第3课时 函数的单调性与最值(二)
[考试要求] 1．会利用函数的单调性比较函数值的大小，解函数不等式．2．会求函数的最值或值域．
考点一 比较函数值的大小
[典例1] (2025·成都模拟)已知函数f (x)对任意x1，x2∈(0，＋∞)，均有(x1－x2)[f (x1)－f (x2)]>0成立，若a＝f (ln )，b＝f ()，c＝f ()，则a，b，c的大小关系是( )
A．c
C．aB [因为对任意x1，x2∈(0，＋∞)，均有(x1－x2)·[f (x1)－f (x2)]>0成立，所以函数f (x)在区间(0，＋∞)上单调递增，又y＝在上单调递增，所以，又0反思领悟 比较函数值大小的关键是将各自变量的值转化到同一单调区间上．
巩固迁移1 (1)定义在R上的偶函数f (x)满足：对任意的x1，x2∈(－∞，0](x1≠x2)，有<0，则( )
A．f (－2)B．f (4)C．f (3)D．f (4)A [因为对任意的x1，x2∈(－∞，0](x1≠x2)，
有<0，
所以f (x)在(－∞，0]上单调递减，
又f (x)为偶函数，
所以f (x)在[0，＋∞)上单调递增，
则f (2)又f (－2)＝f (2)，
所以f (－2)考点二 解函数不等式
[典例2] 若f (x)是定义在(－∞，0]上的减函数，则不等式f (2x＋3)≤f (x＋1)的解集为( )
A． B．(－∞，－2)
C． D．(－∞，－2]
A [由f (2x＋3)≤f (x＋1)可得
解得－2≤x≤－．]
反思领悟 本例解答的关键是利用函数的单调性将符号“f ”脱掉，使其转化为具体的不等式求解．此时，应特别注意函数的定义域．
巩固迁移2 记f (x)＝ax2＋bx＋c，若不等式f (x)>0的解集为(1，3)，则关于t的不等式f (|t|＋8)(－3，3) [由题意，可得f (x)＝a(x－1)(x－3)＝a(x2－4x＋3)，且a<0，故函数f (x)在区间[2，＋∞)上单调递减．
又因为8＋|t|≥8，2＋t2≥2，
所以由函数f (x)的单调性及不等式f (|t|＋8)2＋t2，即|t|2－|t|－6<0，故|t|<3，
即不等式的解集为(－3，3)．]
考点三 函数的值域与最值
函数最大(小)值的定义
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
[典例3] (1)函数f (x)＝x－＋1在[1，4]上的值域为( )
A． B．[0，1]
C． D．
(2)(多选)下列函数中，值域正确的是( )
A．当x∈[0，3)时，函数y＝x2－2x＋3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)C (2)ACD [(1)由y＝x＋1在[1，4]上单调递增，且y＝在[1，4]上单调递减，
可得f (x)＝x－＋1在[1，4]上单调递增，
又f (1)＝0，f (4)＝，
故值域为．
(2)对于A(配方法)：y＝x2－2x＋3＝(x－1)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)．
对于B(分离常数法)：y＝＝＝2＋，显然≠0，∴y≠2．
故函数的值域为(－∞，2)∪(2，＋∞)．
对于C(换元法)：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．
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[，＋∞)．]
反思领悟 本例(1)通过先判断函数f (x)＝x－＋1在[1，4]上的单调性，再由单调性求出最值，可称之为“单调性法”．本例(2)选项A利用“配方法”结合“图象法”(作出y＝(x－1)2＋2的图象，观察其最高点、最低点)求出最值；选项B的关键是把y＝分离成一个常数“2”和一个分式和的形式，求出最值，可称之为“分离常数法”；选项C引进了一个新变量t＝，通过“换元法”，求值域；选项D利用“单调性法”求值域．
【教用·反思领悟】
求函数最值的五种常用方法
巩固迁移3 (1)(人教A版必修第一册P81例5改编)若函数f (x)＝在x∈[1，4]上的最大值为M，最小值为m，则M－m的值是( )
A． B．2
C． D．
(2)函数y＝2x＋4的最大值为( )
A．8 B．－8
C．2 D．4
(3)设f (x)＝则f (f (－1))＝________，f (x)的最小值是________．
(1)A (2)A (3)0 2－3 [(1)因为f (x)＝在[1，4]上是增函数，所以M＝f (4)＝2－＝，m＝f (1)＝0，因此M－m＝．
(2)设t＝，则t≥0，x＝3－t2，所以y＝2(3－t2)＋4t＝－2(t－1)2＋8，因为t≥0，所以当t＝1时，函数取得最大值为8．
(3)因为f (－1)＝2，所以f (f (－1))＝f (2)＝2＋－3＝0．当x≥1时，f (x)＝x＋－3在[1，]上单调递减，在[，＋∞)上单调递增，所以f (x)在x＝时取得最小值，即f (x)min＝2－3；当x<1时，f (x)＝x2＋1在(－∞，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，所以f (x)在x＝0时取得最小值，即f (x)min＝1．
因为2－3<1，所以f (x)的最小值为2－3．]
1．函数f (x)＝－x＋在上的最大值是( )
A． B．－
C．－2 D．2
A [因为函数y＝－x和y＝在上均单调递减，所以f (x)在上单调递减，所以f (x)max＝f (－2)＝2－＝．]
2．已知函数f (x)的图象向左平移1个单位长度后关于y轴对称，当x2>x1>1时，[f (x2)－f (x1)](x2－x1)<0恒成立，设a＝f ，b＝f (2)，c＝f (3)，则a，b，c的大小关系为( )
A．c>a>b B．c>b>a
C．a>c>b D．b>a>c
D [根据已知可得函数f (x)的图象关于直线x＝1对称，且在(1，＋∞)上单调递减．
所以a＝f ＝f ，f (2)>f >f (3)，
所以b＞a＞c．故选D．]
3．若函数f (x)是定义在[0，＋∞)上的增函数，则满足f (2x－1)A． B．
C． D．
D [因为f (x)是定义在[0，＋∞)上的增函数，由f (2x－1)4．对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝设函数f (x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，则函数h(x)＝min{f (x)，g(x)}的最大值是________．
1 [法一(数形结合法)：
在同一坐标系中，作函数f (x)，g(x)的图象，
依题意，h(x)的图象为如图所示的实线部分．
易知点A(2，1)为图象的最高点，
因此h(x)的最大值为h(2)＝1．
法二(单调性法)：
依题意，h(x)＝
当0当x>2时，h(x)＝3－x单调递减，
因此h(x)在x＝2时取得最大值h(2)＝1．]
【教用·备选题】
1．(2025·南阳模拟)函数f (x)＝的值域为( )
A．[－1，＋∞) B．[3，＋∞)
C．[－1，0] D．[－1，3]
D [当x∈[0，3]时，f (x)＝x2－4x＋3，图象开口向上，对称轴为x＝2，
又因为2∈[0，3]，所以f (x)min＝f (2)＝－1，
而|0－2|＞|3－2|，所以f (x)max＝f (0)＝3，
所以x∈[0，3]时，f (x)∈[－1，3]；
当－3≤x＜0时，f (x)＝x＋3单调递增，
所以f (x)∈[f (－3)，f (0))，
即f (x)∈[0，3)．
综上所述，函数f (x)的值域为[－1，3]．
故选D．]
2．(2024·秦皇岛青龙实验中学期中)已知函数f (x)＝(a＞0)．
(1)当a＝2时，试判断x∈[1，＋∞)时，f (x)的单调性，并证明；
(2)若x∈(0，1]时，f (x)单调递减，x∈[1，＋∞)时，f (x)单调递增，试求a的值及x∈(0，＋∞)时f (x)的最小值．
[解] (1)f (x)单调递增．证明如下：
当a＝2时，f (x)＝x＋＋2，
f ′(x)＝1－＞0(x≥1)，
∴函数f (x)在[1，＋∞)上单调递增．
(2)∵f (x)＝x＋＋2，
∴f ′(x)＝1－．
∵x∈(0，1]时，f (x)单调递减，x∈[1，＋∞)时，f (x)单调递增，
∴f ′(1)＝1－＝0，∴a＝1．
经检验a＝1时符合题意．
∵f (x)＝x＋＋2在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴x＝1时，f (x)取得最小值，最小值为4．
课后习题(八) 函数的单调性与最值(二)
1．(人教A版必修第一册P85习题3.2T1改编)如图是函数y＝f (x)，x∈[－4，3]的图象，则下列说法正确的是( )
A．f (x)在[－4，－1]上单调递减，在[－1，3]上单调递增
B．f (x)在区间(－1，3)上的最大值为3，最小值为－2
C．f (x)在[－4，1]上有最小值－2，有最大值3
D．当直线y＝t与f (x)的图象有三个交点时，－1[答案] C
2．(苏教版必修第一册P122习题5.3T4改编)定义在[－2，2]上的函数f (x)满足(x1－x2)[f (x1)－f (x2)]>0(x1≠x2)，且f (x)>f (2x－1)，则实数x的取值范围为( )
A．(－∞，1) B．
C． D．[－1，1)
C [由题意知，f (x)在[－2，2]上单调递增，则f (x)>f (2x－1) 解得－≤x<1．故选C．]
3．(北师大版必修第一册P95复习题三B组T3改编)已知函数f (x)＝若f (x)存在最小值，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－1] B．[－1，0)
C． D．
A [x≥a时，f (x)＝2x，f (x)单调递增，在[a，＋∞)上的最小值为2a，x则由已知得－a≥2a，即2a＋a≤0，设h(a)＝2a＋a，易知该函数为增函数，且h(－1)＝2-1－＝0，从而a≤－1．故选A．]
4．(人教B版必修第一册P107练习BT1)已知函数f (x)在区间[－1，2]上单调递增，在区间[2，5]上单调递减，那么下列说法中，一定正确的是________．
(1)f (0)(2)f (3)>f (2)；
(3)f (x)在区间[－1，5]上有最大值，而且f (2)是最大值；
(4)f (0)与f (3)的大小关系不确定；
(5)f (x)在区间[－1，5]上有最小值；
(6)f (x)在区间[－1，5]上的最小值是f (5)．
(1)(3)(4)(5) [∵f (x)在区间[－1，2]上单调递增，
∴f (0)∵函数f (x)在区间[2，5]上单调递减，
∴f (3)∵函数f (x)在区间[－1，2]上单调递增，在区间[2，5]上单调递减，∴函数f (x)在区间[－1，5]上有最大值，也有最小值，且f (2)是最大值，f (－1)或f (5)是最小值，故(3)(5)正确，(6)不正确，而f (0)与f (3)的大小不确定，故(4)正确．]
5．(2025·曲靖模拟)函数y＝2x－1(x∈{1，2，3})的值域为( )
A．[1，5] B．{1，3，5}
C．[2，6] D．{2，4，6}
B [x＝1时，y＝2×1－1＝1，
当x＝2时，y＝2×2－1＝3，
当x＝3时，y＝2×3－1＝5，
故y＝2x－1(x∈{1，2，3})的值域为{1，3，5}．故选B．]
6．(2024·北京学业考试)下列函数中，存在最小值的是( )
A．f (x)＝－x＋1 B．f (x)＝x2－2x
C．f (x)＝ex D．f (x)＝ln x
B [f (x)＝－x＋1单调递减，值域为R，无最小值，A选项错误；
f (x)＝x2－2x在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，当x＝1时取得最小值，B选项正确；
f (x)＝ex单调递增，值域为(0，＋∞)，无最小值，C选项错误；
f (x)＝ln x单调递增，值域为R，无最小值，D选项错误．
故选B．]
7．(2024·衡水一模)关于函数y＝，x∈N，N为自然数集，下列说法正确的是( )
A．函数只有最大值没有最小值
B．函数只有最小值没有最大值
C．函数没有最大值也没有最小值
D．函数有最小值也有最大值
D [y＝＝＝2＋，x≠，
由反比例函数的性质得：
y＝在上单调递减，此时y>2，
y＝在上单调递减，此时y<2，
又因为x∈N，N为自然数集，
所以ymin在上取到，x＝2时，ymin＝－7，
同理ymax在上取到，x＝3时，ymax＝11，
所以当x∈N，N为自然数集时，函数有最小值也有最大值．
故选D．]
8．(2025·佛山顺德区模拟)已知函数y＝f (x)在定义域(－1，3)上是增函数，且f (2a－1)＜f (2－a)，则实数a的取值范围是( )
A．(1，2) B．(－∞，1)
C．(0，1) D．(1，＋∞)
C [因为函数y＝f (x)在定义域(－1，3)上是增函数，且f (2a－1)＜f (2－a)，
则有则
解得0＜a＜1，
所以实数a的取值范围是(0，1)．故选C．]
9．(多选)(2025·大庆龙凤区模拟)定义min{a，b}＝设f (x)＝min{|x|，x＋1}，则( )
A．f (x)有最大值，无最小值
B．当x≤0时，f (x)的最大值为
C．不等式f (x)≤的解集为
D．f (x)的单调递增区间为(0，1)
BC [作出函数f (x)＝min{|x|，x＋1}的图象，如图实线部分，
对于A，根据图象，可得f (x)无最大值，无最小值，故A错误；
对于B，根据图象得，当x≤0时，f (x)的最大值为，故B正确；
对于C，由|x|≤，解得－≤x≤，结合图象，
得不等式f (x)≤的解集为，故C正确；
对于D，由图象得，f (x)的单调递增区间为，[0，＋∞)，故D错误．
故选BC．]
10．(2025·荆门模拟)已知函数f (x)＝的值域为R，则实数a的取值范围是( )
A．(－4，4) B．[－4，4)
C．(－∞，－4] D．{－4}
B [根据题意，y＝(4－a)x＋2a(x＜1)是增函数，
∴4－a＞0，即a＜4，∵函数f (x)的值域为R，
∴f (1)＝log31≤(4－a)×1＋2a，解得a≥－4，
∴实数a的取值范围是[－4，4)．故选B．]
11．(2025·河北石家庄二中模拟)已知定义在[－1，3]上的函数f (x)满足对于任意的x1，x2∈[－1，3]，且x1≠x2，都有[f (x1)－f (x2)](x1－x2)＜0，则不等式f (1－2x)≥f (x＋1)的解集为________．
[0，1] [∵对于任意的x1，x2∈[－1，3]，且x1≠x2，都有[f (x1)－f (x2)](x1－x2)＜0，
∴f (x)在[－1，3]上单调递减，
∴由f (1－2x)≥f (x＋1)得，
解得0≤x≤1，
∴不等式f (1－2x)≥f (x＋1)的解集为[0，1]．]
12．(2025·天津模拟)已知函数f (x)＝
(1)在平面直角坐标系中画出函数f (x)的图象；
(2)写出函数f (x)的单调区间和值域．
[解] (1)f (x)的图象如图所示．
(2)由(1)中图象可知，
f (x)的单调递增区间为[－1，0]，(2，5]；单调递减区间为[0，2]，
当x＝0时，f (x)max＝3；当x＝2时，f (x)min＝－1，
∴f (x)的值域为[－1，3]．
1/1第3课时 函数的单调性与最值(二)
[考试要求] 1．会利用函数的单调性比较函数值的大小，解函数不等式．2．会求函数的最值或值域．
考点一 比较函数值的大小
[典例1] (2025·成都模拟)已知函数f (x)对任意x1，x2∈(0，＋∞)，均有(x1－x2)[f (x1)－f (x2)]>0成立，若a＝f (ln )，b＝f ()，c＝f ()，则a，b，c的大小关系是( )
A．cC．a[听课记录]
反思领悟 比较函数值大小的关键是将各自变量的值转化到同一单调区间上．
巩固迁移1 (1)定义在R上的偶函数f (x)满足：对任意的x1，x2∈(－∞，0](x1≠x2)，有<0，则( )
A．f (－2)B．f (4)C．f (3)D．f (4)考点二 解函数不等式
[典例2] 若f (x)是定义在(－∞，0]上的减函数，则不等式f (2x＋3)≤f (x＋1)的解集为( )
A． B．(－∞，－2)
C． D．(－∞，－2]
[听课记录]
反思领悟 本例解答的关键是利用函数的单调性将符号“f ”脱掉，使其转化为具体的不等式求解．此时，应特别注意函数的定义域．
巩固迁移2 记f (x)＝ax2＋bx＋c，若不等式f (x)>0的解集为(1，3)，则关于t的不等式f (|t|＋8)考点三 函数的值域与最值
函数最大(小)值的定义
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f (x)≥M； (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
[典例3] (1)函数f (x)＝x－＋1在[1，4]上的值域为( )
A． B．[0，1]
C． D．
(2)(多选)下列函数中，值域正确的是( )
A．当x∈[0，3)时，函数y＝x2－2x＋3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[，＋∞)
[听课记录]
反思领悟 本例(1)通过先判断函数f (x)＝x－＋1在[1，4]上的单调性，再由单调性求出最值，可称之为“单调性法”．本例(2)选项A利用“配方法”结合“图象法”(作出y＝(x－1)2＋2的图象，观察其最高点、最低点)求出最值；选项B的关键是把y＝分离成一个常数“2”和一个分式和的形式，求出最值，可称之为“分离常数法”；选项C引进了一个新变量t＝，通过“换元法”，求值域；选项D利用“单调性法”求值域．
巩固迁移3 (1)(人教A版必修第一册P81例5改编)若函数f (x)＝在x∈[1，4]上的最大值为M，最小值为m，则M－m的值是( )
A． B．2
C． D．
(2)函数y＝2x＋4的最大值为( )
A．8 B．－8
C．2 D．4
(3)设f (x)＝则f (f (－1))＝________，f (x)的最小值是________．
1．函数f (x)＝－x＋在上的最大值是( )
A． B．－
C．－2 D．2
2．已知函数f (x)的图象向左平移1个单位长度后关于y轴对称，当x2>x1>1时，[f (x2)－f (x1)](x2－x1)<0恒成立，设a＝f ，b＝f (2)，c＝f (3)，则a，b，c的大小关系为( )
A．c>a>b B．c>b>a
C．a>c>b D．b>a>c
3．若函数f (x)是定义在[0，＋∞)上的增函数，则满足f (2x－1)A． B．
C． D．
4．对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝设函数f (x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，则函数h(x)＝min{f (x)，g(x)}的最大值是________．