第7讲　函数的单调性、值域与最值训练-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦函数单调性、值域与最值，以题载法构建“定义-判定-应用”逻辑链，强化数学思维与逻辑推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |绝对值函数|2题|分段讨论去绝对值|从绝对值几何意义到代数分段，建立最值求解模型| |复合函数单调性|3题|“同增异减”法则+定义域优先|内外层函数单调性判定，结合定义域形成完整解题流程| |函数最值与值域|4题|换元法、导数法、二次函数性质|从函数性质（单调性、奇偶性）推导值域，关联参数分类讨论| |单调性综合应用|5题|定义证明、奇偶性转化、恒成立参数分离|以单调性为核心，串联比较大小、最值求解、参数范围问题，形成知识网络|

第7讲　函数的单调性、值域与最值 (时间:45分钟) 1.已知x∈R,则|x-2|+|x+1|的最小值为(　 ) A.1 B.2 C.3 D.4 2.[2026·江西南昌联考] 函数f(x)=的单调递增区间为 (　 ) A.[1,+∞) B.[1+,+∞) C.(2,+∞) D.(1+,+∞) 3.函数y=的最值情况为 (　 ) A.最小值为0,最大值为8 B.不存在最小值,最大值为8 C.最小值为0,不存在最大值 D.不存在最小值,也不存在最大值 4.[2026·江苏无锡模拟] 若偶函数f(x)在(-∞,0]上单调递增,且a=f(),b=f(),c=f(),则下列不等式成立的是 (　 ) A.a<b<c B.b<a<c C.c<a<b D.c<b<a 5.已知函数f(x)=(a>0)在区间[2,6]上的最大值为5,则a= (　 ) A.2 B.3 C.15 D.3或15 6.函数f(x)=xa-2与g(x)=在(0,+∞)上均单调递减的一个充分不必要条件是 (　 ) A.a∈(0,2) B.a∈[0,1) C.a∈(1,2] D.a∈[1,2) 7.[2026·陕西西安质检] 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] 8.已知函数f(x)=+的最大值为M,最小值为m,则= (　 ) A. B. C.2 D.3 9.[2025·福建莆田期中] 对任意x∈R,用M(x)表示f(x),g(x)中的较小者,记为M(x)=min{f(x),g(x)}.若f(x)=x+1,g(x)=x2-2x-3,则M(x)的单调递减区间为　　　　.  10.已知函数f(x)=2. (1)判断f(x)的单调性,并用定义证明; (2)若对任意x∈,λf(x)≥2x+1-4恒成立,求实数λ的取值范围. 11.[2026·江苏南京期末] 已知函数f(x)=的值域为R,则实数a的取值范围是 (　 ) A.(-∞,-2) B.[-2,0) C.(2,+∞) D.[-2,2] 12.已知f(x)=(a>0且a≠1)的最小值是f(1),则a的最大值为 (　 ) A. B. C.3 D.4 13.已知函数f(x)=|ln x-2|+|x-1|,则f(x)的最小值为　　　　.  14.已知函数f(x)满足f(3x+1)=3x,函数g(x)=-f(x). (1)求f(x)的解析式; (2)用单调性的定义证明g(x)在(1,+∞)上单调递减; (3)求g(x)在[2,4]上的取值范围. 学科网（北京）股份有限公司 1.C　[解析] 设f(x)=|x-2|+|x+1|,x∈R.当x≥2时, f(x)=2x-1∈[3,+∞);当-1<x<2时, f(x)=3;当x≤-1时, f(x)=1-2x∈[3,+∞).所以当x∈R时,|x-2|+|x+1|的最小值为3.故选C. 2.B　[解析] 由log2(x2-2x)≥0且x2-2x>0,得x2-2x≥1,即x≤1-或x≥1+,所以f(x)的定义域为(-∞,1-]∪[1+,+∞).因为y=x2-2x=(x-1)2-1在(-∞,1-]上单调递减,在[1+,+∞)上单调递增,y=log2x为增函数,所以y=log2(x2-2x)在(-∞,1-]上单调递减,在[1+,+∞)上单调递增,又y=为增函数,所以f(x)=的单调递增区间为[1+,+∞).故选B. 3.B　[解析] 令u=x2-4x+5=(x-2)2+1,则u∈[1,+∞),又y=在[1,+∞)上单调递减,所以当u=1,即x=2时,函数取得最大值8,函数无最小值.故选B. 4.B　[解析] 因为f(x)为偶函数且在(-∞,0]上单调递增,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减.根据幂函数y=在(0,+∞)上单调递增,得>,由指数函数的单调性可知,>,则>>>0,故f()<f()<f(),即b<a<c.故选B. 5.B　[解析] 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.故选B. 6.D　[解析] 因为函数f(x)=xa-2与g(x)=在(0,+∞)上均单调递减,所以解得0<a<2.观察选项,只有[1,2)是集合(0,2)的真子集,所以函数f(x)=xa-2与g(x)=在(0,+∞)上均单调递减的一个充分不必要条件是a∈[1,2).故选D. 7.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,所以根据复合函数的单调性,可得f(x)=在上单调递减,在上单调递增,又f(x)=在(1,+∞)上单调,所以-≤1,即a≥-2,所以a的取值范围是[-2,+∞).故选A. 8.A　[解析] 由题意得3-x≥0,且x+3≥0,解得-3≤x≤3,则函数f(x)的定义域为[-3,3].由f(x)=+(x∈[-3,3]),得f(x)>0,则[f(x)]2=6+2在区间[-3,3]内的最大值为M2,最小值为m2.易知函数y=9-x2(x∈[-3,3])在区间[-3,0]内单调递增,在区间[0,3]内单调递减,所以函数y=[f(x)]2在区间[-3,0]内单调递增,在区间[0,3]内单调递减,则函数y=[f(x)]2在x=0处取得最大值[f(0)]2=6+2=12,即M2=12,又[f(-3)]2=[f(3)]2=6+2=6,所以函数y=[f(x)]2的最小值为6,即m2=6.所以===.故选A. 9.[-1,1]　[解析] M(x)的图象如图中实线部分所示, 由图知,M(x)的单调递减区间为[-1,1]. 10.解:(1)函数f(x)为R上的增函数. 证明如下:任取x1,x2∈R,且x1<x2, 则f(x1)-f(x2)=2--=, 因为x1<x2,所以<,即-<0,又+1>0,+1>0, 所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2), 所以函数f(x)为R上的增函数. (2)由(1)得f(x)在上单调递增, 所以当x∈时, f(x)≥f=6-4>0, 所以对任意x∈,λf(x)≥2x+1-4恒成立,等价于对任意x∈,λ≥= 恒成立. 令t=2x-1,x∈,则t∈[-1,3],原式等价于对任意t∈[-1,3],λ≥=t-+1恒成立. 易知y=t-+1在[-1,3]上单调递增, 所以当t∈[-1,3]时,=3-+1=, 所以λ≥,即实数λ的取值范围为. 11.B　[解析] 当a≥0时,若x<a,则f(x)=a(x-a)2+1≥1,若x≥a,则f(x)=|x-2a|-1≥-1, 此时f(x)的值域不可能为R;当a<0时,2a<a,当x<a时,f(x)=a(x-a)2+1单调递增,当x≥a时,f(x)=|x-2a|-1单调递增,又当x→-∞时,f(x)→-∞,当x→+∞时,f(x)→+∞,所以若f(x)的值域为R,则|a-2a|-1≤a(a-a)2+1,可得-2≤a<0.综上所述,实数a的取值范围是[-2,0).故选B. 12.D　[解析] ∵函数f(x)=的最小值是f(1),∴当x<1时,函数f(x)不单调递增,即3-a≤0,解得a≥3①,当x≥1时,函数f(x)单调递增,即a>1②,由①②同时成立可得a≥3.又f(x)的最小值为f(1),∴(3-a)+1≥loga1,解得a≤4.综上所述,3≤a≤4,∴a的最大值为4.故选D. 13.2　[解析] f(x)=|ln x-2|+|x-1|= 当0<x≤1时, f(x)单调递减,f(x)≥f(1)=2;当1<x<e2时, f(x)=1+x-ln x,因为f'(x)=1-=>0,所以f(x)在(1,e2)上单调递增,所以f(x)>1+1-ln 1=2;当x≥e2时, f(x)单调递增,f(x)≥f(e2)=e2-1>2.综上, f(x)的最小值为2. 14.解: (1)因为f(3x+1)=3x=(3x+1)-1,所以f(x)=x-1. (2)证明:由(1)知g(x)=-f(x)=-x+1,任取x2>x1>1, 则g(x2)-g(x1)=-=-+(x1-x2)=(x1-x2), 因为x2>x1>1,所以x1-x2<0,1+>0, 所以g(x2)-g(x1)<0,即g(x2)<g(x1), 所以g(x)在(1,+∞)上单调递减. (3)由(2)可知g(x)在[2,4]上单调递减, 所以当x∈[2,4]时,g(x)max=g(2)=-2+1=-,g(x)min=g(4)=-4+1=-, 所以g(x)在[2,4]上的取值范围为. 学科网（北京）股份有限公司 $