第二章 2.2 函数的单调性与最值（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲义（教师版）
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| 名称 | 第二章 2.2 函数的单调性与最值（全国通用）2026年高考数学一轮复习讲义（教师版） |
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| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 200.7KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-12-31 00:00:00 | ||
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文档简介
2．2 函数的单调性与最值
1．会用符号语言表达函数的单调性、最大值、最小值．
2．理解函数的单调性、最大值、最小值的作用和实际意义．
1．函数的单调性
(1)单调函数的定义
项 目 增函数 减函数
定 义 一般地，设函数f(x)的定义域为D，如果对于定义域D内某个区间I上的任意两个自变量的值x1，x2
当x1f(x2)，那么就称函数f(x)在区间I上单调递减． 特别地，当函数f(x)在它的定义域上单调递减时，我们就称它是减函数
图 象 描 述 自左向右看图象是上升的 自左向右看图象是下降的
(2)单调区间的定义
如果函数y＝f(x)在区间I上单调递增或单调递减，那么就说函数y＝f(x)在这一区间具有（严格的）单调性，区间I叫做y＝f(x)的单调区间．
2．函数的最值
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为最大值 M为最小值
教材拓展
1．函数单调性的等价定义
设任意x1，x2∈D(x1≠x2)，则
(1)>0（或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0） f(x)在D上单调递增．
(2)<0（或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0） f(x)在D上单调递减．
2．有关单调性的常用结论
在公共定义域内，增函数＋增函数＝增函数；减函数＋减函数＝减函数；增函数－减函数＝增函数；减函数－增函数＝减函数．
1．判断（正确的画“√”，错误的画“×”）
(1)对于函数y＝f(x)，若f(1)(2)函数y＝f(x)在[1，＋∞）上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞）.( × )
(3)函数y＝的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞).( × )
(4)对于函数f(x)，x∈D，若对任意x1，x2∈D，且x1≠x2有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0，则函数f(x)在区间D上是增函数．( √ )
2．（人教A版必修第一册P86T7(1)改编）函数f(x)＝的单调递增区间是[2，＋∞）．
解析：由题意可知x2－2x≥0，解得x≤0或x≥2，所以函数f(x)的定义域为(－∞，0]∪[2，＋∞)，设y＝，u＝x2－2x，二次函数u＝x2－2x的单调递增区间是(1，＋∞)，单调递减区间是(－∞，1)，所以f(x)的单调递增区间是[2，＋∞）.
3．（人教A版必修第一册P81例5改编）函数f(x)＝(x∈[2，6])，则f(x)的最小值为，最大值为2．
解析：由于f(x)＝在[2，6]上单调递减，故f(x)的最大值为f(2)＝2，最小值为f(6)＝.
4．（苏教必修第一册P122T4改编）若f(x)是定义在(－3，6)上的减函数，且f(2x＋1)>f(5)，则x的取值范围为{x|－2解析：由题意解得－2考点1 确定函数的单调性
命题角度1 求函数的单调区间
【例1】 (1)（2024·广东深圳三模）函数y＝|－x2＋4x＋5|的单调递增区间是(－1，2)，(5，＋∞)．
【解析】 函数y＝|－x2＋4x＋5|＝
由|－x2＋4x＋5|＝0，解得x＝－1或x＝5，
函数y＝|－x2＋4x＋5|的图象如图所示，
由图可知，函数y＝|－x2＋4x＋5|的单调递增区间为(－1，2)，(5，＋∞).
(2)函数y＝(－x2＋4x)的单调递增区间是[0，2]．
【解析】 y＝(－x2＋4x)＝，由－x2＋4x≥0，解得0≤x≤4，令u＝－x2＋4x＝－(x－2)2＋4，当x∈[0，2]时单调递增，当x∈[2，4]时单调递减，又y＝u在u∈[0，＋∞）时单调递增，所以函数y＝(－x2＋4x)的单调递增区间是[0，2].
命题角度2 利用定义证明函数的单调性
【例2】 试讨论函数f(x)＝(a≠0)在(－1，1)上的单调性．
【解】 方法一（定义法）
设－1所以f(x1)－f(x2)＝a－a＝，
由于－10，x1－1<0，x2－1<0，
故当a>0时，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，函数f(x)在(－1，1)上单调递减；
当a<0时，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)方法二（导数法）
f′(x)＝＝＝－.
故当a>0时，f′(x)<0，函数f(x)在(－1，1)上单调递减；
当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)在(－1，1)上单调递增．
1．求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间．
2．(1)函数单调性的判断方法：①定义法；②图象法；③利用已知函数的单调性；④导数法．
(2)函数y＝f(g（x)）的单调性应根据外层函数y＝f(t)和内层函数t＝g(x)的单调性判断，遵循“同增异减”的原则．
易错警示：不连续且单调性相同的单调区间要分开写，且用“，”或“和”连接，不能用“∪”连接．
【对点训练1】 (1)设函数f(x)在R上为增函数，则下列结论正确的是( D )
A．y＝在R上为减函数
B．y＝|f(x)|在R上为增函数
C．y＝－在R上为增函数
D．y＝－f(x)在R上为减函数
解析：对于A，若f(x)＝x，则y＝＝，在R上不是减函数，故A错误；对于B，若f(x)＝x，则y＝|f(x)|＝|x|，在R上不是增函数，故B错误；对于C，若f(x)＝x，则y＝－＝－，在R上不是增函数，故C错误；对于D，函数f(x)在R上为增函数，则对于任意的x1，x2∈R，设x10，则y＝－f(x)在R上为减函数，故D正确．故选D.
(2)函数f(x)＝－的单调递增区间是( D )
A．(2，＋∞) B．(－∞，2)
C．(－2，2) D．(－∞，2)，(2，＋∞)
解析：函数f(x)＝－的定义域为{x|x≠2}，又f(x)＝－的图象是由y＝－的图象向右平移2个单位长度而来的，y＝－的单调递增区间为(－∞，0)，(0，＋∞)，所以f(x)＝－的单调递增区间为(－∞，2)，(2，＋∞).故选D.
考点2 求函数的最值（值域）
【例3】 (1)已知函数f(x)＝x2－2x＋3，则f(x)在区间[0，4]上的值域为[2，11]．
【解析】 因为f(x)＝x2－2x＋3＝(x－1)2＋2图象的对称轴为直线x＝1，所以f(x)在区间[0，1]上单调递减，在[1，4]上单调递增，当x＝1时，f(x)min＝f(1)＝2，当x＝4，f(x)max＝f(4)＝11，所以f(x)在区间[0，4]上的值域为[2，11].
(2)函数f(x)＝－3x在区间[2，4]上的最大值为－4，最小值为－12．
【解析】 易知函数y＝在区间[2，4]上单调递减，y＝－3x在区间[2，4]上单调递减，所以函数f(x)＝－3x在该区间上单调递减，所以f(x)max＝－3×2＝－4，f(x)min＝－3×4＝－12.
1．求函数最值（值域）的三种基本方法
(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值（值域）.
(2)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值（值域）.
(3)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值（值域）.
2．对于较复杂函数，可运用导数，求出在给定区间上的单调性或极值，然后结合端点函数值求出最值（值域）.
【对点训练2】 (1)函数f(x)＝－＋x2的定义域是[0，2]，则其值域为．
解析：由题意知函数y＝－，y＝x2均在[0，2]上单调递增，故f(x)在定义域[0，2]上为增函数，所以f(x)min＝f(0)＝－2＋0＝－2，f(x)max＝f(2)＝－＋4＝，即f(x)的值域为.
(2)已知函数y＝x－2，则函数的值域为[－1，＋∞）．
解析：令＝t(t≥0)，则函数变为y＝t2－2t＝(t－1)2－1，t≥0，该函数在[1，＋∞）上单调递增，在[0，1）上单调递减，故当t＝1时，y取最小值－1，所以值域为[－1，＋∞）.
(3)对于任意实数a，b，定义max{a，b}＝设函数f(x)＝|x|，g(x)＝(x≠0)，则函数h(x)＝max{f(x)，g(x)}(x>0)的最小值为1．
解析：令f(x)＝g(x)，x>0，即|x|＝，x>0，得x＝1，当x∈（0，1]时，|x|＝x<，当x∈(1，＋∞)时，|x|＝x>，所以h(x)＝
当x∈（0，1]时，h(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，函数h(x)单调递增，所以当x＝1时，h(x)min＝1.
考点3 函数单调性的应用
命题角度1 比较函数值的大小
【例4】 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＞＞，故f（）＞f（）＞f（），即c＞b＞a.故选D.
命题角度2 解不等式
【例5】 若函数f(x)的定义域为R，且对 x1，x2∈R，x12的解集为( C )
A．(－1，＋∞) B．(0，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(2，＋∞)
【解析】 函数f(x)的定义域为R，且对 x1，x2∈R，x1∴h(x)＝f(x)＋x为单调递增函数，f(x)－f(2－x)＋2x>2，整理得f(x)＋x>f(2－x)＋2－x，∵h(x)＝f(x)＋x为单调递增函数，∴x>2－x，解得x>1.故选C.
命题角度3 求参数的取值范围
【例6】 （2024·陕西渭南二模）已知函数f(x)＝是R上的增函数，则实数a的取值范围是( B )
A． B．
C．(0，1) D．（0，1]
【解析】 由f(x)＝是R上的增函数，得解得01．比较函数值的大小时，先转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决．
2．求解函数不等式时，由条件脱去“f”，转化为自变量间的大小关系，应注意函数的定义域．
3．求参数的值（范围）时，根据单调性直接构建参数满足的方程（组）（不等式（组））或结合图象求解．对于分段函数，要注意衔接点的取值．
【对点训练3】 (1)已知函数f(x)＝lg x－，f(m)＝1，且0＜p＜m＜n，则( C )
A．f(n)＜1且f(p)＞1
B．f(n)＞1且f(p)＞1
C．f(n)＞1且f(p)＜1
D．f(n)＜1且f(p)＜1
解析：∵y＝lg x在(0，＋∞)上单调递增，y＝在(－∞，＋∞)上单调递减，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．又∵f(m)＝1，且0＜p＜m＜n，∴f(n)＞1且f(p)＜1.故选C.
(2)（2024·新课标Ⅰ卷）已知函数f(x)＝在R上单调递增，则a的取值范围是( B )
A．(－∞，0] B．[－1，0]
C．[－1，1] D．[0，＋∞)
解析：因为函数f(x)在R上单调递增，且当x＜0时，f(x)＝－x2－2ax－a，所以f(x)＝－x2－2ax－a在(－∞，0)上单调递增，所以－a≥0，即a≤0；当x≥0时，f(x)＝ex＋ln (x＋1)，所以函数f(x)在[0，＋∞）上单调递增．若函数f(x)在R上单调递增，则－a≤f(0)＝1，即a≥－1.综上，实数a的取值范围是[－1，0].故选B.
(3)（2024·陕西西安模拟）已知函数f(x)＝则不等式f(a2－1)>f(3)的解集为( A )
A．(－2，2)
B．(0，＋∞)
C．(－∞，0)
D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
解析：f(x)＝易知y＝在(－∞，0)上单调递减，y＝在(0，＋∞)上单调递减，且f(x)在x＝0处连续，故f(x)在R上单调递减，由f(a2－1)>f(3)，则a2－1<3，解得－2f(3)的解集为(－2，2).故选A.
课时作业7
1．（5分）函数f(x)＝|x|(x－1)的单调递减区间是( B )
A．(－∞，0) B．
C． D．(1，＋∞)
解析：f(x)＝作出图象，如图所示，可以得到函数的单调递减区间是.故选B.
2．（5分）y＝在[3，4]上的最大值为( A )
A．2 B．
C． D．4
解析：y＝＝＝1＋，因为y＝1＋在[3，4]上单调递减，所以当x＝3时，y取得最大值，最大值为1＋＝2.故选A.
3．（5分）（2024·陕西铜川三模）若函数y＝在R上单调递减，则实数a的取值范围是( C )
A. B．
C． D．
解析：∵函数y＝在R上单调递减，∴解得≤a<.故选C.
4．（5分）（2024·北京朝阳区二模）已知函数f(x)＝存在最小值，则实数a的取值范围是( A )
A．(－∞，1] B．（－∞，1)
C．[1，＋∞） D．(1，＋∞)
解析：当x≤1时，f(x)＝x2＋1，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在（0，1]上单调递增，则f(x)min＝f(0)＝1；当x>1时，f(x)＝2x－a，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，无最小值．根据题意，f(x)存在最小值，所以2－a≥1，即a≤1.故选A.
5．（5分）已知函数f(x)满足对任意x1，x2∈[0，＋∞），当x1f(x2)＋恒成立，若f(16)＝16，则不等式f(2x)<＋12的解集为( D )
A．[0，4） B．[0，16）
C．(16，＋∞) D．(8，＋∞)
解析：由题意知，x1f(x2)＋，得x1f(x2)－－12，设g(x)＝f(x)－－12，则函数g(x)在[0，＋∞）上单调递减，且g(16)＝f(16)－－12＝0，不等式f(2x)<＋12等价于f(2x)－－12<0，即g(2x)8，即原不等式的解集为(8，＋∞).故选D.
6．（5分）已知x，y∈R，且x>y，则下列说法正确的是( C )
A．<
B．ex＋e－yC．－<0
D．x2>y2
解析：对于A，当x＝2，y＝－3时，>，∴A错误；对于B，设y＝ex－e－x，则函数为R上的增函数，∵x>y，∴ex－e－x>ey－e－y，即ex＋e－y>ey＋e－x，∴B错误；对于C，∵y＝为R上的减函数，x>y，∴<，即－<0，∴C正确；对于D，当x＝2，y＝－3时，x27．（6分）（多选）已知函数f(x)＝，则( ABC )
A．f(x)的定义域为{x|x≠±2}
B．f(x)在(2，＋∞)上单调递减
C．f(f（－5)）＝－6
D．f(x)的值域是(－∞，0)∪(0，＋∞)
解析：对于A，令|x|－2≠0，解得x≠±2，所以f(x)的定义域为{x|x≠±2}，故A正确；对于B，若x>2，则f(x)＝，因为y＝x－2在(2，＋∞)上单调递增，且y＝x－2>0，可知f(x)＝在(2，＋∞)上单调递减，故B正确；对于C，因为f(－5)＝，所以f(f（－5)）＝－6，故C正确；对于D，因为x≠±2，则|x|≥0，且|x|≠2，可得|x|－2∈[－2，0）∪(0，＋∞)，当|x|－2∈[－2，0）时，f(x)＝≤－2，当|x|－2∈(0，＋∞)时，f(x)＝>0，所以f(x)的值域是(－∞，－2]∪（0，＋∞)，故D错误．故选ABC.
8．（6分）（多选）已知函数f(x)＝则下列结论正确的是( BC )
A．f(x)在R上为增函数
B．f(e)>f(2)
C．若f(x)在(a，a＋1)上单调递增，则a≤－1或a≥0
D．当x∈[－1，1]时，f(x)的值域为[1，2]
解析：易知f(x)在(－∞，0]，（0，＋∞)上单调递增，故A错误；由e>2，得f(e)>f(2)，故B正确；若f(x)在(a，a＋1)上单调递增，则a≥0或a＋1≤0，即a≤－1或a≥0，故C正确；当x∈[－1，0]时，f(x)∈[1，2]，当x∈（0，1]时，f(x)∈（－∞，2]，故x∈[－1，1]时，f(x)的值域为（－∞，2]，故D错误．故选BC.
9．（5分）已知f(x)＝2x＋x，则不等式f(|2x－3|)<3的解集为(1，2)．
解析：函数y＝2x，y＝x都是R上的增函数，则函数f(x)＝2x＋x是R上的增函数，不等式f(|2x－3|)<3 f(|2x－3|)10．（5分）函数f(x)＝＋log(x＋3)(－1≤x≤1)的值域为[－2，1]．
解析：f(x)＝＋log(x＋3)＝＋log(x＋3)＝－1＋log(x＋3)(－1≤x≤1)，易知当－1≤x≤1时，y＝－1和y＝log(x＋3)为减函数，故原函数为减函数，所以f(x)min＝f(1)＝0＋(－2)＝－2，f(x)max＝f(－1)＝2＋(－1)＝1.故函数f(x)的值域为[－2，1].
11．（16分）已知函数f(x)＝ax－(a，b∈R)的图象经过点，且f(1)＝.
(1)求a，b的值；
(2)用定义法证明函数y＝f(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增．
解：(1)由题意得
解得
(2)证明：由(1)可知f(x)＝x－， x1，x2∈(－1，＋∞)，且x1因为x1又x1，x2∈(－1，＋∞)，
所以1＋>0，所以(x1－x2)<0，即f(x1)－f(x2)<0，所以f(x1)所以函数y＝f(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增．
12．（17分）已知函数f(x)＝
(1)用定义法证明f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增；
(2)若f(x)的最小值是6，求a的值．
解：(1)证明：对任意的x1>x2>0，f(x1)－f(x2)＝x1＋－a－＝.
当00，0即f(x1)当x1>x2>2时，x1－x2>0，x1x2>4，
则>0，
即f(x1)>f(x2).
故f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
(2)由(1)可知f(x)在(0，＋∞)上的最小值是f(2)＝4－a.
当x≤0时，f(x)＝x2－2ax＋a2－a，其图象的对称轴是直线x＝a.
①若a≥0，f(x)在（－∞，0]上单调递减，则f(x)在（－∞，0]上的最小值是f(0)＝a2－a.
②若a<0，f(x)在(－∞，a)上单调递减，在（a，0]上单调递增，则f(x)在（－∞，0]上的最小值是f(a)＝－a.
综上，f(x)min＝
因为f(x)的最小值是6，所以或或解得a＝－6.
13．（5分）已知f(x)是定义在R上的单调函数， x∈R，f(f（x)－x3－2x＋1）＝13，则f(5)＝( D )
A．114 B．116
C．134 D．136
解析：由题意可知f(x)－x3－2x＋1是一个常数，设f(x)－x3－2x＋1＝t，则f(x)＝x3＋2x＋t－1，因为f(f（x)－x3－2x＋1）＝13，所以f(t)＝t3＋3t－1＝13，因为f(t)＝t3＋3t－1在R上单调递增，且f(2)＝13，所以t＝2，所以f(x)＝x3＋2x＋1，则f(5)＝53＋2×5＋1＝136.故选D.
14．（5分）（2024·湖南长沙三模）已知函数f(x)＝则不等式f(x＋2)<2－f(x－4)的解集为(－∞，4)．
解析：函数f(x)＝x3＋2x－1在（－∞，1]上单调递增，又f(x)＝在(1，＋∞)上单调递增，且当x＝1时，1＋2－1＝＝2，所以f(x)在R上单调递增．设g(x)＝f(x＋2)＋f(x－4)，可得g(x)在R上单调递增．又g(4)＝f(6)＋f(0)＝3－1＝2，所以原不等式可化为g(x)15．（5分）（2024·河北保定二模）已知函数f(x)的定义域D＝(－∞，0)∪(0，＋∞)，对任意x1，x2∈D，恒有f(x1x2)－x1－x2＝x1f(x2)＋x2f(x1)－1，且当x1>x2>0时，>－1恒成立，f(2)＝－3，则不等式(x＋1)f＋x＋2>f(－1)的解集为∪．
解析：由f(x1x2)－x1－x2＝x1f(x2)＋x2f(x1)－1，得＝＋，设g(x)＝，则g(x1x2)＝g(x1)＋g(x2)，取x1＝x2＝1，得g(1)＝0，取x1＝x2＝－1，得g(－1)＝g(1)＝0；取x1＝x，x2＝－1，得g(－x)＝g(x)，所以g(x)是偶函数，所以g(x)＝g(|x|)，因为当x1>x2>0时，>－1，两边同时乘x1－x2，得x1f(x2)－x2f(x1)>x2－x1，两边同时除以x1x2，得－>－，即>，即g(x2)>g(x1)，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．由g(－1)＝0，得f(－1)＝－1，由f(2)＝－3，得g(2)＝－1，g(4)＝－2，所以(x＋1)f＋x＋2>f(－1)可化为g>－2＝g(4)，即g>g(4)，所以<4，解得x>－或x<－，所以不等式(x＋1)f＋x＋2>f(－1)的解集为∪．
1．会用符号语言表达函数的单调性、最大值、最小值．
2．理解函数的单调性、最大值、最小值的作用和实际意义．
1．函数的单调性
(1)单调函数的定义
项 目 增函数 减函数
定 义 一般地，设函数f(x)的定义域为D，如果对于定义域D内某个区间I上的任意两个自变量的值x1，x2
当x1
图 象 描 述 自左向右看图象是上升的 自左向右看图象是下降的
(2)单调区间的定义
如果函数y＝f(x)在区间I上单调递增或单调递减，那么就说函数y＝f(x)在这一区间具有（严格的）单调性，区间I叫做y＝f(x)的单调区间．
2．函数的最值
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为最大值 M为最小值
教材拓展
1．函数单调性的等价定义
设任意x1，x2∈D(x1≠x2)，则
(1)>0（或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0） f(x)在D上单调递增．
(2)<0（或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0） f(x)在D上单调递减．
2．有关单调性的常用结论
在公共定义域内，增函数＋增函数＝增函数；减函数＋减函数＝减函数；增函数－减函数＝增函数；减函数－增函数＝减函数．
1．判断（正确的画“√”，错误的画“×”）
(1)对于函数y＝f(x)，若f(1)
(3)函数y＝的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞).( × )
(4)对于函数f(x)，x∈D，若对任意x1，x2∈D，且x1≠x2有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0，则函数f(x)在区间D上是增函数．( √ )
2．（人教A版必修第一册P86T7(1)改编）函数f(x)＝的单调递增区间是[2，＋∞）．
解析：由题意可知x2－2x≥0，解得x≤0或x≥2，所以函数f(x)的定义域为(－∞，0]∪[2，＋∞)，设y＝，u＝x2－2x，二次函数u＝x2－2x的单调递增区间是(1，＋∞)，单调递减区间是(－∞，1)，所以f(x)的单调递增区间是[2，＋∞）.
3．（人教A版必修第一册P81例5改编）函数f(x)＝(x∈[2，6])，则f(x)的最小值为，最大值为2．
解析：由于f(x)＝在[2，6]上单调递减，故f(x)的最大值为f(2)＝2，最小值为f(6)＝.
4．（苏教必修第一册P122T4改编）若f(x)是定义在(－3，6)上的减函数，且f(2x＋1)>f(5)，则x的取值范围为{x|－2
命题角度1 求函数的单调区间
【例1】 (1)（2024·广东深圳三模）函数y＝|－x2＋4x＋5|的单调递增区间是(－1，2)，(5，＋∞)．
【解析】 函数y＝|－x2＋4x＋5|＝
由|－x2＋4x＋5|＝0，解得x＝－1或x＝5，
函数y＝|－x2＋4x＋5|的图象如图所示，
由图可知，函数y＝|－x2＋4x＋5|的单调递增区间为(－1，2)，(5，＋∞).
(2)函数y＝(－x2＋4x)的单调递增区间是[0，2]．
【解析】 y＝(－x2＋4x)＝，由－x2＋4x≥0，解得0≤x≤4，令u＝－x2＋4x＝－(x－2)2＋4，当x∈[0，2]时单调递增，当x∈[2，4]时单调递减，又y＝u在u∈[0，＋∞）时单调递增，所以函数y＝(－x2＋4x)的单调递增区间是[0，2].
命题角度2 利用定义证明函数的单调性
【例2】 试讨论函数f(x)＝(a≠0)在(－1，1)上的单调性．
【解】 方法一（定义法）
设－1
由于－1
故当a>0时，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，函数f(x)在(－1，1)上单调递减；
当a<0时，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)
f′(x)＝＝＝－.
故当a>0时，f′(x)<0，函数f(x)在(－1，1)上单调递减；
当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)在(－1，1)上单调递增．
1．求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间．
2．(1)函数单调性的判断方法：①定义法；②图象法；③利用已知函数的单调性；④导数法．
(2)函数y＝f(g（x)）的单调性应根据外层函数y＝f(t)和内层函数t＝g(x)的单调性判断，遵循“同增异减”的原则．
易错警示：不连续且单调性相同的单调区间要分开写，且用“，”或“和”连接，不能用“∪”连接．
【对点训练1】 (1)设函数f(x)在R上为增函数，则下列结论正确的是( D )
A．y＝在R上为减函数
B．y＝|f(x)|在R上为增函数
C．y＝－在R上为增函数
D．y＝－f(x)在R上为减函数
解析：对于A，若f(x)＝x，则y＝＝，在R上不是减函数，故A错误；对于B，若f(x)＝x，则y＝|f(x)|＝|x|，在R上不是增函数，故B错误；对于C，若f(x)＝x，则y＝－＝－，在R上不是增函数，故C错误；对于D，函数f(x)在R上为增函数，则对于任意的x1，x2∈R，设x1
(2)函数f(x)＝－的单调递增区间是( D )
A．(2，＋∞) B．(－∞，2)
C．(－2，2) D．(－∞，2)，(2，＋∞)
解析：函数f(x)＝－的定义域为{x|x≠2}，又f(x)＝－的图象是由y＝－的图象向右平移2个单位长度而来的，y＝－的单调递增区间为(－∞，0)，(0，＋∞)，所以f(x)＝－的单调递增区间为(－∞，2)，(2，＋∞).故选D.
考点2 求函数的最值（值域）
【例3】 (1)已知函数f(x)＝x2－2x＋3，则f(x)在区间[0，4]上的值域为[2，11]．
【解析】 因为f(x)＝x2－2x＋3＝(x－1)2＋2图象的对称轴为直线x＝1，所以f(x)在区间[0，1]上单调递减，在[1，4]上单调递增，当x＝1时，f(x)min＝f(1)＝2，当x＝4，f(x)max＝f(4)＝11，所以f(x)在区间[0，4]上的值域为[2，11].
(2)函数f(x)＝－3x在区间[2，4]上的最大值为－4，最小值为－12．
【解析】 易知函数y＝在区间[2，4]上单调递减，y＝－3x在区间[2，4]上单调递减，所以函数f(x)＝－3x在该区间上单调递减，所以f(x)max＝－3×2＝－4，f(x)min＝－3×4＝－12.
1．求函数最值（值域）的三种基本方法
(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值（值域）.
(2)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值（值域）.
(3)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值（值域）.
2．对于较复杂函数，可运用导数，求出在给定区间上的单调性或极值，然后结合端点函数值求出最值（值域）.
【对点训练2】 (1)函数f(x)＝－＋x2的定义域是[0，2]，则其值域为．
解析：由题意知函数y＝－，y＝x2均在[0，2]上单调递增，故f(x)在定义域[0，2]上为增函数，所以f(x)min＝f(0)＝－2＋0＝－2，f(x)max＝f(2)＝－＋4＝，即f(x)的值域为.
(2)已知函数y＝x－2，则函数的值域为[－1，＋∞）．
解析：令＝t(t≥0)，则函数变为y＝t2－2t＝(t－1)2－1，t≥0，该函数在[1，＋∞）上单调递增，在[0，1）上单调递减，故当t＝1时，y取最小值－1，所以值域为[－1，＋∞）.
(3)对于任意实数a，b，定义max{a，b}＝设函数f(x)＝|x|，g(x)＝(x≠0)，则函数h(x)＝max{f(x)，g(x)}(x>0)的最小值为1．
解析：令f(x)＝g(x)，x>0，即|x|＝，x>0，得x＝1，当x∈（0，1]时，|x|＝x<，当x∈(1，＋∞)时，|x|＝x>，所以h(x)＝
当x∈（0，1]时，h(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，函数h(x)单调递增，所以当x＝1时，h(x)min＝1.
考点3 函数单调性的应用
命题角度1 比较函数值的大小
【例4】 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＞＞，故f（）＞f（）＞f（），即c＞b＞a.故选D.
命题角度2 解不等式
【例5】 若函数f(x)的定义域为R，且对 x1，x2∈R，x1
A．(－1，＋∞) B．(0，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(2，＋∞)
【解析】 函数f(x)的定义域为R，且对 x1，x2∈R，x1
命题角度3 求参数的取值范围
【例6】 （2024·陕西渭南二模）已知函数f(x)＝是R上的增函数，则实数a的取值范围是( B )
A． B．
C．(0，1) D．（0，1]
【解析】 由f(x)＝是R上的增函数，得解得0
2．求解函数不等式时，由条件脱去“f”，转化为自变量间的大小关系，应注意函数的定义域．
3．求参数的值（范围）时，根据单调性直接构建参数满足的方程（组）（不等式（组））或结合图象求解．对于分段函数，要注意衔接点的取值．
【对点训练3】 (1)已知函数f(x)＝lg x－，f(m)＝1，且0＜p＜m＜n，则( C )
A．f(n)＜1且f(p)＞1
B．f(n)＞1且f(p)＞1
C．f(n)＞1且f(p)＜1
D．f(n)＜1且f(p)＜1
解析：∵y＝lg x在(0，＋∞)上单调递增，y＝在(－∞，＋∞)上单调递减，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增．又∵f(m)＝1，且0＜p＜m＜n，∴f(n)＞1且f(p)＜1.故选C.
(2)（2024·新课标Ⅰ卷）已知函数f(x)＝在R上单调递增，则a的取值范围是( B )
A．(－∞，0] B．[－1，0]
C．[－1，1] D．[0，＋∞)
解析：因为函数f(x)在R上单调递增，且当x＜0时，f(x)＝－x2－2ax－a，所以f(x)＝－x2－2ax－a在(－∞，0)上单调递增，所以－a≥0，即a≤0；当x≥0时，f(x)＝ex＋ln (x＋1)，所以函数f(x)在[0，＋∞）上单调递增．若函数f(x)在R上单调递增，则－a≤f(0)＝1，即a≥－1.综上，实数a的取值范围是[－1，0].故选B.
(3)（2024·陕西西安模拟）已知函数f(x)＝则不等式f(a2－1)>f(3)的解集为( A )
A．(－2，2)
B．(0，＋∞)
C．(－∞，0)
D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
解析：f(x)＝易知y＝在(－∞，0)上单调递减，y＝在(0，＋∞)上单调递减，且f(x)在x＝0处连续，故f(x)在R上单调递减，由f(a2－1)>f(3)，则a2－1<3，解得－2
课时作业7
1．（5分）函数f(x)＝|x|(x－1)的单调递减区间是( B )
A．(－∞，0) B．
C． D．(1，＋∞)
解析：f(x)＝作出图象，如图所示，可以得到函数的单调递减区间是.故选B.
2．（5分）y＝在[3，4]上的最大值为( A )
A．2 B．
C． D．4
解析：y＝＝＝1＋，因为y＝1＋在[3，4]上单调递减，所以当x＝3时，y取得最大值，最大值为1＋＝2.故选A.
3．（5分）（2024·陕西铜川三模）若函数y＝在R上单调递减，则实数a的取值范围是( C )
A. B．
C． D．
解析：∵函数y＝在R上单调递减，∴解得≤a<.故选C.
4．（5分）（2024·北京朝阳区二模）已知函数f(x)＝存在最小值，则实数a的取值范围是( A )
A．(－∞，1] B．（－∞，1)
C．[1，＋∞） D．(1，＋∞)
解析：当x≤1时，f(x)＝x2＋1，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在（0，1]上单调递增，则f(x)min＝f(0)＝1；当x>1时，f(x)＝2x－a，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，无最小值．根据题意，f(x)存在最小值，所以2－a≥1，即a≤1.故选A.
5．（5分）已知函数f(x)满足对任意x1，x2∈[0，＋∞），当x1
A．[0，4） B．[0，16）
C．(16，＋∞) D．(8，＋∞)
解析：由题意知，x1
6．（5分）已知x，y∈R，且x>y，则下列说法正确的是( C )
A．<
B．ex＋e－y
D．x2>y2
解析：对于A，当x＝2，y＝－3时，>，∴A错误；对于B，设y＝ex－e－x，则函数为R上的增函数，∵x>y，∴ex－e－x>ey－e－y，即ex＋e－y>ey＋e－x，∴B错误；对于C，∵y＝为R上的减函数，x>y，∴<，即－<0，∴C正确；对于D，当x＝2，y＝－3时，x2
A．f(x)的定义域为{x|x≠±2}
B．f(x)在(2，＋∞)上单调递减
C．f(f（－5)）＝－6
D．f(x)的值域是(－∞，0)∪(0，＋∞)
解析：对于A，令|x|－2≠0，解得x≠±2，所以f(x)的定义域为{x|x≠±2}，故A正确；对于B，若x>2，则f(x)＝，因为y＝x－2在(2，＋∞)上单调递增，且y＝x－2>0，可知f(x)＝在(2，＋∞)上单调递减，故B正确；对于C，因为f(－5)＝，所以f(f（－5)）＝－6，故C正确；对于D，因为x≠±2，则|x|≥0，且|x|≠2，可得|x|－2∈[－2，0）∪(0，＋∞)，当|x|－2∈[－2，0）时，f(x)＝≤－2，当|x|－2∈(0，＋∞)时，f(x)＝>0，所以f(x)的值域是(－∞，－2]∪（0，＋∞)，故D错误．故选ABC.
8．（6分）（多选）已知函数f(x)＝则下列结论正确的是( BC )
A．f(x)在R上为增函数
B．f(e)>f(2)
C．若f(x)在(a，a＋1)上单调递增，则a≤－1或a≥0
D．当x∈[－1，1]时，f(x)的值域为[1，2]
解析：易知f(x)在(－∞，0]，（0，＋∞)上单调递增，故A错误；由e>2，得f(e)>f(2)，故B正确；若f(x)在(a，a＋1)上单调递增，则a≥0或a＋1≤0，即a≤－1或a≥0，故C正确；当x∈[－1，0]时，f(x)∈[1，2]，当x∈（0，1]时，f(x)∈（－∞，2]，故x∈[－1，1]时，f(x)的值域为（－∞，2]，故D错误．故选BC.
9．（5分）已知f(x)＝2x＋x，则不等式f(|2x－3|)<3的解集为(1，2)．
解析：函数y＝2x，y＝x都是R上的增函数，则函数f(x)＝2x＋x是R上的增函数，不等式f(|2x－3|)<3 f(|2x－3|)
解析：f(x)＝＋log(x＋3)＝＋log(x＋3)＝－1＋log(x＋3)(－1≤x≤1)，易知当－1≤x≤1时，y＝－1和y＝log(x＋3)为减函数，故原函数为减函数，所以f(x)min＝f(1)＝0＋(－2)＝－2，f(x)max＝f(－1)＝2＋(－1)＝1.故函数f(x)的值域为[－2，1].
11．（16分）已知函数f(x)＝ax－(a，b∈R)的图象经过点，且f(1)＝.
(1)求a，b的值；
(2)用定义法证明函数y＝f(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增．
解：(1)由题意得
解得
(2)证明：由(1)可知f(x)＝x－， x1，x2∈(－1，＋∞)，且x1
所以1＋>0，所以(x1－x2)<0，即f(x1)－f(x2)<0，所以f(x1)
12．（17分）已知函数f(x)＝
(1)用定义法证明f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增；
(2)若f(x)的最小值是6，求a的值．
解：(1)证明：对任意的x1>x2>0，f(x1)－f(x2)＝x1＋－a－＝.
当0
则>0，
即f(x1)>f(x2).
故f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
(2)由(1)可知f(x)在(0，＋∞)上的最小值是f(2)＝4－a.
当x≤0时，f(x)＝x2－2ax＋a2－a，其图象的对称轴是直线x＝a.
①若a≥0，f(x)在（－∞，0]上单调递减，则f(x)在（－∞，0]上的最小值是f(0)＝a2－a.
②若a<0，f(x)在(－∞，a)上单调递减，在（a，0]上单调递增，则f(x)在（－∞，0]上的最小值是f(a)＝－a.
综上，f(x)min＝
因为f(x)的最小值是6，所以或或解得a＝－6.
13．（5分）已知f(x)是定义在R上的单调函数， x∈R，f(f（x)－x3－2x＋1）＝13，则f(5)＝( D )
A．114 B．116
C．134 D．136
解析：由题意可知f(x)－x3－2x＋1是一个常数，设f(x)－x3－2x＋1＝t，则f(x)＝x3＋2x＋t－1，因为f(f（x)－x3－2x＋1）＝13，所以f(t)＝t3＋3t－1＝13，因为f(t)＝t3＋3t－1在R上单调递增，且f(2)＝13，所以t＝2，所以f(x)＝x3＋2x＋1，则f(5)＝53＋2×5＋1＝136.故选D.
14．（5分）（2024·湖南长沙三模）已知函数f(x)＝则不等式f(x＋2)<2－f(x－4)的解集为(－∞，4)．
解析：函数f(x)＝x3＋2x－1在（－∞，1]上单调递增，又f(x)＝在(1，＋∞)上单调递增，且当x＝1时，1＋2－1＝＝2，所以f(x)在R上单调递增．设g(x)＝f(x＋2)＋f(x－4)，可得g(x)在R上单调递增．又g(4)＝f(6)＋f(0)＝3－1＝2，所以原不等式可化为g(x)
解析：由f(x1x2)－x1－x2＝x1f(x2)＋x2f(x1)－1，得＝＋，设g(x)＝，则g(x1x2)＝g(x1)＋g(x2)，取x1＝x2＝1，得g(1)＝0，取x1＝x2＝－1，得g(－1)＝g(1)＝0；取x1＝x，x2＝－1，得g(－x)＝g(x)，所以g(x)是偶函数，所以g(x)＝g(|x|)，因为当x1>x2>0时，>－1，两边同时乘x1－x2，得x1f(x2)－x2f(x1)>x2－x1，两边同时除以x1x2，得－>－，即>，即g(x2)>g(x1)，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．由g(－1)＝0，得f(－1)＝－1，由f(2)＝－3，得g(2)＝－1，g(4)＝－2，所以(x＋1)f＋x＋2>f(－1)可化为g>－2＝g(4)，即g>g(4)，所以<4，解得x>－或x<－，所以不等式(x＋1)f＋x＋2>f(－1)的解集为∪．
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