大小、解不等式、参数范围）和值域最值核心考点，按题型分角度构建知识体系，通过考点梳理、方法指导、真题训练（含2024模拟题及新课标Ⅰ卷真题）等环节，帮助学生突破难点，体现复习系统性与针对性。 资料采用分层教学策略，如分式型函数最值通过换元法、求导法对比讲解，培养数学思维与模型观念。设置典例分析、教材溯源、对点练习三级训练，助力教师把控复习节奏，提升学生解题效率与应考能力。

2．3　函数的单调性与最值(二) 题型一　函数单调性的应用 角度1　比较函数值的大小 【例1】　(1)(2024·重庆模拟)设函数f(x)＝若a＝ln 2，b＝30.2，c＝log0.32，则(　　 ) 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：选D.显然f(x)在R上单调递减，又因为30.2＞30＝1，即b＞1，0＝ln 1＜ln 2＜ln e＝1，即0＜a＜1，log0.32＜log0.31＝0，即c＜0，所以b＞a＞c，所以f(b)＜f(a)＜f(c). (2)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，对任意两个不相等的正数x1，x2，都有＞0，记a＝f(1)，b＝，c＝，则(　　 ) A．c＜a＜b B．a＜b＜c C．c＜b＜a D．b＜c＜a 解析：选B.因为＞0等价于＞0，所以函数在(0，＋∞)上单调递增，而函数f(x)是R上的偶函数，即b＝，显然有，即a＜b＜c. 思维升华　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． 角度2　解函数不等式 【例2】　(1)(2024·江苏泰州模拟)设定义在R上的函数f(x)满足：当x1＜x2时，总有f(x2)＜f(x1)，且f(1)＝2，则不等式f(x)＞2x的解集为(　　 ) A．(－∞，1) B．(1，＋∞) C．(－1，1) D．(－∞，1)∪(1，＋∞) 解析：选A.由f(x2)＜f(x1)⇒，令g(x)＝，可知当x1＜x2时，g(x2)＜g(x1)，所以g(x)在定义域R上单调递减，又f(x)＞2x⇒＞1＝，即g(x)＞g(1)，所以由单调性解得x＜1. (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<. 答案：(－，－2)∪(2，) 思维升华　解含“f”的函数不等式的思路 先利用函数的相关性质将不等式转化为f(g(x))>f(h(x))的形式，再根据函数的单调性去掉“f”，得到一般的不等式g(x)>h(x)(或g(x)<h(x))，应注意函数的定义域． 角度3　求参数的范围 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． 教考衔接 链接高考·【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． B． C． D． 解析：选B.因为函数f(x)在R上单调递增，且当x<0时，, 所以在上单调递增，所以-a≥0，即a≤0;当x≥0时，，所以函数f(x)在上单调递增.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. 教材溯源·(北师大版必修一P73)已知函数 f(x)=在定义域R上是减函数，求实数a的取值范围. 解:要使此分段函数在R上是减函数，需满足解得 【对点练习】　1.(1)已知f(x)＝，a＝f()，b＝，c＝，则(　　 ) A．a＞b＞c B．a＞c＞b C．c＞a＞b D．c＞b＞a 解析：选D.易知f(x)＝在(1，＋∞)上单调递增，又＞＞，故f()＞f()＞f()，即c＞b＞a. (2)(2024·湖北黄冈二模)已知函数f(x)＝log5(ax－2)在[1，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是(　　 ) A．(1，＋∞) B．[ln 2，＋∞) C．(2，＋∞) D．[2，＋∞) 解析：选C.若f(x)＝log5(ax－2)在[1，＋∞)上单调递增，则必然在x＝1处有定义，所以a1－2>0，即a>2； 若a>2，则当x≥1时ax－2≥a－2>0， 所以f(x)在[1，＋∞)上有定义， 再由a>2知ax－2在R上单调递增，所以f(x)在[1，＋∞)上单调递增． (3)已知函数f(x)＝则不等式f(x＋2)<f(x2＋2x)的解集是(　　 ) A．(－2，1) B．(0，1) C．(－∞，－2)∪(1，＋∞) D．(1，＋∞) 解析：选C.由函数f(x)＝的图象(图略)可得f(x)在R上是增函数， 则不等式f(x＋2)<f(x2＋2x)等价于x＋2<x2＋2x，即x2＋x－2>0，解得x>1或x<－2， 则原不等式的解集为(－∞，－2)∪(1，＋∞). 题型二　函数的值域(最值) 【例4】　(1)对于任意实数a，b，定义min＝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 (2)求下列函数的值域： ①y＝x2－2x＋3，x∈[0，3)； ②y＝； ③y＝2x－； ④y＝＋. 解：①(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). ②(分离常数法)y＝， 显然≠0，∴y≠2. 故函数的值域为(－∞，2)∪(2，＋∞). ③(换元法)设t＝，则x＝t2＋1，且t≥0，∴y＝2(t2＋1)－t＝， 由t≥0，再结合函数的图象(如图②所示)， 可得函数的值域为. ④(单调性法)函数的定义域为[1，＋∞)， ∵y＝与y＝在[1，＋∞)上均为增函数， ∴y＝＋在[1，＋∞)上为单调递增函数， ∴当x＝1时，ymin＝，即函数的值域为[，＋∞). 方法指导　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)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的形式． 【对点练习】　2.(1)函数f(x)＝x－＋1在[1，4]上的值域为(　　 ) A． B．[0，1] C． D． 解析：选C.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. (2)函数y＝的值域是________. 解析：y＝，∵函数的定义域为[1，＋∞)， ∴，∴0<y≤，故值域为. 答案： 分式型函数 一、分式型函数的最值 【典例】　1.(1)函数f(x)＝(x≥2)的最大值为________． 解析：y＝，可知x∈(1，＋∞)为减函数，即f(x)max＝f(2)＝2. 答案：2 (2)函数y＝(x>1)的最小值为________． 解析：法一(均值不等式法)　令t＝x－1，则t>0，x＝t＋1， 所以y＝＋1＝3， 当且仅当t＝，即t＝1时取等号，此时x＝2，从而函数y＝(x>1)的最小值为3. 法二(求导法)　设f(x)＝(x>1)，则f′(x)＝，所以f′(x)>0⇔x>2， f′(x)<0⇔1<x<2，从而f(x)在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，故f(x)min＝f(2)＝3. 答案：3 (3)函数y＝的最大值为________． 解析：设t＝，则t≥1，x2＝t2－1，且y＝，当且仅当t＝，即t＝2时取等号，此时x＝±，所以函数y＝的最大值为. 答案： 思维升华　分式型函数求最值时，一般采用配凑法分离常数，函数化为反比例函数或者与对勾函数、飘带函数的复合函数求最值，也可以利用求导判断单调性再求最值． 二、分式型函数的参数求值(范围)问题 【典例】　2.(1)函数f(x)＝的图象关于直线y＝x对称，则m＝________． 解析：由题意，函数f(x)＝，故其对称中心为点A，因为f(x)的图象关于直线y＝x对称，所以点A在直线y＝x上，从而故m＝－1. 答案：m＝－1 (2)函数f(x)＝在区间(－2，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是________． 解析：f(x)＝，依题意有1－2a<0，即a>. 答案： 思维升华　一次分式型函数的对称中心可以利用分离后的函数与反比例函数图象的关系，通过图象的平移找到对称中心．其单调性利用分离后的函数中反比例函数部分，由反比例函数系数决定单调性，由分母决定单调区间端点． 学科网（北京）股份有限公司 $