第2章 第3节 函数单调性的应用-【优学精研】2027年高考数学一轮总复习教用课件（创新版）

该高中数学高考复习课件聚焦“函数单调性的应用”专题，依据课标要求梳理了比较函数值大小、解函数不等式、求函数最值（值域）三大核心考点，通过高考模拟题分析明确各考点在选择填空题中的高频考查形式，构建了“性质应用—题型归纳—方法提炼”的复习体系。 课件亮点在于“真题情境+方法建模+素养提升”的设计，如以对称函数比较大小题为例，通过单调性转化自变量到同一区间，培养数学思维；解函数不等式时强调定义域与单调性结合，强化数学语言表达。总结分离常数法、换元法等5类求最值技巧，助力学生掌握解题规律，教师可据此精准开展专题突破，提升复习效率。

第3节　函数单调性的应用 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，理解其实际意义. 2. 掌握函数单调性的简单应用. 目录/ CONTENTS 提能点一 比较函数值的大小 01 提能点二 解函数不等式 02 提能点三 求函数最值（值域）的方法 03 课时跟踪训练 04 01 PART 提能点一 比较函数值的大小 目 录 （1）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（－ ），b＝f（2）， c＝f（e）（e为自然对数的底数），则a，b，c的大小关系为（　D　） A. c＞a＞b B. c＞b＞a C. a＞c＞b D. b＞a＞c D 解析： ∵f（x）的图象关于直线x＝1对称，∴f（－ ）＝f（ ）. 又∵当x2＞x1＞1时，[f（x2）－f（x1）]（x2－x1）＜0恒成立，∴f （x）在（1，＋∞）上单调递减.∵2＜ ＜e，∴f（2）＞f（ ）＞f （e），∴b＞a＞c. 高中总复习·数学（创新版） 目 录 （2）已知f（x）＝2x－ ，a＝f（ ），b＝f（ ），c＝f （ ），则（　D　） A. a＞b＞c B. a＞c＞b C. c＞a＞b D. c＞b＞a D 解析：易知f（x）＝2x－ 在（1，＋∞）上单调递增，又 ＞ ＞ ＞1，故f（ ）＞f（ ）＞f（ ），即c＞b＞a. 高中总复习·数学（创新版） 目 录 规律方法 利用单调性比较函数值大小的方法 　　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，则要利 用函数的性质，将自变量的值转化到同一个单调区间内进行比较，或采用 中间值法比较大小.若未知函数解析式，需构造相应的解析式. 高中总复习·数学（创新版） 目 录 练1 （1）设函数f（x）在（－∞，＋∞）上为减函数，a∈R，则 （　D　） A. f（a）＞f（2a） B. f（a2）＜f（a） C. f（a2＋a）＜f（2a） D. f（a2＋1）＜f（a） 解析： ∵a2＋1－a＝（a－ ）2＋ ＞0，∴a2＋1＞a，又∵f（x） 在（－∞，＋∞）上为减函数，∴f（a2＋1）＜f（a）.故选D. D 高中总复习·数学（创新版） 目 录 （2）（2026·浙江金华质检）若a，b＞0，且3a－4b＝ln b－ln a，则有 （　C　） A. a＜b B. ＜1 C. a2＞b2 D. a－b＞1 解析：由3a－4b＝ln b－ln a，可得3a＋ln a＝4b＋ln b，又a，b＞0，4b＞ 3b，因此3a＋ln a＞3b＋ln b，令f（x）＝3x＋ln x，又因为函数f（x）在 区间（0，＋∞）上单调递增，所以a＞b，因此a2＞b2.故选C. C 高中总复习·数学（创新版） 目 录 02 PART 提能点二 解函数不等式 目 录 （1）（2026·山东济宁模拟）函数y＝f（x）是定义在[－2，2]上的 减函数，且f（a＋1）＜f（2a），则实数a的取值范围是（　C　） A. [－1，0） B. （－1，0） C. [－1，1） D. （－1，1） 解析： 依题意得 ⇒－1≤a＜1.所以实数a的取值范围 是[－1，1）. C 高中总复习·数学（创新版） 目 录 （2）已知函数f（x）＝2－x－2x－x，则不等式f（x2－3）＋ ＜0的解集 为（　B　） A. （－2，2） B. （－∞，－2）∪（2，＋∞） C. （－ ， ） D. （－∞，－ ）∪（ ，＋∞） B 高中总复习·数学（创新版） 目 录 解析：函数f（x）的定义域为R，且由于y＝2－x在R上单调递减，y＝2x 在R上单调递增，y＝x在R上单调递增，所以f（x）在R上单调递减，不 等式f（x2－3）＋ ＜0可化为f（x2－3）＜－ ＝f（1），即f（x2－3） ＜f（1），由题意得x2－3＞1，解得x＜－2或x＞2.故选B. 高中总复习·数学（创新版） 目 录 规律方法 高中总复习·数学（创新版） 目 录 练2 （1）（2026·黑龙江大庆调研）已知函数f（x）＝ 若f（a）＜f（6－a2），则实数a的取值范围是（　D　） A. （－∞，－2）∪（3，＋∞） B. （－2，3） C. （－∞，－3）∪（2，＋∞） D. （－3，2） 解析： 函数f（x）的图象如图，由图可知f（x）在R上单调 递增.因为f（a）＜f（6－a2），所以a＜6－a2，解得－3＜a ＜2.故选D. D 高中总复习·数学（创新版） 目 录 （2）（2026·浙江湖州模拟）已知函数f（x）＝ex－e－x，则使f（｜ x｜）＜f（－3x2＋4）成立的实数x的取值范围是（　C　） A. （－1，0） B. （－1，＋∞） C. （－1，1） D. （1，＋∞） 解析：函数y＝ex为增函数，函数y＝e－x为减函数，所以函数f（x）＝ex －e－x为增函数，所以f（｜x｜）＜f（－3x2＋4）⇔｜x｜＜－3x2＋4， 即3｜x｜2＋｜x｜－4＜0，（｜x｜－1）（3｜x｜＋4）＜0，得0≤｜ x｜＜1，解得－1＜x＜1，所以实数x的取值范围为（－1，1）. C 高中总复习·数学（创新版） 目 录 03 PART 提能点三 求函数最值（值域） 的方法 目 录 前提 设函数y＝f（x）的定义域为D，如果存在实数M满足 条件 ①∀x∈D，都有 ⁠ ⁠； ②∃x0∈D，使得 ⁠ ⁠ ①∀x∈D，都有 ⁠ ⁠； ②∃x0∈D，使得 ⁠ ⁠ 结论 M是函数y＝f（x）的最 大值 M是函数y＝f（x）的最小值 f（x） ≤M　 f （x0）＝M　 f（x） ≥M　 f（x0）＝ M　 高中总复习·数学（创新版） 目 录 基本初等函数的值域 （1）y＝kx＋b（k≠0）的值域为R； （2）y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的值域：当a＞0时，值域为［ ，＋ ∞）；当a＜0时，值域为（－∞， ］； （3）y＝ （k≠0）的值域为（－∞，0）∪（0，＋∞）； （4）y＝ax（a＞0，且a≠1）的值域为（0，＋∞）； （5）y＝logax（a＞0，且a≠1）的值域为R. 高中总复习·数学（创新版） 目 录 （1）已知函数f（x）＝ （a＞0）在区间[2，6]上的最 大值为5，则a＝（　B　） A. 2 B. 3 C. 15 D. 3或15 解析： （分离常数法）f（x）＝ ＝ ＝2＋ . 因为a＞0，所以函数f（x）在（1，＋∞）上单调递减，所以函数f（x） 在区间[2，6]上的最大值为f（2）＝2＋ ＝2＋a＝5，解得a＝3. B 高中总复习·数学（创新版） 目 录 （2）函数f（x）＝2x2－ 的最小值为 ⁠； 解析：（换元法）　令 ＝t，t≥1，则x2＝t2－1，∴y＝2（t2－ 1）－t＝2t2－t－2（t≥1）.∵y＝2t2－t－2的对称轴为t＝ ，∴当t≥1 时，ymin＝2×12－1－2＝－1，∴函数f（x）的最小值为－1. －1 高中总复习·数学（创新版） 目 录 （3）函数f（x）＝ 的最大值为 ⁠. 解析：作出函数f（x）＝ 的图象 （如图所示），由函数图象可知，f（x）max＝f （0）＝2. 2 高中总复习·数学（创新版） 目 录 规律方法 求函数最值（值域）的常用方法 （1）单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值； （2）数形结合法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出 最值； （3）配方法：主要用于和一元二次函数有关的函数求值域问题； （4）换元法：引进一个（几个）新的量来代替原来的量，实行这种“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. 高中总复习·数学（创新版） 目 录 练3 （1）函数y＝ 的值域为（　C　） A. （0，2） B. （－1，0） C. （－1，1） D. （－1，2） C 解析： （分离常数法）　y＝ ＝－1＋ ，因为2x＞0，所以1 ＋2x＞1，0＜ ＜2，－1＜－1＋ ＜1.所以值域为（－1，1）. 高中总复习·数学（创新版） 目 录 （2）记实数x1，x2，…，xn的最小值为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（　B　） A. 4 B. C. 1 D. 5 B 高中总复习·数学（创新版） 目 录 解析：如图所示，在同一个平面直角坐标系中，分别作 出函数y＝x＋1，y＝x2－2x＋1，y＝－x＋8的图象， 而f（x）＝min{x＋1，x2－2x＋1，－x＋8}的图象即 是图中勾勒出的实线部分，要求的函数f（x）的最大 值即图中最高点A的纵坐标.联立 ，解得 故所求函数f （x）的最大值为 . 高中总复习·数学（创新版） 目 录 04 PART 课时跟踪检测 （时间：60分钟，满分：89分） [备注：单选、填空题5分，多选题6分] 目 录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1. 函数f（x）＝－x＋ 在 上的最大值是（　　） A. B. － C. －2 D. 2 √ 解析： 　因为函数y＝－x和y＝ 在 上均单调递减，所以f （x）＝－x＋ 在 上单调递减，所以f（x）max＝f（－2）＝2 － ＝ . 高中总复习·数学（创新版） 目 录 2. （2025·湖北武汉一模）已知函数f（x）＝x｜x｜，则关于x的不等式 f（2x）＞f（1－x）的解集为（　　） A. （ ，＋∞） B. （－∞， ） C. （ ，1） D. （－1， ） √ 解析： 　由f（x）＝x｜x｜＝ 故f（x）在R上是增函 数，由f（2x）＞f（1－x），有2x＞1－x，即x＞ .故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 3. 已知函数f（x）的图象关于y轴对称，且f（x）在[0，＋∞）上单调 递增，设a＝f ，b＝f ，c＝f ，则a，b，c的大小关系是 （　　） A. a＜b＜c B. b＜c＜a C. c＜a＜b D. b＜a＜c √ 解析： 　因为函数f（x）的图象关于y轴对称，且f（x）在[0，＋∞） 上单调递增，所以b＝f ＜f（ln 2）＝f ＝c＜f（1）＜ f（ ） ＝f ＝a，即b＜c＜a. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 4. 函数f（x）＝｜x＋3｜－｜x－2｜的值域是（　　） A. （－5，5） B. [－5，5） C. （－5，5] D. [－5，5] √ 解析： 　由f（x）＝｜x＋3｜－｜x－2｜＝ 函数图象如图所示， 由图可得，函数f（x）＝｜x＋3｜－｜x－2｜的值域 为[－5，5]. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 5. 已知函数y＝x2－2x＋3在区间[0，m]上有最大值3，最小值2，则实数 m的取值范围是（　　） A. [1，＋∞） B. [0，2] C. （－∞，2] D. [1，2] √ 解析： 　令y＝f（x）＝x2－2x＋3＝（x－1）2＋2.易知当x＝1时，f （x）取得最小值f（1）＝2.因为f（0）＝3，且函数f（x）在[0，m]上 有最大值3，最小值2，由二次函数图象的对称性，知f（2）＝f（0）＝ 3，所以1≤m≤2，即实数m的取值范围是[1，2]. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 6. 〔多选〕下列函数中，值域正确的是（　　） A. 当x∈[0，3）时，函数y＝x2－4x＋6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[，＋∞） √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 解析： 　对于A，y＝x2－4x＋6＝（x－2）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]，A正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 对于B，y＝ ＝ ＝ 2＋ ，显然 ≠0，∴y≠2. 故函数的值域为（－∞，2）∪ （2，＋∞），B错误；对于C， 设t＝ ，则x＝t2＋1，且 t≥0，∴y＝2（t2＋1）－t＝2 ＋ ，由t≥0，再结合函数的图象（如图2所示），可得函数的值域为 ，C正确；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[，＋∞），D正确.故选A、C、D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 7. 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＜ . （－ ，－2）∪（2， ） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 8. 已知x＞1，则f（x）＝ 的最大值是 　　​ 　　. 解析：令x－1＝t，则x＝t＋1，t＞0，则g（t）＝ ＝ ＝ .∵t＋ ≥2 ，当且仅当t＝ 时取等号，∴ ≤ ＝ .∴f（x）的最大值为 . ​ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 9. 已知函数f（x）的定义域为R，对任意的x1，x2且x1≠x2，都有[f （x1）－f（x2）]（x1－x2）＞0成立，若f（x2＋1）＞f（t2－t－1）对 任意x∈R恒成立，则实数t的取值范围是 ⁠. 解析：对任意的x1，x2且x1≠x2，都有[f（x1）－f（x2）]（x1－x2）＞0 成立，不妨设x1＜x2，则f（x1）＜f（x2），故函数f（x）在R上为增函 数.由f（x2＋1）＞f（t2－t－1）对任意x∈R恒成立，得x2＋1＞t2－t－1 对任意x∈R恒成立，所以t2－t－1＜（x2＋1）min（x∈R），即t2－t－1 ＜1，t2－t－2＜0，解得－1＜t＜2.所以实数t的取值范围是（－1，2）. （－1，2） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 10. （13分）（2026·山东滨州模拟）已知函数f（x）＝a－ . （1）求f（0）； 解： f（0）＝a－ ＝a－1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 （2）探究f（x）的单调性，并证明你的结论； 解： f（x）在R上为增函数.证明如下： ∵f（x）的定义域为R，∴任取x1，x2∈R，且x1＜x2， 则f（x1）－f（x2）＝a－ －a＋ ＝ . ∵y＝2x在R上为增函数且x1＜x2， ∴0＜ ＜ ，∴ － ＜0， ＋1＞0， ＋1＞0， ∴f（x1）－f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2）， ∴f（x）在R上为增函数. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 （3）若f（x）的图象关于原点对称，求满足f（ax）＜f（2）的x的取值 范围. 解： ∵f（x）的图象关于原点对称，∴f（－x）＝－f（x）， 即a－ ＝－a＋ ，解得a＝1， ∴f（ax）＜f（2），即为f（x）＜f（2）. 又∵f（x）在R上为增函数，∴x＜2. ∴x的取值范围是（－∞，2）. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 11. 若函数y＝f（x）的值域是[－1，3]，则函数g（x）＝3－2f（x＋ 1）的值域为（　　） A. [－1，3] B. [－1，5] C. [－3，5] D. [－3，3] √ 解析： 　因为函数y＝f（x）的值域是[－1，3]，所以函数y＝f（x＋ 1）的值域为[－1，3]，则y＝－2f（x＋1）的值域为[－6，2]，所以函 数g（x）＝3－2f（x＋1）的值域为[－3，5].故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 12. 〔创新设问〕已知函数f（x）＝x＋x3，x1，x2，x3∈R，x1＋x2＜ 0，x2＋x3＜0，x3＋x1＜0，那么f（x1）＋f（x2）＋f（x3）的值（　　） A. 一定大于0 B. 一定小于0 C. 等于0 D. 正负都有可能 √ 解析： 　因为f（x）＝x＋x3是增函数，且x1＋x2＜0，所以f（x1）＜f （－x2）.又易验证f（－x）＝－f（x），所以f（x1）＜－f（x2），即f （x1）＋f（x2）＜0.同理f（x2）＋f（x3）＜0，f（x3）＋f（x1）＜0. 所以f（x1）＋f（x2）＋f（x3）＝ [f（x1）＋f（x2）＋f（x2）＋f （x3）＋f（x3）＋f（x1）]＜0. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 13. 已知函数f（x）是定义在R上的增函数，A（0，－2），B（3，2） 是其图象上的两点，则不等式｜f（x＋1）｜＜2的解集是 ⁠ ⁠. 解析：不等式｜f（x＋1）｜＜2即为－2＜f（x＋1）＜2，因为A（0，－ 2），B（3，2）是函数f（x）图象上的两点，所以－2＜f（x＋1）＜2等 价于f（0）＜f（x＋1）＜f（3）.又因为f（x）是定义在R上的增函数， 所以0＜x＋1＜3，解得－1＜x＜2. （－1， 2） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 14. （15分）已知f（x）是定义在（0，＋∞）上的函数，∀x＞0，y＞ 0，f（xy）＝f（x）＋f（y），且当x＞1时，f（x）＜0. （1）求证：f（x）是（0，＋∞）上的减函数； 解： 证明：任取x1，x2∈（0，＋∞），且x1＞x2， 则f（x1）－f（x2）＝f（x2· ）－f（x2）＝f（x2）＋f（ ）－f （x2）＝f（ ）. 因为 ＞1，所以f（ ）＜0，即f（x1）－f（x2）＜0， 所以f（x1）＜f（x2），则f（x）是（0，＋∞）上的减函数. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 （2）若f（2）＝－3，求不等式f（x－7）－f（ ）＞－9的解集. 解： 令x＝y＝2，得f（4）＝f（2）＋f（2）＝－6. 令x＝2，y＝4，得f（8）＝f（2）＋f（4）＝－9. 因为f（xy）＝f（x）＋f（y）， 所以f（xy）－f（y）＝f（x），所以f（x－7）－f（ ）＝f（x2－ 7x）， 则不等式f（x－7）－f（ ）＞－9等价于不等式f（x2－7x）＞f（8）. 由（1）可知f（x）是（0，＋∞）上的减函数，则 解得7 ＜x＜8，即不等式f（x－7）－f（ ）＞－9的解集为（7，8）. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高中总复习·数学（创新版） 目 录 $