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Word（创新版）

该高中数学讲义聚焦函数单调性应用高考核心考点，涵盖比较函数值大小、解函数不等式、求函数最值（值域）三大模块。按“课标要求—方法规律—真题演练”逻辑架构，通过考点梳理、方法指导、分层训练帮助学生构建知识网络，突破单调性应用难点，体现复习的系统性与针对性。 资料突出数学思维与方法创新，如比较大小中利用对称性转化自变量培养推理能力，求值域时通过换元法、分离常数法强化数学语言表达。设置基础巩固到综合应用的分层练习，结合2026年模拟真题讲解，确保高效复习。助力学生提升解题逻辑与应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

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. 比较函数值的大小 （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 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. （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 解析：易知f（x）＝2x－在（1，＋∞）上单调递增，又＞＞＞1，故f（）＞f（）＞f（），即c＞b＞a. 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. 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：（1）∵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. （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 （2）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. 解函数不等式 （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）. （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.（－∞，－）∪（，＋∞） 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. 规律方法 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. （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）. 求函数最值（值域）的方法 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　f（x）≤M　； ②∃x0∈D，使得　f（x0）＝M　 ①∀x∈D，都有　f（x）≥M　； ②∃x0∈D，使得　f（x0）＝M　 结论 M是函数y＝f（x）的最大值 M是函数y＝f（x）的最小值 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. （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. （2）函数f（x）＝2x2－的最小值为　　－1　　； 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. （3）函数f（x）＝的最大值为　　2　　. 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. 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. 练3 （1）函数y＝的值域为（　C　） A.（0，2） B.（－1，0） C.（－1，1） D.（－1，2） （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 解析：（1）（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）. （2）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. （时间：60分钟，满分：89分）[备注：单选、填空题5分，多选题6分] 1.函数f（x）＝－x＋在上的最大值是（　　） A. B.－ C.－2 D.2 解析：A　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－＝. 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：A　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. 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：B　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. 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：D　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]. 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：D　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]. 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[，＋∞） 解析：ACD　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； 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. 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　　（－，－2）∪（2，）　　. 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＜. 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. 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　　（－1，2）　　. 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）. 10.（13分）（2026·山东滨州模拟）已知函数f（x）＝a－. （1）求f（0）； （2）探究f（x）的单调性，并证明你的结论； （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：（1）f（0）＝a－＝a－1. （2）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. （3）∵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）. 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：C　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. 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：B　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. 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　　（－1，2）　　. 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. 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； （2）若f（2）＝－3，求不等式f（x－7）－f（）＞－9的解集. 解：（1）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. （2）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 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $