2.2 函数的单调性和最值 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦函数单调性与最值核心考点，依据高考评价体系梳理近五年全国卷及地方卷真题，明确单调性（如复合函数、分段函数）和最值（如基本不等式、分段函数值域）的高频考查方向，归纳选择、填空、解答题等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+素养提升”双轨训练，如以2023新课标Ⅰ复合函数单调性题为例，用数学思维构建“外层函数单调性+内层函数对称轴”分析框架，以2021全国乙文最值题培养数学语言表达能力。针对分界点函数值比较等易错点设置专项突破，助力学生掌握答题技巧，教师可据此实施精准复习指导。

2.2　函数的单调性和最值 返回目录 五年高考 考点1　函数的单调性 1.★(2021全国甲文,4,5分)下列函数中是增函数的为( ) A. f(x)=-x　　    B. f(x)=  C. f(x)=x2　　    D. f(x)=      D     解析　对于f(x)=-x,易知f(x)是减函数,故A不符合题意;对于f(x)= ,易知f(x)是减函数, 故B不符合题意;对于f(x)=x2, f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,故C不符合 题意;对于f(x)= = ,由幂函数的性质可知,f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,故选D. 返回目录 2.★★(2023新课标Ⅰ,4,5分)设函数f(x)=2 x(x-a)在区间(0,1)单调递减,则a的取值范围是  ( ) A.(-∞,-2]　　    B.[-2,0)　　    C.(0,2]　　    D.[2,+∞)     D     解析    f(x)=2x(x-a)= ,由复合函数的单调性知函数y= - 在(0,1)上单调递减, 所以 ≥1,解得a≥2,即a的取值范围是[2,+∞),故选D. 返回目录 3.★★(2021北京,3,5分)设函数f(x)的定义域为[0,1],则“f(x)在区间[0,1]上单调递增”是 “f(x)在区间[0,1]上的最大值为f(1)”的( ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件     A     返回目录 解析　若f(x)在[0,1]上单调递增,则f(x)在[0,1]上的最大值为f(1);若f(x)在[0,1]上的最大 值为f(1),则f(x)未必在[0,1]上单调递增,如图.故选A.   返回目录 4.★★(2024新课标Ⅰ,6,5分)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     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].故选B. 易错警示　该题容易只考虑当x≥0时,函数f(x)是增函数,及当x<0时,函数f(x)是增函数, 从而得到a≤0,而忽视了函数分界点处的函数值大小. 返回目录 三年模拟 1.★(2026届福建连城一中月考,3)下列函数f(x)中,满足“对任意的x1,x2∈(0,+∞),均有(x1 -x2)·(f(x1)-f(x2))>0”的是 ( ) A. f(x)= 　　     B. f(x)=x2-4x+4 C. f(x)=2x　　    D. f(x)=lo x     C     返回目录 解析　由“对任意的x1,x2∈(0,+∞),均有(x1-x2)(f(x1)-f(x2))>0”,得函数f(x)在(0,+∞)上单 调递增. 对于A, f(x)= 在(0,+∞)上不单调,选项A不符合题意; 对于B,函数f(x)=x2-4x+4在(0,2)上单调递减,选项B不符合题意; 对于C,函数f(x)=2x在(0,+∞)上单调递增,选项C符合题意; 对于D,函数f(x)=lo x在(0,+∞)上单调递减,选项D不符合题意.故选C. 返回目录 2.★★(2026届黑龙江新时代教育联合体期中,6)若f(x)是定义在(0,+∞)上的增函数,且 f(3-a)<f(2a-1),则a的取值范围是 ( ) A. 　　    B. 　　    C. 　　    D.      B     解析　因为f(x)是(0,+∞)上的增函数,所以由f(3-a)<f(2a-1)得 解得a∈ . 故选B. 返回目录 3.★★(2025届陕西西安模拟,3)若函数f(x)= 在(1,+∞)上单调,则a的取值范围是  ( ) A.[-2,+∞)　　    B.[-1,+∞) C.(-∞,-2]　　     D.(-∞,-1]     A     解析　因为y=2x在R上为增函数,y=x2+ax-3在 上单调递减,在 上单调递 增, 且函数f(x)= 在(1,+∞)上单调, 所以根据复合函数的单调性,可得- ≤1,即a≥-2,所以a的取值范围是[-2,+∞).故选A. 返回目录 4.★★★(2026届江苏南京一中月考,6)若函数f(x)= 在(-1,+∞)上单调 递增,则a的取值范围是 ( ) A.[-3,9]　　    B.[-3,+∞) C.[0,9]　　     D.(-∞,9]     A     返回目录 解析　当-1<x≤3时,y=log2(x+1)单调递增且值域为(-∞,2], 而f(x)在(-1,+∞)上单调递增, 则y=x+ 在(3,+∞)上单调递增,且3+ ≥2⇒a≥-3, 当-3≤a≤0时,y=x+ 在(3,+∞)上单调递增,满足题设; 当a>0时,y=x+ 在( ,+∞)上单调递增,此时只需 ≤3,即0<a≤9. 综上所述,-3≤a≤9.故选A. 返回目录 5.★★★(2025届江苏扬州开学考,5)已知函数f(x)在[1,+∞)上单调递减且对任意x∈R满 足f(x)=f(2-x),则不等式f(2x-3)>f(x)的解集是 ( ) A. ∪(3,+∞)　　    B.  C. 　　     D.(3,+∞)     B     解析　因为对任意x∈R满足f(x)=f(2-x),所以f(x)图象的对称轴为直线x=1, 又函数f(x)在[1,+∞)上单调递减, 所以f(x)在(-∞,1)上单调递增, 所以f(2x-3)>f(x)等价于|2x-3-1|<|x-1|,即3x2-14x+15<0,解得 <x<3,故选B. 返回目录 6.★★★(2026届山东济南摸底考,7)已知函数f(x)= +x,满足f(3a+2)+f(a)<1,则实数a 的取值范围是 ( ) A.(-∞,-1)　　     B.(-1,+∞) C. 　　    D.      C     返回目录 解析　由题意知函数f(x)= +x的定义域为R, 则f(x)+f(-x)= +x+ -x= + =1,则f(-x)=1-f(x), 又f '(x)= +1= >0,故f(x)在R上单调递增, 由f(3a+2)+f(a)<1,得f(3a+2)<1-f(a),即f(3a+2)<f(-a), 则3a+2<-a,解得a<- ,即实数a的取值范围是 .故选C. 返回目录 7.★★★(多选)(2026届福建百校联合测评,11)已知定义在R上的函数f(x)满足对任意的 x,y∈R,都有f(x+y)=f(x)+f(y),当x>0时, f(x)<0, f(2)=-4,则 ( ) A.f(0)=0 B.f(x)+f(-x)=0 C.f(x)在R上单调递增 D.f(x2-2x)-f(2-x)>4的解集为(0,1)     ABD     返回目录 解析　对于A,令x=0,y=1,得f(0+1)=f(0)+f(1),得f(0)=0,因此A正确; 对于B,令y=-x,得f(0)=f(x)+f(-x)=0,因此B正确; 对于C,任取x1,x2∈R,且x1<x2,则x2-x1>0,又因为当x>0时, f(x)<0,所以f(x2-x1)<0,所以f(x1)-f(x2) =f(x1)-f(x2-x1+x1)=f(x1)-[f(x2-x1)+f(x1)]=-f(x2-x1)>0,所以f(x1)>f(x2),可知f(x)在R上单调递减, 因此C错误; 对于D,由f(x2-2x)-f(2-x)>4得f(x2-2x)-4>f(2-x),即f(x2-2x)+f(2)>f(2-x),因此f(x2-2x+2)>f(2-x), 结合C中单调性可知x2-2x+2<2-x,即x2-x<0,解得0<x<1,因此D正确.故选ABD. 返回目录 8.★★(2026届北京大学附中开学考,18)能说明“若f(x)+g(x)是R上的增函数,则f(x),g(x) 至少一个是R上的增函数”为假命题的函数f(x)=__________,g(x)=_________________ ____. 　-x2+x(答案不唯一)     x2+2x     解析　不妨取f(x)=x2+2x,g(x)=-x2+x, f(x)+g(x)=3x为R上的增函数, 而f(x),g(x)都是二次函数,都不是R上的增函数, 因此满足题意的函数可以是f(x)=x2+2x,g(x)=-x2+x. 返回目录 9.★★★★(2026届安徽五校第一次联考,14)已知f(x)的定义域为(0,+∞),且f(2)=2,对于 任意正数x,y,都有f(xy)+1=f(x)+f(y),若当x>1时, f(x)>1,则不等式f(2x-1)≤4的解集为______.       返回目录 解析　令x=y=2,则f(4)+1=f(2)+f(2)=4⇒f(4)=3; 令x=2,y=4,则f(8)+1=f(2)+f(4)=5⇒f(8)=4, 任取x1,x2∈(0,+∞)且x1<x2,则 >1,从而f  >1, 所以f(x2)+1=f +1=f(x1)+f ,则f(x2)-f(x1)=f -1>0,所以f(x2)>f(x1), 因此f(x)在(0,+∞)上单调递增, 又f(2x-1)≤4=f(8),所以 ⇒ <x≤ ,即x∈ . 返回目录 五年高考 考点2　函数的最值(值域) 1.★★★(2021全国乙文,8,5分)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+      C     返回目录 解析　对于A,y=x2+2x+4=(x+1)2+3≥3,所以它的最小值为3,所以A不符合题意;对于B,设 |sin x|=t,则0<t≤1,y=|sin x|+ =t+ ,t∈(0,1],易知y=t+ 在(0,1]上单调递减,故t=1时, ymin=1+ =5,所以B不符合题意;对于C,令2x=t(t>0),则y=2x+22-x=t+ ,t>0,易知y=t+ 在(0,2) 上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以当t=2时,y取最小值,ymin=2+ =4,所以C符合题意; 对于D,令ln x=t,t∈R且t≠0,则y=ln x+ =t+ ,显然t<0时,函数值小于0,不符合题意.故 选C. 返回目录 2.★★★★(2022北京,14,5分)设函数f(x)= 若f(x)存在最小值,则a的一个取 值为_________________________________________;a的最大值为_________.     1          ([0,1]中任意一个实数都可以,答案不唯一)     返回目录 解析　当a<0时, f(x)=-ax+1在(-∞,a)上为增函数,无最小值.而f(x)=(x-2)2在[a,+∞)上的最 小值为0,所以f(x)不存在最小值.当a=0时, f(x)= 此时f(x)存在最小值,最小值 为0.当0<a≤1时, f(x)=-ax+1在(-∞,a)上单调递减,所以f(x)>1-a2.因为a∈(0,1],所以1-a2∈ [0,1),所以f(x)>0.而f(x)=(x-2)2在[a,+∞)上存在最小值,最小值为0,所以f(x)在R上存在最 小值.当a>1时, f(x)=-ax+1在(-∞,a)上单调递减,所以f(x)>1-a2.f(x)=(x-2)2在[a,+∞)上的最 小值大于或等于0,而1-a2<0,所以函数f(x)在R上不存在最小值.综上,a的取值范围为[0, 1],a的最大值为1. 返回目录 三年模拟 1.★★(2025届山东威海模拟,5)已知函数f(x)= 的值域为R,则a的取值范 围是( ) A.(-∞,1)　　    B.(-1,+∞) C.[-1,1)　　     D.(1,+∞)     C     返回目录 解析　因为y=x在[1,+∞)上单调递增,y=- 在[1,+∞)上单调递增, 所以当x≥1时, f(x)=x- 单调递增,则f(x)≥f(1)=0, 若函数f(x)的值域为R,则1-a>0,即a<1,此时函数y=(1-a)x+2a在(-∞,1)上单调递增,所以当 x=1时,1-a+2a=a+1≥0,即a≥-1,所以-1≤a<1.故选C. 返回目录 2.★★★(2025届黑龙江牡丹江一中开学考,7)记实数x1,x2,…,xn的最小数为min{x1,x2,…, xn},若f(x)=min{x+1,x2-2x+1,-x+8},则函数f(x)的最大值为( ) A.4　　    B. 　　    C.1　　    D.5     B     返回目录 解析　在同一个坐标系中,分别作出函数y1=x+1,y2=x2-2x+1,y3=-x+8的图象,如图所示,   f(x)=min{x+1,x2-2x+1,-x+8}的图象是图中实线部分,要求的函数f(x)的最大值即图中最 高点A的纵坐标. 由 解得 故所求函数f(x)的最大值为 .故选B. 返回目录 3.★★★(2025届山西晋中部分校质检,8)已知函数f(x)的定义域为(0,+∞),若对于任意的 x,y∈(0,+∞),都有f(x)+f(y)=f(xy)+2,当x>1时,都有f(x)>2,且f(3)=3,则函数f(x)在区间[1,27] 上的最大值为 ( ) A.2　　    B.3　　     C.4　　    D.5     D     返回目录 解析　任取x1,x2∈(0,+∞),且x1<x2,则 >1,所以f >2, 令x=x1,y= ,则f(x1)+f =f +2=f(x2)+2,所以f(x1)-f(x2)=2-f <0,则f(x1)<f(x2),因此 f(x)在(0,+∞)上单调递增,令x=y=1,则f(1)=2,令x=y=3,则f(3)+f(3)=f(9)+2,又f(3)=3,所以f(9) =4,令x=3,y=9,则f(3)+f(9)=f(27)+2,所以f(27)=5,所以函数f(x)在区间[1,27]上的最大值 为f(27)=5.故选D. 返回目录 4.★★★(2026届江苏启东中学素质测试,8)设函数f(x)=max{x2+2x+4,|x-4|},其中max {a,b}表示a,b中的最大者,若f(x)在区间[m,n]上的最大值为7,最小值为4,则区间长度n-m 的最大值和最小值分别为 ( ) A.3,1　　    B.4,1　　     C.5,2　　    D.7,2     B     返回目录 解析　由题意得f(x)= 其图象如图所示,令f(x)=4,得x=0;   令f(x)=7,得x=-3或1. 当m=-3,n=1时,n-m取得最大值4; 当m=0,n=1时,n-m取得最小值1. 所以n-m的最大值和最小值分别为4,1.故选B. 返回目录 5.★★★(新定义理解)(2025届江苏如东开学考,13)对于实数a,b,定义新运算:a⊕b=  设函数f(x)=|x2-2x|⊕(|x|-1),当x∈(1,3)时,函数f(x)的值域为_____________.     (0,2)     解析　由|x2-2x|-(|x|-1)≥1得|x2-2x|≥|x|,解得x≤1或x≥3,则f(x)=|x2-2x|⊕(|x|-1)=  故当x∈(1,3)时, f(x)=|x|-1=x-1的值域为(0,2). 返回目录 6.★★★★(2026届广东深圳模拟,14)若函数f(x)=x4+4x3+ax(a∈R)的图象存在对称轴,则 f(x)的最小值为_______. 　-4     解析　设f(x)图象的对称轴为直线x=b,则f(2b-x)=f(x),即(2b-x)4+4(2b-x)3+a(2b-x)=x4+4x3+ ax, 化简得(4b2-4bx+x2)2+4(4b2-4bx+x2)·(2b-x)+a(2b-x)=x4+4x3+ax, (4b2-4bx+x2)(4b2-4bx+x2+8b-4x)+a(2b-x)=x4+4x3+ax, -(8b+8)x3+(24b2+24b)x2-(32b3+48b2+2a)x+16b4+32b3+2ab=0, 故需满足  返回目录 解得  因此f(x)=x4+4x3-8x, 【思路探究:由b=-1知,函数f(x)图象的对称轴为直线x=-1,由此信息换元,令x+1=t,构造偶 函数解决问题】 令x+1=t,则x=t-1, 则f(x)=g(t)=(t-1)4+4(t-1)3-8(t-1)=t4-6t2+5=(t2-3)2-4, 因此当t2=3,即x=± -1时, f(x)=g(t)取得最小值,最小值为-4. 返回目录 7.★★★(新定义理解)(2026届重庆十一中质检,16)函数f(x)=ax2+ (其中a>0,b>0)的 图象形如“三叉戟”,因而得名三叉戟函数.已知三叉戟函数f(x)=ax2+ 的图象经过点 (1,2),且满足f(-1)=0. (1)求函数f(x)的解析式; (2)若∀x∈(0,+∞), f(x)+f -2m≥0恒成立,求实数m的取值范围. 返回目录 解析    (1)由函数f(x)=ax2+ 的图象经过点(1,2),得f(1)=a+b=2, 由f(-1)=0,得a-b=0,解得a=b=1, 所以函数f(x)的解析式为f(x)=x2+ . (2)∀x∈(0,+∞),不等式f(x)+f -2m≥0⇔2m≤x2+ + +x恒成立, 令g(x)=x2+ + +x= +x+ -2,而当x>0时,x+ ≥2,当且仅当x=1时取等号, 因此g(x)≥22+2-2=4,当且仅当x=1时取等号,则2m≤4,解得m≤2, 所以实数m的取值范围是(-∞,2]. 返回目录 $