高考数学一轮复习策略

1、揣摩例题。

课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。

2、精练习题

复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。

3、加强审题的规范性

每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。

4、重视错题

“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。

专题3.2  函数的单调性与最值

【知识清单】

1. 函数的单调性

（1）增函数：若对于定义域内的某个区间上的任意两个自变量、，当时，都有，那么就说函数在区间上是增函数；

（2）减函数：若对于定义域内的某个区间上的任意两个自变量、，当时，都有

，那么就说函数在区间上是减函数.

2．函数的最值

1.最大值：一般地，设函数的定义域为，如果存在实数满足：

（1）对于任意的，都有；

（2）存在，使得.

那么，我们称是函数的最大值.

2.最小值：一般地，设函数的定义域为，如果存在实数满足：

（1）对于任意的，都有；

（2）存在，使得.

那么，我们称是函数的最小值.

【考点分类剖析】

考点一   单调性的判定和证明

【典例1】（2020·西藏自治区高三二模（文））下列函数中，在区间上为减函数的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】

对于A选项，函数在区间上为增函数；

对于B选项，函数在区间上为增函数；

对于C选项，函数在区间上为减函数；

对于D选项，函数在区间上为增函数.

故选：C.

【典例2】（2021·全国高一课时练习）已知函数f(x)=，证明函数在(-2，+∞)上单调递增.

【答案】证明见解析.

【解析】

∀x1，x2∈(-2，+∞)，利用作差法和0比可得函数值大小进而可证得.

【详解】

证明：∀x1，x2∈(-2，+∞)，且x1>x2>-2，

f(x)=

则f(x1)-f(x2)=

=，

因为x1>x2>-2，

所以x1-x2>0，x1+2>0，x2+2>0，

所以>0，所以f(x1)>f(x2)，

所以f(x)在(-2，+∞)上单调递增.

【规律方法】

掌握确定函数单调性(区间)的4种常用方法

(1)定义法：一般步骤为设元→作差→变形→判断符号→得出结论．其关键是作差变形，为了便于判断差的符号，通常将差变成因式连乘(除)或平方和的形式，再结合变量的范围、假定的两个自变量的大小关系及不等式的性质进行判断．

(2)图象法：如果f(x)是以图象形式给出的，或者f(x)的图象易作出，则可由图象的直观性确定它的单调性．

（3）熟悉一些常见的基本初等函数的单调性.

（4）导数法：利用导数取值的正负确定函数的单调性．

【变式探究】

1.【多选题】（2021·全国高一课时练习）设函数f(x)在R上为增函数，则下列结论不一定正确的是（    ）

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

【答案】ABC

【解析】

令可判断出A B C不正确，利用单调函数的定义判断可得结果.

【详解】

对于A，若f(x)=x，则y==，在R上不是减函数，A错误；

对于B，若f(x)=x，则y=|f(x)|=|x|，在R上不是增函数，B错误；

对于C，若f(x)=x，则y==，在R上不是增函数，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<x2，必有f(x1)<f(x2)，

对于y=f(x)，则有y1-y2=[f(x1)][f(x2)]=f(x2)f(x1)>0，

则y=f(x)在R上为减函数，D正确.

故选：ABC

2.已知，那么(    )

A. 在区间上单调递增    B. 在上单调递增

C. 在上单调递增    D. 在上单调递增

【答案】D

【解析】，在

记，则

当时，单调递增，且

而在不具有单调性，故A错误；

当时，不具有单调性，故B错误；

当时，单调递增，且

而在不具有单调性，故C错误；

当时，单调递减，且

而在单调递减，根据“同增异减”知，D正确.

故选：D

考点二：求函数的单调区间

【典例3】（2021·全国高一课时练习）函数f(x)=在（    ）

A．(-∞，1)∪(1，+∞)上单调递增

B．(-∞，1)∪(1，+∞)上单调递减

C．(-∞，1)和(1，+∞)上单调递增

D．(-∞，1)和(1，+∞)上单调递减

【答案】C

【解析】

分离函数得f(x)=-1，结合函数y=-在(-∞，0)和(0，+∞)上单调递增，由平移即可判断.

【详解】

f(x)的定义域为{x|x≠1}.

f(x)==-1=-1，

因为函数y=-在(-∞，0)和(0，+∞)上单调递增，由平移关系得，

f(x)在(-∞，1)和(1，+∞)上单调递增.

故选：C.

【典例4】函数的单调递增区间是（   ）

A.     B.     C.     D.

【答案】D

【解析】

得或，

令，则为增函数，

在上的增区间便是原函数的单调递增区间，

原函数的单调递增区间为，故选D.

【规律方法】

确定函数的单调区间常见方法：

1.利用基本初等函数的单调区间

2.图象法：对于基本初等函数及其函数的变形函数，可以作出函数图象求出函数的单调区间.

3.复合函数法：对于函数，可设内层函数为，外层函数为，可以利用复合函数法来进行求解，遵循“同增异减”，即内层函数与外层函数在区间D上的单调性相同，则函数在区间D上单调递增；内层函数与外层函数在区间D上的单调性相反，则函数在区间D上单调递减.

4.导数法：不等式的解集与函数的定义域的交集即为函数的单调递增区间，不等式的解集与函数的定义域的交集即为函数的单调递减区间.

【变式探究】

1.函数的单调递增区间是（   ）

A               B            C            D

【答案】A

【解析】

由题可得x2-3x+2＞0，解得x＜1或x＞2，

由二次函数的性质和复合函数的单调性可得

函数的单调递增区间为：（-∞，1）

故选：A．

2．（2021·浙江高一期末）若函数，则下列判断中正确的是___________．

（1），即函数的图象关于点成中心对称；

（2）函数的值域为；

（3）函数的单调递减区间是．

【答案】(1)(3)

【解析】

(1)根据对称中心直接验证即可判断(1)；对分和讨论，分别求出相应的值域可判断(2)；对分和讨论，并结合反比例型函数单调性，可判断(3).

【详解】

(1)因为，所以函数的图象关于点成中心对称，故(1)正确；

(2)当时，，此时函数在上单调递减，所以；

当时，，此时函数在上单调递减，所以；

所以函数，故(2)错误.

(3)由(2)可知，函数的单调递减区间是，故(3)正确．

故答案为：(1)(3)

方法点睛：函数关于点中心对称.

【特别警示】

1.单调区间必须是一个区间，不能是两个区间的并，如不能写成函数y＝在(－∞，0)∪(0，＋∞)上是减函数，而只能写成在(－∞，0)和(0，＋∞)上是减函数．

2.区间端点的写法；对于单独的一点，由于它的函数值是唯一确定的常数，没有增减变化，所以不存在单调问题，因此写单调区间时，可以包括端点，也可以不包括端点，但对于某些点无意义时，单调区间就不包括这些点．

考点三：利用单调性比较大小

【典例5】（2021·河南安阳市·高三一模（理））设函数满足，且有，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】

根据题意，得到函数在上单调递增，且为定义在上的偶函数，结合函数的单调性与奇偶性，即可求解.

【详解】

由题意知，都有，

可得函数在上单调递增，

又由函数满足，可得是定义在上的偶函数，

所以，所以，即，

故选：C.

【典例6】（2020·四川省高三三模（理））定义在实数集上的函数满足，且当时，是增函数，则，，的大小关系正确的是（    ）.

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】

，

关于对称，

又时，是增函数，，，

.

故选：C.

【方法总结】

先判断出函数的单调性，然后判断之间的大小关系，利用单调性比较出之间的大小关系.一般地，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，要利用其函数性质，转化到同一个单调区间上进行比较，对于选择题、填空题能数形结合的尽量用图象法求解．

【变式探究】

1.已知定义在上的函数满足，且对任意（0，3)都有，若，，，则下面结论正确的是（    ）

A．    B．

C．    D．

【答案】C

【解析】

因为，得函数关于对称，

又对任意（0，3)都有，所以函数在（0，3)时单调递减，

因为，所以，

又，所以，所以，故选C.

2.（2020·辽宁省抚顺一中高三二模（理））已知函数，设，，，则，，的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】

因为，所以，

因此为偶函数，且易知函数在上单调递增，

又，，，

所以，

因此.

故选C

考点四：利用单调性确定参数取值范围

【典例7】（2020·重庆市育才中学高三开学考试（文））若函数是上的增函数，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】

由函数是上的增函数，

则，解得，

即实数的取值范围是，

故选：B.

【典例8】【多选题】（2021·湖南长沙市·长沙一中高二月考）已知函数，若对任意的[t，t+1]，不等式恒成立，则整数t的取值可以是（    ）

A． B．1 C．3 D．5

【答案】CD

【解析】

首先判断在上为增函数，将不等式转化为，即对任意的[t，t+1]恒成立，利用一次函数的单调性，解不等式可得所求范围.

【详解】

，

当时，，在递增，

当时，，在上递增，

且，为连续函数，

所以在上为增函数，且，

由对任意的[t，t+1]，不等式恒成立，

即，

即，所以对任意的[t，t+1]恒成立，

由在[t，t+1]上递增，

可得的最大值为，

即，解得.

故选：CD

【典例9】（2020·江苏省睢宁县高级中学高三月考）已知，若在上恒成立，则实数的取值范围是__________

【答案】

【解析】

作出函数和在上的图像，如下图所示

由图可知，当直线在阴影部分之间时，满足在上恒成立

，所以

当直线经过点时，

当直线恰好是轴时，

所以

所以的取值范围是

故答案为：

【规律方法】

1.利用单调性求参数的范围(或值)的方法

（1）视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数；

（2）需注意若函数在区间[a，b]上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的．

（3）注意函数单调性呈现的三种方式：定义式、比值式（）、x2－x1与f(x2)－f(x1)关系式.

2.利用分离参数法；

3.对于恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.

【变式探究】

1.（2020·全国高三（文））已知函数，若，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】

，

如图所示：画出函数图像，根据图像知函数单调递增，

，即，解得或.

故选：D.

2.（2019·陕西西安中学高三期中（文））若函数为R上的减函数，则实数a的取值范围是　　

A．    B．    C．    D．

【答案】C

【解析】

因为函数为R上的减函数，所以,

,是减函数，且当时，，故只需满足，解得，故选C.

考点五：利用函数的单调性解决不等式问题

【典例10】【多选题】已知函数，则下列x的范围满足不等式的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】BCD

【解析】

画出函数的图象，由图象可知函数在上为增函数，再利用函数的单调性简化不等式，即可得到结果．

【详解】

因为函数，画出函数图象如图所示：

所以函数在上为增函数，

由得，

即

解得，

故选：B C D．

【典例11】（2020·海南高考真题）若定义在的奇函数f(x)在单调递减，且f(2)=0，则满足的x的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】

首先根据函数奇偶性与单调性，得到函数在相应区间上的符号，再根据两个数的乘积大于等于零，分类转化为对应自变量不等式，最后求并集得结果.

【详解】

因为定义在上的奇函数在上单调递减，且，

所以在上也是单调递减，且，，

所以当时，，当时，，

所以由可得：

或或

解得或，

所以满足的的取值范围是，

故选：D.

【规律方法】

1.给定具体函数，确定函数不等式的解，首先要判断函数的单调性；

2.求解含“f”的函数不等式的解题思路

先利用函数的相关性质将不等式转化为f(g(x))＞f(h(x))的形式，再根据函数的单调性去掉“f”，得到一般的不等式g(x)＞h(x)(或g(x)＜h(x))．

【变式探究】

1.（2020·重庆巴蜀中学高三月考（文））已知定义在上的函数满足，对任意的实数，且，，则不等式的解集为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】

设，

则，

，

对任意的，且，，

得，

即，

所以在上是增函数，

不等式即为，

所以，.

故选：B

2.（2019·江西省新余一中高三一模（理））已知是定义在上的增函数，若，则的取值范围是______________．

【答案】

【解析】

因为是定义在上的增函数，

所以，联立解得，故答案为．

考点六：函数的单调性和最值（值域）问题

【典例12】（2021·全国高三月考（文））若函数在区间上的值域为，则（    ）

A．有最大值，但无最小值 B．既有最大值，也有最小值

C．无最大值，但有最小值 D．既无最大值，也无最小值

【答案】A

【解析】

取，判断无最小值；由于，故结合题意得，进而得答案.

【详解】

解：，

不妨设，则在上的值域为，

由于函数在区间上的值域为，

所以，故无最小值；

因为，，

，

由于抛物线开口向上，

故， ，

所以，

所以，当且仅当时取得最大值.

故选：A.

【典例13】（2021·全国高三专题练习）已知，，当时，恒成立，则的最小值是_____.

【答案】

【解析】

按的正负分类讨论确定的关系，从而可把化为的函数，再由基本不等式求得最小值．

【详解】

当时，，即恒成立，

是上的增函数，

∴，

当时，，即恒成立，

是上的增函数，

∴，

∴，∴，当时等号成立．

故答案为：.

【总结提升】

函数最大值和最小值定义中两个关键词：

①“存在”：

M首先是一个函数值，它是值域中的一个元素，

如函数y＝x2(x∈R)的最小值是0，有f(0)＝0.

②“任意”：

最大(小)值定义中的“任意”是说对于定义域内的每一个值都必须满足不等式，即对于定义域内的全部元素，都有f(x)≤M(f(x)≥M)成立，也就是说，函数y＝f(x)的图象不能位于直线y＝M的上(下)方．

【变式探究】

1.（2020·上海高三一模）设，，若，则的（    ）

A．最小值为8 B．最大值为8

C．最小值为2 D．最大值为2

【答案】A

【解析】

本题首先可根据题意得出，然后根据得出，并将转化为，最后取，即可得出结果.

【详解】

因为，，所以，

因为，所以，，

则，

故当时，最小，，

故选：A.

2.（2020·辽宁省高三其他（文））已知函数，若的最小值为，则实数的值不可能是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】A

【解析】

由题意当时，，

当且仅当时，等号成立；

当时，，图象为二次函数图象的一部分，对称轴为，

当时，为函数在上的最小值，不合题意；

当时，为函数在上的最小值，，

由题意可得，解得；

综上，实数的取值范围为.

故选：A.

【方法拓展】

求函数最值（值域）的常见方法：

1.单调性法： 利用函数的单调性:若是上的单调增(减)函数,则,分别是在区间上取得最小(大)值,最大(小)值.

2.图象法：对于由基本初等函数图象变化而来的函数，通过观察函数图象的最高点或最低点确定函数的最值.

3. 利用配方法:形如型,用此种方法,注意自变量x的范围.

4.利用三角函数的有界性,如.

5.利用“分离常数”法:形如y= 或 (至少有一个不为零)的函数,求其值域可用此法.

6.利用换元法:形如型,可用此法求其值域.

7.利用基本不等式法:

8.导数法:利用导数与函数的连续性求图复杂函数的极值和最值,然后求出值域

9.求分段函数的最值时，应根据所给自变量值的大小选择相应的解析式求解，有时每段交替使用求值．若给出函数值或函数值的范围求自变量值或自变量的取值范围，应根据每一段的解析式分别求解，但要注意检验所求自变量值域范围是否符合相应段的自变量的取值范围．

     10.由判别式法来判断函数的值域时，若原函数的定义域不是实数集时，应综合函数的定义域，将扩大的部

     分剔除.

考点七：抽象函数的单调性问题

【典例14】（2021·海南高三其他模拟）已知定义在上的函数满足，且当时，，则关于的不等式（其中）的解集为（    ）

A． B．或

C． D．或

【答案】A

【解析】

先判断函数单调递减，再利用已知条件和函数的单调性得，解不等式即得解.

【详解】

任取，由已知得，即，所以函数单调递减．

由可得，

即，

所以，

即，

即，

又因为，

所以，

此时原不等式解集为．

故选：A

【典例15】设f(x)是定义在R上的函数，对m，n∈R，恒有f(m＋n)＝f(m)·f(n)(f(m)≠0，f(n)≠0)，且当x>0时，0<f(x)<1.求证：

(1)f(0)＝1；

(2)x∈R时，恒有f(x)>0；

(3)f(x)在R上是减函数．

【答案】见解析

【解析】分析：(1)可通过赋值求f(0)；(2)可通过f(0)＝f[x＋(－x)]＝f(x)·f(－x)证明f(x)>0；(3)利用定义可证明函数的单调性．

解：(1)根据题意，令m＝0，可得f(0＋n)＝f(0)·f(n)，

∵f(n)≠0，∴f(0)＝1.

(2)由题意知x>0时，0<f(x)<1；

当x＝0时，f(0)＝1>0；

当x<0时，－x>0，∴0<f(－x)<1.

∵f[x＋(－x)]＝f(x)·f(－x)，

∴f(x)·f(－x)＝1，

∴f(x)＝>0.

故x∈R时，恒有f(x)>0.

(3)设x1，x2∈R，且x1<x2，

则f(x2)＝f[x1＋(x2－x1)]，

∴f(x2)－f(x1)＝f[x1＋(x2－x1)]－f(x1)＝f(x1)·f(x2－x1)－f(x1)＝f(x1)[f(x2－x1)－1]．

由(2)知f(x1)>0，又x2－x1>0，∴0<f(x2－x1)<1，

故f(x2)－f(x1)<0，∴f(x)在R上是减函数．

【总结提升】

1.所谓抽象函数，一般是指没有给出具体解析式的函数，研究抽象函数的单调性，主要是考查对函数单调性的理解，是一类重要的题型，而证明抽象函数的单调性常采用定义法．

2.一般地，在高中数学中，主要有两种类型的抽象函数，一是“f(x＋y)”型[即给出f(x＋y)所具有的性质，如本例]，二是“f(xy)”型．对于f(x＋y)型的函数，只需构造f(x2)＝f[x1＋(x2－x1)]，再利用题设条件将它用f(x1)与f(x2－x1)表示出来，然后利用题设条件确定f(x2－x1)的范围(如符号、与“1”的大小关系)，从而确定f(x2)与f(x1)的大小关系；对f(xy)型的函数，则只需构造f(x2)＝f(x1·)即可．

【变式探究】

1.（2020·上海高三专题练习）函数的定义域为，并满足以下条件：①对任意，有；②对任意，有；③.

（Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）求证：在上是单调增函数；

（Ⅲ）若，且，求证：.

【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析．

【解析】

解法一：

(Ⅰ)令得：

因为，所以；

（Ⅱ）任取且设则

因为，所以，

所以在上是单调增函数；

（Ⅲ）由（Ⅰ）（Ⅱ）知，因为

又，

所以

所以

解法二：

(Ⅰ)因为对任意，有，且对任意，

所以，当时

故．

（Ⅱ）因为，所以

所以在上是单调增函数，即在上是单调增函数

（Ⅲ）由（Ⅱ）知，，

而，所以

所以

2．函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的减函数，对任意的x，y∈(0，＋∞)，都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)－1，且f(4)＝5.

(1)求f(2)的值；

(2)解不等式f(m－2)≥3.

【答案】(1)3.(2)(2,4]．

【解析】 (1)f(4)＝f(2＋2)＝f(2)＋f(2)－1，

又f(4)＝5，∴f(2)＝3.

(2)f(m－2)≥f(2)，∴，∴2＜m≤4.

∴m的范围为(2,4]．