第2章 第3节 函数单调性的应用（课时作业）-【优化探究】2027年高考数学一轮复习高考总复习配套课件（北师大版）

该高中数学高考复习课件聚焦函数性质及应用核心考点，依据高考评价体系梳理了单调性、奇偶性、分段函数、最值问题等考查要求，通过真题分析明确“单调性应用”占35%、“分段函数参数求解”占25%的高频考点分布，归纳比较大小、参数范围、不等式求解等常考题型。 课件亮点在于“真题解析+方法归纳+素养提升”策略，如以函数单调性定义证明题（第11题）为例，通过“作差变形+符号判断+结论推导”三步法，培养学生逻辑推理和数学思维素养。特设“易错点警示”和“解题模板”，帮助学生掌握得分技巧，教师可据此精准教学，助力高效冲刺。

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A组　基础保分练 1.函数f(x)=-x+在[-2,-]上的最大值是(　　) A.　　　　　　　　　　 B.- C.-2 D.2 解析:因为f(x)在[-2,-]上是减函数,所以当x=-2时,f(x)的最大值为f(-2)=. A 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2.已知f(x)是偶函数,f(x)在[1,3]上单调递增,则f(1),f(-2),f(-3)的大小关系为(　　) A.f(1)>f(-2)>f(-3) B.f(-2)>f(-3)>f(1) C.f(-3)>f(1)>f(-2) D.f(-3)>f(-2)>f(1) 解析:因为f(x)是偶函数, 所以f(-2)=f(2),f(-3)=f(3). 因为f(x)在[1,3]上单调递增, 所以f(3)>f(2)>f(1), 所以f(-3)>f(-2)>f(1). D 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3.已知f(x)=2x-,a=f(),b=f(),c=f(),则(　　) A.a>b>c B.a>c>b C.c>a>b D.c>b>a 解析:易知函数y=2x和y=-在(1,+∞)上都单调递增, 所以f(x)=2x-在(1,+∞)上单调递增. 又>>,故f()>f()>f(),即c>b>a. D 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 4.设函数f(x)=若f(a+1)≥f(2a-1),则实数a的取值范围是(　　) A.(-∞,1] B.(-∞,2] C.[2,6] D.[2,+∞) 解析:由题易知f(x)在R上是增函数, 由f(a+1)≥f(2a-1),得a+1≥2a-1,解得a≤2. B 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 5.(2026·陕西咸阳模拟)已知函数f(x)=在R上单调递减,则实数a的取值范围是(　　) A.(-∞,2] B.[1,] C.[1,2] D.[2,+∞) B 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:因为当x≥1时,f(x)=-2x单调递减, 又f(x)在R上单调递减, 所以当x<1时,f(x)=x2-2ax+1单调递减,则只需满足解得1≤a≤. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 6.已知函数f(x)=4x+(x>0)在x=2时取得最小值,则实数a=(　　) A.4 B.-4 C.±4 D.±2 解析:因为函数f(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增,在x=2时取得最小值,所以有=2⇒a=±4. C 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 7.(多选)已知函数f(x)=下列说法正确的是(　 　) A.函数f(x)是减函数 B.∀a∈R,f(a2)>f(a-1) C.若f(a-4)>f(3a),则a的取值范围是(-2,+∞) D.在区间[1,2]上的最大值为0 ACD 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:由题意,作出函数f(x)的图象如图所示. 由图象知f(x)在定义域上单调递减,所以A正确; 因为a2-(a-1)=a2-a+1=(a-)2+>0,所以a2>a-1, 又因为函数f(x)是减函数,所以f(a2)<f(a-1),所以B不正确; 因为函数f(x)是减函数,所以a-4<3a,解得a>-2,所以C正确; 由图象可知D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 8.(多选)已知f(x)为R上的减函数,且a∈(0,+∞),则(　 　) A.f(a)>f(2a) B.f(a2)<f(a) C.f(a2+1)<f(a) D.f(a2+a)<f(a) 解析:因为a∈(0,+∞),所以a<2a,又f(x)为R上的减函数,故f(a)>f(2a),故A正确; 因为a2-a=a(a-1)与0的大小关系不定,无法比较f(a2)与f(a)的大小,故B错误; 因为a2+1-a=(a-)2+>0,所以a2+1>a,又f(x)为R上的减函数,所以f(a2+1)<f(a),故C正确; 因为a2+a-a=a2>0,∴a2+a>a,又f(x)为R上的减函数,所以f(a2+a)<f(a),故D正确. ACD 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 9.已知函数f(x)=|x+a|在区间(-∞,-1)上是单调函数,则实数a的取值范围是　　　　.   解析:作出f(x)的图象如图所示, 由图可知-a≥-1,即a≤1. (-∞,1] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 10.(2026·广东肇庆模拟)已知函数f(x)=则f(x)的最小值是　　　　.  解析:当x<1时,f(x)=2-x+1,f(x)单调递减,所以f(x)>2-1+1=. 当x≥1时,f(x)=x2-6x+4,f(x)在区间[1,3)上单调递减,在区间[3,+∞)上单调递增, 所以f(x)≥f(3)=-5. 综上所述,f(x)的最小值是-5. -5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 11.已知函数f(x)=x-. (1)判断f(x)在(0,+∞)上的单调性,并用函数单调性的定义证明; 解: f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,证明如下: 对于∀x1,x2∈(0,+∞),且x1<x2, 则f(x1)-f(x2)=(x1-)-(x2-)=(x1-x2)-(-)=. 因为x1,x2∈(0,+∞),且x1<x2,所以x1x2>0,x1-x2<0, 于是<0,即f(x1)<f(x2),故f(x)在区间(0,+∞)上单调递增. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)求f(x)在[2,3]上的值域; 解:由(1)可知f(x)在[2,3]上单调递增, 所以f(x)min=f(2)=,f(x)max=f(3)=, 所以f(x)在[2,3]上的值域为[,]. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (3)求解关于x的不等式f(2x2+2|x|)>f(x2+3). 解:因为2x2+2|x|>0,x2+3>0,由(1)得f(x)在区间(0,+∞)上单调递增, 故2x2+2|x|>x2+3,即x2+2|x|-3>0, 解得|x|<-3(舍去)或|x|>1,所以x>1或x<-1. 所以不等式的解集为{x|x>1,或x<-1}. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 12.已知函数f(x)=在[0,1]上单调递减,则实数a的取值范围是(　　) A.(-∞,0)∪(1,2 026] B.(-∞,0)∪(0,2 026] C.(-∞,0)∪(1,+∞) D.(-∞,0)∪(0,1) B组　能力提升练 A 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:若a<0,则当x∈[0,1]时,函数y=单调递增, 又<0,∴函数f(x)=在[0,1]上单调递减. 若a>0,则当x∈[0,1]时,函数y=单调递减, 只有当>0时,才有可能使函数f(x)=在[0,1]上单调递减, ∴解得1<a≤2 026. 综上,实数a的取值范围是(-∞,0)∪(1,2 026]. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 14 13 13.若函数f(x)=的最小值为f(0),则实数m的取值范围是　　　　.  [-1,0] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 解析:当x≤0时,f(x)=x2+mx+1.因为y=x2+mx+1的图象关于x=-对称, 若最小值为f(0),可知-≥0,即可得m≤0. 又当x>0时,f(x)=x++m≥2+m=m+2,当且仅当x=1时等号成立. 若最小值为f(0),可得f(0)≤m+2,即1≤m+2,解得m≥-1. 综上可知,实数m的取值范围为[-1,0]. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 14.已知函数f(x)是定义在区间(0,+∞)上的增函数,满足f(xy)=f(x)+f(y),f(3)=1. (1)求f(1)和f(9)的值; 解:由题知,f(x)是定义在区间(0,+∞)上的增函数,且f(xy)=f(x)+f(y),f(3)=1, 令x=y=1,则f(1)=f(1)+f(1),则f(1)=0, 令x=y=3,则f(9)=f(3)+f(3)=2, 即f(1)=0,f(9)=2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)解关于x的不等式f(3x+6)+f(x)<2. 解:因为f(x)是定义在区间(0,+∞)上的增函数, 且f(9)=2,f(xy)=f(x)+f(y), 所以f(3x+6)+f(x)<2,等价于f(3x2+6x)<f(9), 所以 解得0<x<1, 即该不等式的解集为(0,1). $