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2025年高考数学精品教案第二章 函数 第2讲 函数的单调性与最值
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这是一份2025年高考数学精品教案第二章 函数 第2讲 函数的单调性与最值，共17页。
学生用书P020
1.函数的单调性
注意 （1）一个函数的同一种单调区间用“和”或“，”连接，不能用“∪”连接.
（2）“函数f（x）的单调区间为M ”与“函数f（x）在区间N 上单调”是两个不同的概念，显然N⊆M .
（3）注意“增（减）函数”与“单调递增（减）”的区别，只有在定义域上单调递增（减），才能称它是增（减）函数.
规律总结
1.函数单调性的两个等价变形
若∀x1，x2∈D（x1≠x2），则
（1）f（x1）－f（x2）x1－x2＞0（或（x1－x2）[f（x1）－f（x2）]＞0）⇔f（x）在区间D上单调递增；
（2）f（x1）－f（x2）x1－x2＜0（或（x1－x2）[f（x1）－f（x2）]＜0）⇔f（x）在区间D上单调递减.
2.函数单调性的常用结论
（1）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；
（2）当f（x）≠0时，函数f（x）与－f（x），1f（x）在公共定义域内单调性相反；
（3）复合函数y＝f（g（x））的单调性与y＝f（t），t＝g（x）的单调性有关，即“同增异减”.
3.对勾函数y＝ax＋bx（a＞0，b＞0）的单调性与最值
如图，
（1）单调性：增区间为（－∞，－ba），（ba，＋∞）；减区间（－ba，0），（0，ba）.
（2）最值：当x＞0时，函数y＝ax＋bx在x＝ba处取得最小值2ab；当x＜0时，函数y＝ax＋bx在x＝－ba处取得最大值－2ab.
注意 对勾函数y＝ax＋bx（a＞0，b＞0）的图象有两条渐近线：x＝0，y＝ax.
2.函数的最值
注意 闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值，当函数在闭区间上单调时最值一定在端点处取得.
1.以下说法正确的是（ D ）
A.对于函数y＝f（x），若f（1）＜f（3），则f（x）为增函数
B.函数y＝1x的单调递减区间为（－∞，0）∪（0，＋∞）
C.若函数y＝f（x）在[1，＋∞）上单调递增，则函数的单调递增区间是[1，＋∞）
D.闭区间上的单调函数，其最值一定在区间端点处取到
2.[教材改编]函数y＝｜x｜－1的单调递减区间为（ B ）
A.（0，＋∞）B.（－∞，0）
C.（－∞，－1）D.（－1，＋∞）
3.[教材改编]y＝2x+1x－3的值域为 （－∞，2）∪（2，＋∞） .
解析 y＝2x+1x－3＝2（x－3）+7x－3＝2＋7x－3，显然7x－3≠0，所以y≠2.故函数的值域为（－∞，2）∪（2，＋∞）.
4.y＝2x－x－1的值域为 [158，＋∞） .
解析 设t＝x－1，则x＝t2＋1，且t≥0，所以y＝2（t2＋1）－t＝2（t－14）2＋158，由t≥0，可得函数的值域为[158，＋∞）.
学生用书P022
命题点1 确定函数的单调性（单调区间）
例1 （1）[2023北京高考]下列函数中，在区间（0，＋∞）上单调递增的是（ C ）
A.f（x）＝－ln xB.f（x）＝12x
C.f（x）＝－1xD.f（x）＝3｜x－1｜
解析 对于A，因为函数y＝ln x在（0，＋∞）上单调递增，所以f（x）＝－ln x在（0，＋∞）上单调递减，所以A不符合要求；对于B，因为f（x）＝12x＝（12）x在（0，＋∞）上单调递减，所以B不符合要求；对于C，由反比例函数的图象可知，f（x）＝－1x在（0，＋∞）上单调递增，所以C符合要求；对于D，当0＜x＜1时，y＝3｜x-1｜＝31-x在（0，1）上单调递减，所以D不符合要求.故选C.
（2）[全国卷Ⅱ]函数f（x）＝ln（x2－2x－8）的单调递增区间是（ D ）
A.（－∞，－2）B.（－∞，1）
C.（1，＋∞）D.（4，＋∞）
解析 由x2－2x－8＞0，得x＜－2或x＞4.因此，函数f（x）＝ln（x2－2x－8）的定义域是（－∞，－2）∪（4，＋∞）.（先求函数f（x）的定义域）
易知函数y＝x2－2x－8在（－∞，－2）上单调递减，在（4，＋∞）上单调递增，函数
y＝ln t为（0，＋∞）上的增函数，由复合函数的单调性知，f（x）＝ln（x2－2x－8）的单调递增区间是（4，＋∞）.故选D.
（3）讨论函数f（x）＝axx－1（a≠0）在（－1，1）上的单调性.
解析 解法一（导数法） f '（x）＝a（x－1）－ax（x－1）2＝－a（x－1）2.
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.
解法二（定义法） 设－1＜x1＜x2＜1，f（x）＝a（x－1+1x－1）＝a（1＋1x－1），则f（x1）－
f（x2）＝a（1＋1x1－1）－a（1＋1x2－1）＝a（x2－x1）（x1－1)(x2－1）.
由于－1＜x1＜x2＜1，
所以x2－x1＞0，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）＜f（x2），函数f（x）在（－1，1）上单调递增.
方法技巧
判断函数的单调性的方法
（1）定义法；（2）图象法；（3）导数法；（4）性质法.
训练1 （1）函数g（x）＝x·｜x－1｜＋1的单调递减区间为（ B ）
A.（－∞，12]B.[12，1]
C.[1，＋∞）D.（－∞，12）∪[1，＋∞）
解析 g（x）＝x·｜x－1｜＋1＝x2－x+1，x≥1，－x2＋x+1，x<1，画出函数图象，如图所示，根据图象知，函数的单调递减区间为[12，1].
（2）[多选]下列函数在（0，＋∞）上单调递增的是（ ABC ）
A.y＝ex－e－xB.y＝lg x2
C.y＝2x＋2cs xD.y＝x2＋x－2
解析 ∵y＝ex与y＝－e－x均为R上的增函数，∴y＝ex－e－x为R上的增函数，故A正确；
当x＞0时，y＝lg x2＝2lg x，此时函数在（0，＋∞）上单调递增，故B正确；
对于选项C，y'＝2－2sin x≥0，∴y＝2x＋2cs x在（0，＋∞）上单调递增，故C正确；
y＝x2＋x－2的定义域为（－∞，－2]∪[1，＋∞），故D不正确.故选ABC.
命题点2 函数单调性的应用
角度1 比较大小
例2 （1）[2024厦门市湖滨中学模拟改编]已知定义在R上的奇函数f（x）满足f（x＋2）＝f（x），且当x∈[0，1）时，f（x1）－f（x2）x1－x2＞0（x1≠x2），则f（－152），f（4），
f（112）的大小关系是（ A ）
A.f（－152）＞f（4）＞f（112）B.f（－152）＞f（112）＞f（4）
C.f（112）＞f（4）＞f（－152）D.f（4）＞f（112）＞f（－152）
解析 因为x∈[0，1）时，f（x1）－f（x2）x1－x2＞0，所以f（x）在 [0，1）上单调递增.又因为
f（x）为奇函数，所以f（x）在（－1，1）上单调递增.由f（x＋2）＝f（x）可得f（x）的周期为2，所以 f（－152）＝f（－152＋2×4）＝f（12），f（4）＝f（0），f（112）＝f（112－2×3）＝f（－12），所以f（12）＞f（0）＞f（－12），即f（－152）＞f（4）＞f（112）.故选A.
（2）[2024吉林长春东北师大附中校考改编]函数f（x）的定义域为（0，＋∞），对于∀x，y∈（0，＋∞），f（xy）＝f（x）＋f（y），且当x＞1时，f（x）＜0.则a＝
f（sin 3），b＝f（ln 3），c＝f（21.5）的大小关系是（ A ）
A.a＞b＞cB.a＞c＞b
C.b＞c＞aD.c＞b＞a
解析 设∀x1，x2∈（0，＋∞），且x1＜x2，则x2x1＞1，f（x2x1）＜0.因为f（x2）－f（x1）＝
f（x2x1·x1）－f（x1）＝f（x2x1）＜0，所以f（x2）＜f（x1），即f（x）为减函数. 因为0＜sin 3＜1＜ln 3＜2＜21.5，所以f（sin 3）＞f（ln 3）＞f（21.5），即a＞b＞c，故选A.
方法技巧
利用函数的单调性比较大小的方法
比较函数值的大小时，应先将自变量的值转化到同一个单调区间内，再利用函数的单调性求解.
角度2 求解不等式
例3 （1）[全国卷Ⅰ]函数f（x）在（－∞，＋∞）上单调递减，且为奇函数.若f（1）＝
－1，则满足－1≤f（x－2）≤1的x的取值范围是（ D ）
A.[－2，2]B.[－1，1]C.[0，4]D.[1，3]
解析 ∵函数f（x）为奇函数，且f（1）＝－1，∴f（－1）＝－f（1）＝1，由－1≤
f（x－2）≤1，得f（1）≤f（x－2）≤f（－1），（将常数转化为函数值）
又函数f（x）在（－∞，＋∞）上单调递减，∴－1≤x－2≤1，∴1≤x≤3.故选D.
（2）[2024安徽名校联考]设函数f（x）＝x2－12｜x｜+1，则满足f（x＋2）＞f（2x－3）的x的取值范围是（ C ）
A.（－∞，5）B.（13，＋∞）
C.（13，5）D.（－∞，13）∪（5，＋∞）
解析 f（x）＝x2－12｜x｜+1的定义域为R，∵f（－x）＝（－x）2－12｜－x｜+1＝x2－12｜x｜+1＝
f（x），∴f（x）为偶函数.由f（x＋2）＞f（2x－3）可得f（｜x＋2｜）＞f（｜2x－3｜），又当x＞0时，f（x）＝x2－12x+1单调递增，∴｜x＋2｜＞｜2x－3｜，即（x＋2）2＞（2x－3）2，解得13＜x＜5.故选C.
方法技巧
利用函数的单调性求解或证明不等式的策略
（1）将不等式转化为f（x1）＞f（x2）的形式，
（2）根据函数f（x）的单调性“脱去”函数符号“f ”化为形如“x1＞x2”或“x1＜x2”的不等式求解，注意必须在同一单调区间内进行.若不等式一边没有“f ”，而是常数，则应将常数转化为函数值.
角度3 已知函数单调性求参数的值或取值范围
例4 （1）[2023新高考卷Ⅰ]设函数 f（x）＝2x（x－a）在区间（0，1）单调递减，则a的取值范围是（ D ）
A.（－∞，－2]B.[－2，0）
C.（0，2]D.[2，＋∞）
解析 由题意得y＝x（x－a）在区间（0，1）上单调递减，所以a2≥1，解得a≥2.故选D.
（2）[2023江苏省响水中学检测]已知函数f（x）＝｜x－a+3|,x≥1，lgax，0A.（0，1）B.（3，6）C.（1，4]D.（1，2]
解析 ∵函数f（x）＝｜x－a+3|,x≥1，lgax，01，a－3≤1，0≤｜－a+4|,解得1＜a≤4，∴实数a的取值范围为（1，4]，故选C.
方法技巧
已知函数的单调性求参数的取值范围的方法
根据函数的单调性构建含参数的方程（组）或不等式（组）进行求解，或先得到图象的升降情况，再结合图象求解.
注意 若分段函数是单调函数，则不仅要各段上函数单调性一致，还要在整个定义域内单调，即要注意分界点处的函数值大小.
训练2 （1）[2024浙江省宁波市育才高级中学模拟]已知函数f（x）＝12－ax在[0，1）上单调递增，则a的取值范围是（ A ）
A.（0，2]B.（0，2）
C.（0，＋∞）D.（－∞，0）
解析 设t＝2－ax，由已知易知t＝2－ax在[0，1）上单调递减，且在区间[0，1）上大于零恒成立，所以a>0，－a+2≥0⇒0＜a≤2.故选A.
（2）[2023江苏南京模拟]已知f（x）＝ex－4，x≤4，（x－16）2－143，x>4，则当x≥0时，
f（2x）与f（x2）的大小关系是（ B ）
A.f（2x）≤f（x2）B.f（2x）≥f（x2）
C.f（2x）＝f（x2）D.不确定
解析 由函数f（x）＝ex－4，x≤4，（x－16）2－143，x>4，得函数f（x）在
（－∞，4）上单调递增，在[4，16]上单调递减，在（16，＋∞）上单调递增，作出函数y＝2x和y＝x2的图象，如图所示.
当x≥0时，令2x＝x2，得x＝2或x＝4.
结合图象可知，当0≤x＜2时，4＞2x＞x2≥0，则f（2x）＞f（x2），当2≤x≤4时，4≤2x≤x2≤16，则f（2x）≥f（x2），当x＞4时，2x＞x2＞16，则f（2x）＞f（x2）.
综上所述，当x≥0时，f（2x）≥f（x2）.故选B.
（3）[2023山东模拟]不等式x6－（2x＋3）＞（2x＋3）3－x2的解集是（ A ）
A.（－∞，－1）∪（3，＋∞）
B.（－1，3）
C.（－3，1）
D.（－∞，－3）∪（1，＋∞）
解析 由不等式x6－（2x＋3）＞（2x＋3）3－x2，得（x2）3＋x2＞（2x＋3）3＋（2x＋3）.设函数f（t）＝t3＋t，易知f（t）在R上单调递增，因为f（x2）＞f（2x＋3），所以x2＞2x＋3，解得x＞3或x＜－1.故选A.
命题点3 与函数的最值（值域）有关的问题
例5 （1）函数f（x）＝x2－x+1x的值域为 （－∞，－3]∪[1，＋∞） .
解析 f（x）＝x2－x+1x＝x－1＋1x，由对勾函数y＝x＋1x的图象可知，x＋1x∈（－∞，
－2]∪[2，＋∞），所以函数f（x）的值域为（－∞，－3]∪[1，＋∞）.
命题拓展
[变条件]函数f（x）＝x2－x+1x+1的值域为 （－∞，－23－3]∪[23－3，＋∞） .
解析 令x＋1＝t（t≠0），则x2－x+1x+1＝（t－1）2－（t－1）+1t＝t2－3t+3t＝t－3＋3t， 由对勾函数y＝t＋3t的图象可知，t＋3t∈（－∞，－23]∪[23，＋∞），所以函数f（x）的值域为（－∞，－23－3]∪[23－3，＋∞）.
（2）[2022北京高考]设函数f（x） ＝－ax+1, x＜a，（x－2）2，x≥a.若f（x）存在最小值，则a的一个取值为 0（答案不唯一） ； a的最大值为 1 .
解析 当a＝0时，函数f（x）＝1，x<0，（x－2）2，x≥0，存在最小值0，所以a的一个取值可以为0；当a＜0时，若x＜a，则f（x）＝－ax＋1，此时函数f（x）不可能存在最小值；当0＜a≤2时，若x＜a，则f（x）＝－ax＋1，此时f（x）∈（－a2＋1，＋∞），若x≥a，则f（x）＝（x－2）2∈[0，＋∞），若函数f（x）存在最小值，则－a2＋1≥0，得0＜a≤1；当a＞2时，若x＜a，则f（x）＝－ax＋1，此时f（x）∈（－a2＋1，＋∞），若x≥a，则f（x）＝（x－2）2∈[（a－2）2，＋∞），若函数f（x）存在最小值，则－a2＋1≥（a－2）2，此时不等式无解.综上，0≤a≤1，所以a的最大值为1.
方法技巧
求函数最值（值域）的方法
（1）单调性法；（2）图象法；（3）基本不等式法.
注意 对于较复杂的函数，可通过换元、分离常数等进行转化，对于无法变形化简的函数，则常利用导数法判断函数的单调性，从而求出其值域.
训练3 （1）[2023湖南常德一模改编]若函数f（x）＝8－2x（x≤2),3+lgax（x>2）的值域是[4，＋∞），则实数a的取值范围是（ D ）
A.（1，＋∞）B.（2，＋∞）C.（1，2]D.（52，2]
解析 当x≤2时，0＜2x≤4，4≤8－2x＜8，所以f（x）∈[4，8）.当x＞2时，分以下两种情况讨论.若0＜a＜1，则函数y＝3＋lgax单调递减，所以3＋lgax∈（－∞，3＋lga2），与f（x）的值域是[4，＋∞）矛盾.若a＞1，则函数y＝3＋lgax单调递增，所以3＋lgax∈（3＋lga2，＋∞），要使f（x）的值域是[4，＋∞），则有4≤3＋lga2＜8，解得52＜a≤2.故选D.
（2）[2024重庆市渝北中学模拟]已知f（x）＝2＋lg3x，x∈[1，81]，则y＝[f（x）]2＋
f（x2）的最大值为 22 .
解析 由f（x）＝2＋lg3x，得y＝[f（x）]2＋f（x2）＝（2＋lg3x）2＋2＋lg3x2＝（2＋lg3x）2＋2＋2lg3x＝（lg3x＋3）2－3.∵函数f（x）的定义域为[1，81]，∴1≤x2≤81，1≤x≤81，∴1≤x≤9，∴0≤lg3x≤2，∴当lg3x＝2，即x＝9时，ymax＝22.∴函数y＝[f（x）]2＋f（x2）的最大值为22.
1.[命题点1/2023贵州安顺模拟]若定义在R上的函数f（x），对任意x1≠x2，都有
x1 f（x1）＋x2 f（x2）≥x1 f（x2）＋x2 f（x1），则称f（x）为“H函数”.现给出下列函数，其中是“H函数”的有 ②④ .（填上所有正确答案的序号）
①f（x）＝x2－2x＋3；
②f（x）＝2x－1；
③f（x）＝lg（x－1）；
④f（x）＝1，x<0，2x+1，x≥0.
解析 根据题意，对任意x1≠x2，都有x1 f（x1）＋x2 f（x2）≥x1 f（x2）＋x2 f（x1）恒成立，则有f（x1）（x1－x2）－f（x2）（x1－x2）≥0，即[f（x1）－f（x2）]（x1－x2）≥0，当x1＜x2时，x1－x2＜0，则f（x1）－f（x2）≤0，即f（x1）≤f（x2），
所以若函数f（x）为“H函数”，则函数f（x）在R上为增函数或常数函数.
对于①，因为f（x）＝x2－2x＋3的图象开口向上，对称轴为x＝1，所以f（x）在（－∞，1）上单调递减，在 （1，＋∞）上单调递增，故其不是“H函数”.
对于②，易得f（x）＝2x－1在R上单调递增，满足“H函数”的定义.
对于③，f（x）＝lg（x－1）的定义域为（1，＋∞），不满足“H函数”的定义.
对于④，因为f（x）＝1，x<0，2x+1，x≥0，所以当x＜0时，f（x）为常数函数；当x≥0时，
f（x）单调递增，且1＜20＋1.显然f（x）满足“H函数”的定义.故答案为②④.
2.[命题点2角度1/2023山东师大附中、长沙一中等校联考]设函数f（x）＝（32）｜x｜＋x2，若a＝f（ln 3），b＝f（－lg52），c＝f（1e），则（ D ）
A.a＞b＞cB.c＞b＞a
C.c＞a＞bD.a＞c＞b
解析 由题意知f（－x）＝f（x），所以f（x）是R上的偶函数.当x＞0时，f（x）＝
（32）x＋x2单调递增，则b＝f（－lg52）＝f（lg52），ln 3＞1，0＜lg52＜lg55＝12，
1＞1e＞12，即ln 3＞1e＞lg52，则f（ln 3）＞f（1e）＞f（lg52），即f（ln 3）＞f（1e）＞
f（－lg52），故a＞c＞b，故选D.
3.[命题点2角度2]已知定义在R上的函数f（x）满足f（x）＝f（－x），且f（x）在
（－∞，0]上单调递减，若不等式f（ax＋2）≤f（－1）对任意的x∈[1，2]恒成立，则a的最大值为 －1 .
解析 由f（x）满足f（x）＝f（－x），可知f（x）的图象关于y轴对称，因为f（x）在（－∞，0]上单调递减，所以f（x）在[0，＋∞）上单调递增.根据f（x）的图象特征可得当x∈[1，2]时，－1≤ax＋2≤1恒成立，即－3x≤a≤－1x恒成立，所以－32≤a≤－1，故a的最大值为－1.
4.[命题点2角度3]已知函数f（x）＝（1－2a）x，x<1，ax+4，x≥1，且对任意的x1，x2∈R，x1≠x2，都有 f（x1）－f（x2）x1－x2＞0，则a的取值范围是 [－1，0） .
解析 由于对任意的x1，x2∈R，x1≠x2，都有f（x1）－f（x2）x1－x2＞0，所以函数f（x）在R上为增函数，所以1－2a>1，a<0，1－2a≤a+4，解得－1≤a＜0.
5.[命题点3/2023河北唐山联考]若函数f（x）与g（x）对任意的x1，x2∈[c，d]，都有
f（x1）·g（x2）≥k，则称函数f（x）与g（x）是区间[c，d]上的“k阶友好函数”.已知函数f（x）＝2 022x－1与g（x）＝x2－（a＋1）x＋2－a是区间[1，2]上的“3阶友好函数”，则实数a的取值范围是 （－∞，－12] .
解析 因为函数f（x）＝2 022x－1与g（x）＝x2－（a＋1）x＋2－a是区间[1，2]上的“3阶友好函数”，所以当x1，x2∈[1，2]时，f（x1）·g（x2）≥3恒成立.易知 f（x1）＞
0，故g（x2）＞0.又f（x）＝2 022x－1在[1，2]上单调递增，所以当x∈[1，2]时，
f（x）min＝f（1）＝1，所以f（x1）·g（x2）≥f（1）·g（x2）＝g（x2），故当x∈[1，2]时，g（x）＝x2－（a＋1）x＋2－a≥3恒成立，即a≤x2－x－1x+1恒成立.x2－x－1x+1＝（x+1）2－3（x+1）+1x+1＝x＋1＋1x+1－3.设h（t）＝t＋1t－3，t∈[2，3]，由对勾函数性质可知，h（t）在[2，3]上单调递增，所以h（t）min＝h（2）＝－12，所以a≤－12.
学生用书·练习帮P265
1.[2024河北省唐山市第二中学模拟]下列函数中，在区间（0，＋∞）上单调递减的是（ C ）
A.f（x）＝－3xB.f（x）＝｜x｜
C.f（x）＝15xD.f（x）＝2｜x－1｜
解析 A：由反比例函数的性质知，f（x）＝－3x在（0，＋∞）上单调递增，不符合题意.
B：f（x）＝｜x｜＝－x，x<0，x，x≥0在（0，＋∞）上单调递增，不符合题意.
C：由指数函数的单调性知，f（x）＝15x＝（15）x在（0，＋∞）上单调递减，符合题意.
D：f（x）＝2｜x－1｜＝2x－1，x≥1，21－x，x<1在（0，＋∞）上不单调，不符合题意.故选C.
2.若函数f（x）＝2x2+31+x2，则f（x）的值域为（ C ）
A.（－∞，3]B.（2，3）
C.（2，3]D.[3，＋∞）
解析 f（x）＝2x2+31+x2＝2＋1x2+1，∵x2≥0，∴x2＋1≥1，∴0＜1x2+1≤1，∴2＜2＋1x2+1≤3，即f（x）∈（2，3].
3.设函数f（x）在R上为增函数，则下列结论一定正确的是（ D ）
A.y＝1f（x）在R上为减函数
B.y＝｜f（x）｜在R上为增函数
C.y＝－1f（x）在R上为增函数
D.y＝－f（x）在R上为减函数
解析 设f（x）＝x，则y＝1f（x）＝1x的定义域为（－∞，0）∪（0，＋∞），在定义域上无单调性，A错误；y＝｜f（x）｜＝｜x｜在R上无单调性，B错误；y＝－1f（x）＝－1x的定义域为（－∞，0）∪（0，＋∞），在定义域上无单调性，C错误；y＝－f（x）＝－x 在R上为减函数，所以选项D正确.
4.[2024广东七校联考]若函数f（x）＝2｜x－a｜＋3在区间[1，＋∞）上不单调，则a的取值范围是（ B ）
A.[1，＋∞）B.（1，＋∞）
C.（－∞，1）D.（－∞，1]
解析 函数f（x）＝2｜x－a｜＋3的大致图象如图所示，其形状如一个“V”，开口向上，顶点坐标为（a，3），对称轴方程为x＝a.由于函数f（x）＝2｜x－a｜＋3在区间[1，＋∞）上不单调，因此需满足对称轴x＝a在直线x＝1的右侧，则a＞1，故选B.
5.[2024甘肃兰化一中模拟]已知函数f（x）＝ex－e－x，x>0，－x2，x≤0，若a＝50.01，b＝lg32，c＝lg20.9，则有（ A ）
A.f（a）＞f（b）＞f（c）B.f（b）＞f（a）＞f（c）
C.f（a）＞f（c）＞f（b）D.f（c）＞f（a）＞f（b）
解析 因为y＝ex是增函数，y＝e－x是减函数，所以f（x）＝ex－e－x在（0，＋∞）上单调递增，且f（x）＞0.又f（x）＝－x2在（－∞，0]上单调递增，且f（x）≤0，所以f（x）在R上单调递增.又c＝lg20.9＜0，0＜b＝lg32＜1，a＝50.01＞1，即a＞b＞c，所以f（a）＞f（b）＞f（c）.
6.[2024浙江名校联考]已知函数y＝lg2（ax2－x）在区间（1，2）上单调递增，则实数a的取值范围为（ D ）
A.（0，12）B.（12，1）C.（12，＋∞）D.[1，＋∞）
解析 由题意可得，函数y＝lg2（ax2－x）是由函数y＝lg2u与函数u＝ax2－x复合而成的，因为函数y＝lg2u在定义域内单调递增，所以由复合函数单调性的判断依据“同增异减”可知，要使函数y＝lg2（ax2－x）在区间（1，2）上单调递增，则函数u＝ax2－x在区间（1，2）上单调递增.若a≤0，则易知函数u＝ax2－x在（0，＋∞）上单调递减，所以不满足题意；若a＞0，此时要满足题意，需a×12－1≥0，12a≤1，（易错警示：对数型函数考查单调区间时要注意真数大于0这一隐藏条件的应用）
解得a≥1.故选D.
7.[2024浙江省嘉兴市阶段性测试]若函数f（x）＝（2－3a）x+1，x≤1，ax，x>1满足对任意两个不同的实数x1，x2，都有f（x1）－f（x2）x1－x2＜0成立，则实数a的取值范围为（ B ）
A.[23，＋∞）B.（23，34]C.（23，1）D.[34，1）
解析 ∵对任意两个不同的实数x1，x2，都有f（x1）－f（x2）x1－x2＜0成立，∴f（x）是R上的减函数，∴2－3a<0，a>0，2－3a+1≥a，解得a∈（23，34]，
∴实数a的取值范围是（23，34].故选B.
8.[多选]已知函数f（x）＝x－ax（a≠0），下列说法正确的是（ BCD ）
A.当a＞0时，f（x）在定义域上单调递增
B.当a＝－4时，f（x）的单调递增区间为（－∞，－2），（2，＋∞）
C.当a＝－4时，f（x）的值域为（－∞，－4]∪[4，＋∞）
D.当a＞0时，f（x）的值域为R
解析 当a＞0时，f（x）＝x－ax，定义域为（－∞，0）∪（0，＋∞）.
∵f（x）在（－∞，0），（0，＋∞）上单调递增，∴A错误.
若a＞0，当x→－∞时，f（x）→－∞，当x→0－时，f（x）→
＋∞，∴f（x）的值域为R，故D正确.当a＝－4时，f（x）＝x＋4x，易知
f（x）的图象如图，由图象可知，B，C正确.
9.[2024河南郑州模拟]函数f（x）＝4x－2x＋1－1的值域是 [－2，＋∞） .
解析 由题知f（x）＝（2x）2－2·2x－1，令2x＝t（t＞0），得m（t）＝t2－2t－1＝（t－1）2－2（t＞0），由于m（t）＝（t－1）2－2（t＞0）在（0，1）上单调递减，在（1，
＋∞）上单调递增，所以m（t）≥m（1）＝－2，故f（x）的值域为[－2，＋∞）.
10.已知函数f（x）＝2 025x－2 025－x＋1 ，则不等式f（2x－1）＋f（2x）＞2的解集为 （14，＋∞） .
解析 由题意知，f（－x）＋f（x）＝2，所以f（－2x）＋f（2x）＝2，所以f（2x－1）＋
f（2x）＞2＝f（－2x）＋f（2x），所以f（2x－1）＞f（－2x），又由题意知函数f（x）在R上单调递增，所以2x－1＞－2x，所以x＞14，即原不等式的解集为（14，＋∞） .
11.[2024南昌市模拟]已知函数f（x）的值域为A，函数g（x）＝f（x）[f（x）]2+1的值域为B，则“A＝[－1，1]”是“B＝[－12，12]”的（ A ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
解析 令t＝f（x），t∈[－1，1]，则函数g（x）可化为y＝tt2+1，t∈[－1，1]，当t＝0时，y＝0；当t≠0时，y＝1t＋1t，记u＝t＋1t，
画出u＝t＋1t在[－1，1]上的图象，如图中实线所示，易知u≤－2或u≥2，从而y＝1t＋1t∈[－12，0）∪（0，12].综上，B＝[－12，12]，充分性成立.反之，令f（x）＝2，则g（x）＝f（x）[f（x）]2+1＝25∈[－12，12]，但f（x）＝2∉[－1，1]，所以必要性不成立.故选A.
12.已知函数f（x）＝lgaa－x2+x（a＞0，a≠1）为奇函数，其定义域为A.函数g（x）＝1x+2＋46－x，当x∈A时，g（x）≥M恒成立，当且仅当x＝x0时取等号，则f（x0）＝（ A ）
A.－1B.－lg23C.lg23D.lg257
解析 因为函数f（x）＝lgaa－x2+x（a＞0，a≠1）为奇函数，所以f（－x）＋f（x）＝lgaa＋x2－x＋lgaa－x2+x＝lgaa2－x24－x2＝0，得a2＝4.因为 a＞0，a≠1，所以a＝2，（也可以利用
f（0）＝0得出）
故f（x）的定义域为A＝（－2，2）.
由g（x）≥M在（－2，2）上恒成立，知M≤g（x）min.因为x∈A，所以x＋2＞0，6－x＞0，所以g（x）＝18（1x+2＋46－x）[（x＋2）＋（6－x）]＝18[5＋6－xx+2＋4（x+2）6－x]≥18（5＋4）＝98，当且仅当6－x＝2（x＋2），即x＝23时取等号.故x0＝23，所以 f（23）＝lg22－232+23＝－1.故选A.
13.[多选/2023浙江名校联考]已知f（x）是定义在{x｜x≠0}上的奇函数，当x2＞x1＞0时，x1x2[f（x1）－f（x2）]＋x1－x2＞0恒成立，则（ BC ）
A.y＝f（x）在（－∞，0）上单调递增
B.y＝f（x）－12x在（0，＋∞）上单调递减
C.f（2）＋f（－3）＞16
D.f（2）－f（－3）＞16
解析 因为当x2＞x1＞0时，x1x2[f（x1）－f（x2）]＋x1－x2＞0，可以化简为f（x1）－
f（x2）＞1x1－1x2＞0，所以函数f（x）在（0，＋∞）上单调递减，因为函数f（x）是定义在{x｜x≠0}上的奇函数，所以函数f（x）在（－∞，0）上单调递减，所以选项A错误；
由f（x1）－f（x2）＞1x1－1x2＞0可得f（x1）－12x1－[f（x2）－12x2]＞12x1－12x2＞0，所以函数y＝f（x）－12x在（0，＋∞）上单调递减，所以选项B正确；
取x1＝2，x2＝3，则f（2）－f（3）＞12－13＝16，因为函数f（x）是定义在{x｜x≠0}上的奇函数，所以f（－3）＝－f（3），所以f（2）＋f（－3）＞16，所以选项C正确；
f（x）在（0，＋∞）上单调递减，但函数解析式不确定，所以若取f（2）＝112，f（3）＝－16，则f（2）－f（－3）＝f（2）＋f（3）＝112－16＝－112＜16，所以选项D错误.故选BC.
14.[探索创新/多选/2024福建上杭一中模拟]高斯是德国著名数学家，有“数学王子”的称号，他和阿基米德，牛顿并列为世界三大数学家，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数，例如[－2.1]＝－3，[2.1]＝2.则下列说法正确的是（ ACD ）
A.函数y＝x－[x]在区间[k，k＋1）（k∈Z）上单调递增
B.∀x∈R，x≥[x]＋1
C.若函数f（x）＝｜1+sin2x－1－sin2x｜，则y＝[f（x）]的值域为{0，1}
D.函数f（x）＝[2x+11+2x－13]的值域为{－1，0，1}
解析 对于A，x∈[k，k＋1），k∈Z，有[x]＝k，则函数y＝x－[x]＝x－k在[k，k＋1）上单调递增，A正确；
对于B，当x＝2时，[x]＋1＝3，有2＜[2]＋1，B错误；
对于C，f（x）＝｜1+sin2x－1－sin2x｜＝（1+sin2x－1－sin2x）2＝2－21－sin22x ＝2－2｜cs2x｜，
当0≤｜cs 2x｜≤12时，1≤2－2｜cs 2x｜≤2，1≤f（x）≤2，有[f（x）]＝1，当12＜
｜cs 2x｜≤1时，0≤2－2｜cs 2x｜＜1，0≤f（x）＜1，有[f（x）]＝0，所以函数y＝
[f（x）]的值域为{0，1}，C正确；
对于D，函数y＝2x+11+2x－13＝2（2x+1)－22x+1－13＝53－22x+1，x∈R，又2x＋1＞1，因此0＜22x+1＜2，所以－13＜2x+11+2x－13＜53，所以[2x+11+2x－13]∈{－1，0，1}，D正确.故选ACD.课标要求
命题点
五年考情
命题分析预测
借助函数图象，会用符号语言表达函数的单调性、最大值、最小值，理解它们的作用和实际意义.
确定函数的单调性（单调区间）
2023北京T4；2021全国卷甲T4；2020全国卷ⅡT9
本讲每年必考，命题稳定.命题热点有讨论函数的单调性，利用函数的单调性比较大小、解不等式、求最值等，也常与函数的奇偶性、周期性及对称性综合命题.题型既有选择题、填空题，也有解答题（常与导数综合命题），单独考查时难度不大，与导数综合时难度中等偏上.预计2025年高考命题趋势变化不大，备考时重点进行常规题型训练，并适当关注创新性命题.
函数单调性的应用
2023新高考卷ⅠT4；2023新高考卷ⅡT6；2020新高考卷ⅠT8；2020新高考卷ⅡT7；2019全国卷ⅢT11
与函数的最值（值域）有关的问题
2022北京T14
单调递增
单调递减
定
义
一般地，设函数f（x）的定义域为D，区间I⊆D，如果∀x1，x2∈I，
当x1＜x2时，都有①f（x1）＜f（x2），那么就称函数f（x）在区间I上单调递增.特别地，当函数f（x）在它的定义域上单调递增时，我们就称它是增函数.
当x1＜x2时，都有②f（x1）＞f（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
自左向右图象是③ 上升 的
自左向右图象是④ 下降 的
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⑤ 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f（x）的最大值.
M是函数f（x）的⑥ 最小值 .
学生用书P020
1.函数的单调性
注意 （1）一个函数的同一种单调区间用“和”或“，”连接，不能用“∪”连接.
（2）“函数f（x）的单调区间为M ”与“函数f（x）在区间N 上单调”是两个不同的概念，显然N⊆M .
（3）注意“增（减）函数”与“单调递增（减）”的区别，只有在定义域上单调递增（减），才能称它是增（减）函数.
规律总结
1.函数单调性的两个等价变形
若∀x1，x2∈D（x1≠x2），则
（1）f（x1）－f（x2）x1－x2＞0（或（x1－x2）[f（x1）－f（x2）]＞0）⇔f（x）在区间D上单调递增；
（2）f（x1）－f（x2）x1－x2＜0（或（x1－x2）[f（x1）－f（x2）]＜0）⇔f（x）在区间D上单调递减.
2.函数单调性的常用结论
（1）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；
（2）当f（x）≠0时，函数f（x）与－f（x），1f（x）在公共定义域内单调性相反；
（3）复合函数y＝f（g（x））的单调性与y＝f（t），t＝g（x）的单调性有关，即“同增异减”.
3.对勾函数y＝ax＋bx（a＞0，b＞0）的单调性与最值
如图，
（1）单调性：增区间为（－∞，－ba），（ba，＋∞）；减区间（－ba，0），（0，ba）.
（2）最值：当x＞0时，函数y＝ax＋bx在x＝ba处取得最小值2ab；当x＜0时，函数y＝ax＋bx在x＝－ba处取得最大值－2ab.
注意 对勾函数y＝ax＋bx（a＞0，b＞0）的图象有两条渐近线：x＝0，y＝ax.
2.函数的最值
注意 闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值，当函数在闭区间上单调时最值一定在端点处取得.
1.以下说法正确的是（ D ）
A.对于函数y＝f（x），若f（1）＜f（3），则f（x）为增函数
B.函数y＝1x的单调递减区间为（－∞，0）∪（0，＋∞）
C.若函数y＝f（x）在[1，＋∞）上单调递增，则函数的单调递增区间是[1，＋∞）
D.闭区间上的单调函数，其最值一定在区间端点处取到
2.[教材改编]函数y＝｜x｜－1的单调递减区间为（ B ）
A.（0，＋∞）B.（－∞，0）
C.（－∞，－1）D.（－1，＋∞）
3.[教材改编]y＝2x+1x－3的值域为 （－∞，2）∪（2，＋∞） .
解析 y＝2x+1x－3＝2（x－3）+7x－3＝2＋7x－3，显然7x－3≠0，所以y≠2.故函数的值域为（－∞，2）∪（2，＋∞）.
4.y＝2x－x－1的值域为 [158，＋∞） .
解析 设t＝x－1，则x＝t2＋1，且t≥0，所以y＝2（t2＋1）－t＝2（t－14）2＋158，由t≥0，可得函数的值域为[158，＋∞）.
学生用书P022
命题点1 确定函数的单调性（单调区间）
例1 （1）[2023北京高考]下列函数中，在区间（0，＋∞）上单调递增的是（ C ）
A.f（x）＝－ln xB.f（x）＝12x
C.f（x）＝－1xD.f（x）＝3｜x－1｜
解析 对于A，因为函数y＝ln x在（0，＋∞）上单调递增，所以f（x）＝－ln x在（0，＋∞）上单调递减，所以A不符合要求；对于B，因为f（x）＝12x＝（12）x在（0，＋∞）上单调递减，所以B不符合要求；对于C，由反比例函数的图象可知，f（x）＝－1x在（0，＋∞）上单调递增，所以C符合要求；对于D，当0＜x＜1时，y＝3｜x-1｜＝31-x在（0，1）上单调递减，所以D不符合要求.故选C.
（2）[全国卷Ⅱ]函数f（x）＝ln（x2－2x－8）的单调递增区间是（ D ）
A.（－∞，－2）B.（－∞，1）
C.（1，＋∞）D.（4，＋∞）
解析 由x2－2x－8＞0，得x＜－2或x＞4.因此，函数f（x）＝ln（x2－2x－8）的定义域是（－∞，－2）∪（4，＋∞）.（先求函数f（x）的定义域）
易知函数y＝x2－2x－8在（－∞，－2）上单调递减，在（4，＋∞）上单调递增，函数
y＝ln t为（0，＋∞）上的增函数，由复合函数的单调性知，f（x）＝ln（x2－2x－8）的单调递增区间是（4，＋∞）.故选D.
（3）讨论函数f（x）＝axx－1（a≠0）在（－1，1）上的单调性.
解析 解法一（导数法） f '（x）＝a（x－1）－ax（x－1）2＝－a（x－1）2.
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.
解法二（定义法） 设－1＜x1＜x2＜1，f（x）＝a（x－1+1x－1）＝a（1＋1x－1），则f（x1）－
f（x2）＝a（1＋1x1－1）－a（1＋1x2－1）＝a（x2－x1）（x1－1)(x2－1）.
由于－1＜x1＜x2＜1，
所以x2－x1＞0，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）＜f（x2），函数f（x）在（－1，1）上单调递增.
方法技巧
判断函数的单调性的方法
（1）定义法；（2）图象法；（3）导数法；（4）性质法.
训练1 （1）函数g（x）＝x·｜x－1｜＋1的单调递减区间为（ B ）
A.（－∞，12]B.[12，1]
C.[1，＋∞）D.（－∞，12）∪[1，＋∞）
解析 g（x）＝x·｜x－1｜＋1＝x2－x+1，x≥1，－x2＋x+1，x<1，画出函数图象，如图所示，根据图象知，函数的单调递减区间为[12，1].
（2）[多选]下列函数在（0，＋∞）上单调递增的是（ ABC ）
A.y＝ex－e－xB.y＝lg x2
C.y＝2x＋2cs xD.y＝x2＋x－2
解析 ∵y＝ex与y＝－e－x均为R上的增函数，∴y＝ex－e－x为R上的增函数，故A正确；
当x＞0时，y＝lg x2＝2lg x，此时函数在（0，＋∞）上单调递增，故B正确；
对于选项C，y'＝2－2sin x≥0，∴y＝2x＋2cs x在（0，＋∞）上单调递增，故C正确；
y＝x2＋x－2的定义域为（－∞，－2]∪[1，＋∞），故D不正确.故选ABC.
命题点2 函数单调性的应用
角度1 比较大小
例2 （1）[2024厦门市湖滨中学模拟改编]已知定义在R上的奇函数f（x）满足f（x＋2）＝f（x），且当x∈[0，1）时，f（x1）－f（x2）x1－x2＞0（x1≠x2），则f（－152），f（4），
f（112）的大小关系是（ A ）
A.f（－152）＞f（4）＞f（112）B.f（－152）＞f（112）＞f（4）
C.f（112）＞f（4）＞f（－152）D.f（4）＞f（112）＞f（－152）
解析 因为x∈[0，1）时，f（x1）－f（x2）x1－x2＞0，所以f（x）在 [0，1）上单调递增.又因为
f（x）为奇函数，所以f（x）在（－1，1）上单调递增.由f（x＋2）＝f（x）可得f（x）的周期为2，所以 f（－152）＝f（－152＋2×4）＝f（12），f（4）＝f（0），f（112）＝f（112－2×3）＝f（－12），所以f（12）＞f（0）＞f（－12），即f（－152）＞f（4）＞f（112）.故选A.
（2）[2024吉林长春东北师大附中校考改编]函数f（x）的定义域为（0，＋∞），对于∀x，y∈（0，＋∞），f（xy）＝f（x）＋f（y），且当x＞1时，f（x）＜0.则a＝
f（sin 3），b＝f（ln 3），c＝f（21.5）的大小关系是（ A ）
A.a＞b＞cB.a＞c＞b
C.b＞c＞aD.c＞b＞a
解析 设∀x1，x2∈（0，＋∞），且x1＜x2，则x2x1＞1，f（x2x1）＜0.因为f（x2）－f（x1）＝
f（x2x1·x1）－f（x1）＝f（x2x1）＜0，所以f（x2）＜f（x1），即f（x）为减函数. 因为0＜sin 3＜1＜ln 3＜2＜21.5，所以f（sin 3）＞f（ln 3）＞f（21.5），即a＞b＞c，故选A.
方法技巧
利用函数的单调性比较大小的方法
比较函数值的大小时，应先将自变量的值转化到同一个单调区间内，再利用函数的单调性求解.
角度2 求解不等式
例3 （1）[全国卷Ⅰ]函数f（x）在（－∞，＋∞）上单调递减，且为奇函数.若f（1）＝
－1，则满足－1≤f（x－2）≤1的x的取值范围是（ D ）
A.[－2，2]B.[－1，1]C.[0，4]D.[1，3]
解析 ∵函数f（x）为奇函数，且f（1）＝－1，∴f（－1）＝－f（1）＝1，由－1≤
f（x－2）≤1，得f（1）≤f（x－2）≤f（－1），（将常数转化为函数值）
又函数f（x）在（－∞，＋∞）上单调递减，∴－1≤x－2≤1，∴1≤x≤3.故选D.
（2）[2024安徽名校联考]设函数f（x）＝x2－12｜x｜+1，则满足f（x＋2）＞f（2x－3）的x的取值范围是（ C ）
A.（－∞，5）B.（13，＋∞）
C.（13，5）D.（－∞，13）∪（5，＋∞）
解析 f（x）＝x2－12｜x｜+1的定义域为R，∵f（－x）＝（－x）2－12｜－x｜+1＝x2－12｜x｜+1＝
f（x），∴f（x）为偶函数.由f（x＋2）＞f（2x－3）可得f（｜x＋2｜）＞f（｜2x－3｜），又当x＞0时，f（x）＝x2－12x+1单调递增，∴｜x＋2｜＞｜2x－3｜，即（x＋2）2＞（2x－3）2，解得13＜x＜5.故选C.
方法技巧
利用函数的单调性求解或证明不等式的策略
（1）将不等式转化为f（x1）＞f（x2）的形式，
（2）根据函数f（x）的单调性“脱去”函数符号“f ”化为形如“x1＞x2”或“x1＜x2”的不等式求解，注意必须在同一单调区间内进行.若不等式一边没有“f ”，而是常数，则应将常数转化为函数值.
角度3 已知函数单调性求参数的值或取值范围
例4 （1）[2023新高考卷Ⅰ]设函数 f（x）＝2x（x－a）在区间（0，1）单调递减，则a的取值范围是（ D ）
A.（－∞，－2]B.[－2，0）
C.（0，2]D.[2，＋∞）
解析 由题意得y＝x（x－a）在区间（0，1）上单调递减，所以a2≥1，解得a≥2.故选D.
（2）[2023江苏省响水中学检测]已知函数f（x）＝｜x－a+3|,x≥1，lgax，0
解析 ∵函数f（x）＝｜x－a+3|,x≥1，lgax，0
方法技巧
已知函数的单调性求参数的取值范围的方法
根据函数的单调性构建含参数的方程（组）或不等式（组）进行求解，或先得到图象的升降情况，再结合图象求解.
注意 若分段函数是单调函数，则不仅要各段上函数单调性一致，还要在整个定义域内单调，即要注意分界点处的函数值大小.
训练2 （1）[2024浙江省宁波市育才高级中学模拟]已知函数f（x）＝12－ax在[0，1）上单调递增，则a的取值范围是（ A ）
A.（0，2]B.（0，2）
C.（0，＋∞）D.（－∞，0）
解析 设t＝2－ax，由已知易知t＝2－ax在[0，1）上单调递减，且在区间[0，1）上大于零恒成立，所以a>0，－a+2≥0⇒0＜a≤2.故选A.
（2）[2023江苏南京模拟]已知f（x）＝ex－4，x≤4，（x－16）2－143，x>4，则当x≥0时，
f（2x）与f（x2）的大小关系是（ B ）
A.f（2x）≤f（x2）B.f（2x）≥f（x2）
C.f（2x）＝f（x2）D.不确定
解析 由函数f（x）＝ex－4，x≤4，（x－16）2－143，x>4，得函数f（x）在
（－∞，4）上单调递增，在[4，16]上单调递减，在（16，＋∞）上单调递增，作出函数y＝2x和y＝x2的图象，如图所示.
当x≥0时，令2x＝x2，得x＝2或x＝4.
结合图象可知，当0≤x＜2时，4＞2x＞x2≥0，则f（2x）＞f（x2），当2≤x≤4时，4≤2x≤x2≤16，则f（2x）≥f（x2），当x＞4时，2x＞x2＞16，则f（2x）＞f（x2）.
综上所述，当x≥0时，f（2x）≥f（x2）.故选B.
（3）[2023山东模拟]不等式x6－（2x＋3）＞（2x＋3）3－x2的解集是（ A ）
A.（－∞，－1）∪（3，＋∞）
B.（－1，3）
C.（－3，1）
D.（－∞，－3）∪（1，＋∞）
解析 由不等式x6－（2x＋3）＞（2x＋3）3－x2，得（x2）3＋x2＞（2x＋3）3＋（2x＋3）.设函数f（t）＝t3＋t，易知f（t）在R上单调递增，因为f（x2）＞f（2x＋3），所以x2＞2x＋3，解得x＞3或x＜－1.故选A.
命题点3 与函数的最值（值域）有关的问题
例5 （1）函数f（x）＝x2－x+1x的值域为 （－∞，－3]∪[1，＋∞） .
解析 f（x）＝x2－x+1x＝x－1＋1x，由对勾函数y＝x＋1x的图象可知，x＋1x∈（－∞，
－2]∪[2，＋∞），所以函数f（x）的值域为（－∞，－3]∪[1，＋∞）.
命题拓展
[变条件]函数f（x）＝x2－x+1x+1的值域为 （－∞，－23－3]∪[23－3，＋∞） .
解析 令x＋1＝t（t≠0），则x2－x+1x+1＝（t－1）2－（t－1）+1t＝t2－3t+3t＝t－3＋3t， 由对勾函数y＝t＋3t的图象可知，t＋3t∈（－∞，－23]∪[23，＋∞），所以函数f（x）的值域为（－∞，－23－3]∪[23－3，＋∞）.
（2）[2022北京高考]设函数f（x） ＝－ax+1, x＜a，（x－2）2，x≥a.若f（x）存在最小值，则a的一个取值为 0（答案不唯一） ； a的最大值为 1 .
解析 当a＝0时，函数f（x）＝1，x<0，（x－2）2，x≥0，存在最小值0，所以a的一个取值可以为0；当a＜0时，若x＜a，则f（x）＝－ax＋1，此时函数f（x）不可能存在最小值；当0＜a≤2时，若x＜a，则f（x）＝－ax＋1，此时f（x）∈（－a2＋1，＋∞），若x≥a，则f（x）＝（x－2）2∈[0，＋∞），若函数f（x）存在最小值，则－a2＋1≥0，得0＜a≤1；当a＞2时，若x＜a，则f（x）＝－ax＋1，此时f（x）∈（－a2＋1，＋∞），若x≥a，则f（x）＝（x－2）2∈[（a－2）2，＋∞），若函数f（x）存在最小值，则－a2＋1≥（a－2）2，此时不等式无解.综上，0≤a≤1，所以a的最大值为1.
方法技巧
求函数最值（值域）的方法
（1）单调性法；（2）图象法；（3）基本不等式法.
注意 对于较复杂的函数，可通过换元、分离常数等进行转化，对于无法变形化简的函数，则常利用导数法判断函数的单调性，从而求出其值域.
训练3 （1）[2023湖南常德一模改编]若函数f（x）＝8－2x（x≤2),3+lgax（x>2）的值域是[4，＋∞），则实数a的取值范围是（ D ）
A.（1，＋∞）B.（2，＋∞）C.（1，2]D.（52，2]
解析 当x≤2时，0＜2x≤4，4≤8－2x＜8，所以f（x）∈[4，8）.当x＞2时，分以下两种情况讨论.若0＜a＜1，则函数y＝3＋lgax单调递减，所以3＋lgax∈（－∞，3＋lga2），与f（x）的值域是[4，＋∞）矛盾.若a＞1，则函数y＝3＋lgax单调递增，所以3＋lgax∈（3＋lga2，＋∞），要使f（x）的值域是[4，＋∞），则有4≤3＋lga2＜8，解得52＜a≤2.故选D.
（2）[2024重庆市渝北中学模拟]已知f（x）＝2＋lg3x，x∈[1，81]，则y＝[f（x）]2＋
f（x2）的最大值为 22 .
解析 由f（x）＝2＋lg3x，得y＝[f（x）]2＋f（x2）＝（2＋lg3x）2＋2＋lg3x2＝（2＋lg3x）2＋2＋2lg3x＝（lg3x＋3）2－3.∵函数f（x）的定义域为[1，81]，∴1≤x2≤81，1≤x≤81，∴1≤x≤9，∴0≤lg3x≤2，∴当lg3x＝2，即x＝9时，ymax＝22.∴函数y＝[f（x）]2＋f（x2）的最大值为22.
1.[命题点1/2023贵州安顺模拟]若定义在R上的函数f（x），对任意x1≠x2，都有
x1 f（x1）＋x2 f（x2）≥x1 f（x2）＋x2 f（x1），则称f（x）为“H函数”.现给出下列函数，其中是“H函数”的有 ②④ .（填上所有正确答案的序号）
①f（x）＝x2－2x＋3；
②f（x）＝2x－1；
③f（x）＝lg（x－1）；
④f（x）＝1，x<0，2x+1，x≥0.
解析 根据题意，对任意x1≠x2，都有x1 f（x1）＋x2 f（x2）≥x1 f（x2）＋x2 f（x1）恒成立，则有f（x1）（x1－x2）－f（x2）（x1－x2）≥0，即[f（x1）－f（x2）]（x1－x2）≥0，当x1＜x2时，x1－x2＜0，则f（x1）－f（x2）≤0，即f（x1）≤f（x2），
所以若函数f（x）为“H函数”，则函数f（x）在R上为增函数或常数函数.
对于①，因为f（x）＝x2－2x＋3的图象开口向上，对称轴为x＝1，所以f（x）在（－∞，1）上单调递减，在 （1，＋∞）上单调递增，故其不是“H函数”.
对于②，易得f（x）＝2x－1在R上单调递增，满足“H函数”的定义.
对于③，f（x）＝lg（x－1）的定义域为（1，＋∞），不满足“H函数”的定义.
对于④，因为f（x）＝1，x<0，2x+1，x≥0，所以当x＜0时，f（x）为常数函数；当x≥0时，
f（x）单调递增，且1＜20＋1.显然f（x）满足“H函数”的定义.故答案为②④.
2.[命题点2角度1/2023山东师大附中、长沙一中等校联考]设函数f（x）＝（32）｜x｜＋x2，若a＝f（ln 3），b＝f（－lg52），c＝f（1e），则（ D ）
A.a＞b＞cB.c＞b＞a
C.c＞a＞bD.a＞c＞b
解析 由题意知f（－x）＝f（x），所以f（x）是R上的偶函数.当x＞0时，f（x）＝
（32）x＋x2单调递增，则b＝f（－lg52）＝f（lg52），ln 3＞1，0＜lg52＜lg55＝12，
1＞1e＞12，即ln 3＞1e＞lg52，则f（ln 3）＞f（1e）＞f（lg52），即f（ln 3）＞f（1e）＞
f（－lg52），故a＞c＞b，故选D.
3.[命题点2角度2]已知定义在R上的函数f（x）满足f（x）＝f（－x），且f（x）在
（－∞，0]上单调递减，若不等式f（ax＋2）≤f（－1）对任意的x∈[1，2]恒成立，则a的最大值为 －1 .
解析 由f（x）满足f（x）＝f（－x），可知f（x）的图象关于y轴对称，因为f（x）在（－∞，0]上单调递减，所以f（x）在[0，＋∞）上单调递增.根据f（x）的图象特征可得当x∈[1，2]时，－1≤ax＋2≤1恒成立，即－3x≤a≤－1x恒成立，所以－32≤a≤－1，故a的最大值为－1.
4.[命题点2角度3]已知函数f（x）＝（1－2a）x，x<1，ax+4，x≥1，且对任意的x1，x2∈R，x1≠x2，都有 f（x1）－f（x2）x1－x2＞0，则a的取值范围是 [－1，0） .
解析 由于对任意的x1，x2∈R，x1≠x2，都有f（x1）－f（x2）x1－x2＞0，所以函数f（x）在R上为增函数，所以1－2a>1，a<0，1－2a≤a+4，解得－1≤a＜0.
5.[命题点3/2023河北唐山联考]若函数f（x）与g（x）对任意的x1，x2∈[c，d]，都有
f（x1）·g（x2）≥k，则称函数f（x）与g（x）是区间[c，d]上的“k阶友好函数”.已知函数f（x）＝2 022x－1与g（x）＝x2－（a＋1）x＋2－a是区间[1，2]上的“3阶友好函数”，则实数a的取值范围是 （－∞，－12] .
解析 因为函数f（x）＝2 022x－1与g（x）＝x2－（a＋1）x＋2－a是区间[1，2]上的“3阶友好函数”，所以当x1，x2∈[1，2]时，f（x1）·g（x2）≥3恒成立.易知 f（x1）＞
0，故g（x2）＞0.又f（x）＝2 022x－1在[1，2]上单调递增，所以当x∈[1，2]时，
f（x）min＝f（1）＝1，所以f（x1）·g（x2）≥f（1）·g（x2）＝g（x2），故当x∈[1，2]时，g（x）＝x2－（a＋1）x＋2－a≥3恒成立，即a≤x2－x－1x+1恒成立.x2－x－1x+1＝（x+1）2－3（x+1）+1x+1＝x＋1＋1x+1－3.设h（t）＝t＋1t－3，t∈[2，3]，由对勾函数性质可知，h（t）在[2，3]上单调递增，所以h（t）min＝h（2）＝－12，所以a≤－12.
学生用书·练习帮P265
1.[2024河北省唐山市第二中学模拟]下列函数中，在区间（0，＋∞）上单调递减的是（ C ）
A.f（x）＝－3xB.f（x）＝｜x｜
C.f（x）＝15xD.f（x）＝2｜x－1｜
解析 A：由反比例函数的性质知，f（x）＝－3x在（0，＋∞）上单调递增，不符合题意.
B：f（x）＝｜x｜＝－x，x<0，x，x≥0在（0，＋∞）上单调递增，不符合题意.
C：由指数函数的单调性知，f（x）＝15x＝（15）x在（0，＋∞）上单调递减，符合题意.
D：f（x）＝2｜x－1｜＝2x－1，x≥1，21－x，x<1在（0，＋∞）上不单调，不符合题意.故选C.
2.若函数f（x）＝2x2+31+x2，则f（x）的值域为（ C ）
A.（－∞，3]B.（2，3）
C.（2，3]D.[3，＋∞）
解析 f（x）＝2x2+31+x2＝2＋1x2+1，∵x2≥0，∴x2＋1≥1，∴0＜1x2+1≤1，∴2＜2＋1x2+1≤3，即f（x）∈（2，3].
3.设函数f（x）在R上为增函数，则下列结论一定正确的是（ D ）
A.y＝1f（x）在R上为减函数
B.y＝｜f（x）｜在R上为增函数
C.y＝－1f（x）在R上为增函数
D.y＝－f（x）在R上为减函数
解析 设f（x）＝x，则y＝1f（x）＝1x的定义域为（－∞，0）∪（0，＋∞），在定义域上无单调性，A错误；y＝｜f（x）｜＝｜x｜在R上无单调性，B错误；y＝－1f（x）＝－1x的定义域为（－∞，0）∪（0，＋∞），在定义域上无单调性，C错误；y＝－f（x）＝－x 在R上为减函数，所以选项D正确.
4.[2024广东七校联考]若函数f（x）＝2｜x－a｜＋3在区间[1，＋∞）上不单调，则a的取值范围是（ B ）
A.[1，＋∞）B.（1，＋∞）
C.（－∞，1）D.（－∞，1]
解析 函数f（x）＝2｜x－a｜＋3的大致图象如图所示，其形状如一个“V”，开口向上，顶点坐标为（a，3），对称轴方程为x＝a.由于函数f（x）＝2｜x－a｜＋3在区间[1，＋∞）上不单调，因此需满足对称轴x＝a在直线x＝1的右侧，则a＞1，故选B.
5.[2024甘肃兰化一中模拟]已知函数f（x）＝ex－e－x，x>0，－x2，x≤0，若a＝50.01，b＝lg32，c＝lg20.9，则有（ A ）
A.f（a）＞f（b）＞f（c）B.f（b）＞f（a）＞f（c）
C.f（a）＞f（c）＞f（b）D.f（c）＞f（a）＞f（b）
解析 因为y＝ex是增函数，y＝e－x是减函数，所以f（x）＝ex－e－x在（0，＋∞）上单调递增，且f（x）＞0.又f（x）＝－x2在（－∞，0]上单调递增，且f（x）≤0，所以f（x）在R上单调递增.又c＝lg20.9＜0，0＜b＝lg32＜1，a＝50.01＞1，即a＞b＞c，所以f（a）＞f（b）＞f（c）.
6.[2024浙江名校联考]已知函数y＝lg2（ax2－x）在区间（1，2）上单调递增，则实数a的取值范围为（ D ）
A.（0，12）B.（12，1）C.（12，＋∞）D.[1，＋∞）
解析 由题意可得，函数y＝lg2（ax2－x）是由函数y＝lg2u与函数u＝ax2－x复合而成的，因为函数y＝lg2u在定义域内单调递增，所以由复合函数单调性的判断依据“同增异减”可知，要使函数y＝lg2（ax2－x）在区间（1，2）上单调递增，则函数u＝ax2－x在区间（1，2）上单调递增.若a≤0，则易知函数u＝ax2－x在（0，＋∞）上单调递减，所以不满足题意；若a＞0，此时要满足题意，需a×12－1≥0，12a≤1，（易错警示：对数型函数考查单调区间时要注意真数大于0这一隐藏条件的应用）
解得a≥1.故选D.
7.[2024浙江省嘉兴市阶段性测试]若函数f（x）＝（2－3a）x+1，x≤1，ax，x>1满足对任意两个不同的实数x1，x2，都有f（x1）－f（x2）x1－x2＜0成立，则实数a的取值范围为（ B ）
A.[23，＋∞）B.（23，34]C.（23，1）D.[34，1）
解析 ∵对任意两个不同的实数x1，x2，都有f（x1）－f（x2）x1－x2＜0成立，∴f（x）是R上的减函数，∴2－3a<0，a>0，2－3a+1≥a，解得a∈（23，34]，
∴实数a的取值范围是（23，34].故选B.
8.[多选]已知函数f（x）＝x－ax（a≠0），下列说法正确的是（ BCD ）
A.当a＞0时，f（x）在定义域上单调递增
B.当a＝－4时，f（x）的单调递增区间为（－∞，－2），（2，＋∞）
C.当a＝－4时，f（x）的值域为（－∞，－4]∪[4，＋∞）
D.当a＞0时，f（x）的值域为R
解析 当a＞0时，f（x）＝x－ax，定义域为（－∞，0）∪（0，＋∞）.
∵f（x）在（－∞，0），（0，＋∞）上单调递增，∴A错误.
若a＞0，当x→－∞时，f（x）→－∞，当x→0－时，f（x）→
＋∞，∴f（x）的值域为R，故D正确.当a＝－4时，f（x）＝x＋4x，易知
f（x）的图象如图，由图象可知，B，C正确.
9.[2024河南郑州模拟]函数f（x）＝4x－2x＋1－1的值域是 [－2，＋∞） .
解析 由题知f（x）＝（2x）2－2·2x－1，令2x＝t（t＞0），得m（t）＝t2－2t－1＝（t－1）2－2（t＞0），由于m（t）＝（t－1）2－2（t＞0）在（0，1）上单调递减，在（1，
＋∞）上单调递增，所以m（t）≥m（1）＝－2，故f（x）的值域为[－2，＋∞）.
10.已知函数f（x）＝2 025x－2 025－x＋1 ，则不等式f（2x－1）＋f（2x）＞2的解集为 （14，＋∞） .
解析 由题意知，f（－x）＋f（x）＝2，所以f（－2x）＋f（2x）＝2，所以f（2x－1）＋
f（2x）＞2＝f（－2x）＋f（2x），所以f（2x－1）＞f（－2x），又由题意知函数f（x）在R上单调递增，所以2x－1＞－2x，所以x＞14，即原不等式的解集为（14，＋∞） .
11.[2024南昌市模拟]已知函数f（x）的值域为A，函数g（x）＝f（x）[f（x）]2+1的值域为B，则“A＝[－1，1]”是“B＝[－12，12]”的（ A ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
解析 令t＝f（x），t∈[－1，1]，则函数g（x）可化为y＝tt2+1，t∈[－1，1]，当t＝0时，y＝0；当t≠0时，y＝1t＋1t，记u＝t＋1t，
画出u＝t＋1t在[－1，1]上的图象，如图中实线所示，易知u≤－2或u≥2，从而y＝1t＋1t∈[－12，0）∪（0，12].综上，B＝[－12，12]，充分性成立.反之，令f（x）＝2，则g（x）＝f（x）[f（x）]2+1＝25∈[－12，12]，但f（x）＝2∉[－1，1]，所以必要性不成立.故选A.
12.已知函数f（x）＝lgaa－x2+x（a＞0，a≠1）为奇函数，其定义域为A.函数g（x）＝1x+2＋46－x，当x∈A时，g（x）≥M恒成立，当且仅当x＝x0时取等号，则f（x0）＝（ A ）
A.－1B.－lg23C.lg23D.lg257
解析 因为函数f（x）＝lgaa－x2+x（a＞0，a≠1）为奇函数，所以f（－x）＋f（x）＝lgaa＋x2－x＋lgaa－x2+x＝lgaa2－x24－x2＝0，得a2＝4.因为 a＞0，a≠1，所以a＝2，（也可以利用
f（0）＝0得出）
故f（x）的定义域为A＝（－2，2）.
由g（x）≥M在（－2，2）上恒成立，知M≤g（x）min.因为x∈A，所以x＋2＞0，6－x＞0，所以g（x）＝18（1x+2＋46－x）[（x＋2）＋（6－x）]＝18[5＋6－xx+2＋4（x+2）6－x]≥18（5＋4）＝98，当且仅当6－x＝2（x＋2），即x＝23时取等号.故x0＝23，所以 f（23）＝lg22－232+23＝－1.故选A.
13.[多选/2023浙江名校联考]已知f（x）是定义在{x｜x≠0}上的奇函数，当x2＞x1＞0时，x1x2[f（x1）－f（x2）]＋x1－x2＞0恒成立，则（ BC ）
A.y＝f（x）在（－∞，0）上单调递增
B.y＝f（x）－12x在（0，＋∞）上单调递减
C.f（2）＋f（－3）＞16
D.f（2）－f（－3）＞16
解析 因为当x2＞x1＞0时，x1x2[f（x1）－f（x2）]＋x1－x2＞0，可以化简为f（x1）－
f（x2）＞1x1－1x2＞0，所以函数f（x）在（0，＋∞）上单调递减，因为函数f（x）是定义在{x｜x≠0}上的奇函数，所以函数f（x）在（－∞，0）上单调递减，所以选项A错误；
由f（x1）－f（x2）＞1x1－1x2＞0可得f（x1）－12x1－[f（x2）－12x2]＞12x1－12x2＞0，所以函数y＝f（x）－12x在（0，＋∞）上单调递减，所以选项B正确；
取x1＝2，x2＝3，则f（2）－f（3）＞12－13＝16，因为函数f（x）是定义在{x｜x≠0}上的奇函数，所以f（－3）＝－f（3），所以f（2）＋f（－3）＞16，所以选项C正确；
f（x）在（0，＋∞）上单调递减，但函数解析式不确定，所以若取f（2）＝112，f（3）＝－16，则f（2）－f（－3）＝f（2）＋f（3）＝112－16＝－112＜16，所以选项D错误.故选BC.
14.[探索创新/多选/2024福建上杭一中模拟]高斯是德国著名数学家，有“数学王子”的称号，他和阿基米德，牛顿并列为世界三大数学家，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数，例如[－2.1]＝－3，[2.1]＝2.则下列说法正确的是（ ACD ）
A.函数y＝x－[x]在区间[k，k＋1）（k∈Z）上单调递增
B.∀x∈R，x≥[x]＋1
C.若函数f（x）＝｜1+sin2x－1－sin2x｜，则y＝[f（x）]的值域为{0，1}
D.函数f（x）＝[2x+11+2x－13]的值域为{－1，0，1}
解析 对于A，x∈[k，k＋1），k∈Z，有[x]＝k，则函数y＝x－[x]＝x－k在[k，k＋1）上单调递增，A正确；
对于B，当x＝2时，[x]＋1＝3，有2＜[2]＋1，B错误；
对于C，f（x）＝｜1+sin2x－1－sin2x｜＝（1+sin2x－1－sin2x）2＝2－21－sin22x ＝2－2｜cs2x｜，
当0≤｜cs 2x｜≤12时，1≤2－2｜cs 2x｜≤2，1≤f（x）≤2，有[f（x）]＝1，当12＜
｜cs 2x｜≤1时，0≤2－2｜cs 2x｜＜1，0≤f（x）＜1，有[f（x）]＝0，所以函数y＝
[f（x）]的值域为{0，1}，C正确；
对于D，函数y＝2x+11+2x－13＝2（2x+1)－22x+1－13＝53－22x+1，x∈R，又2x＋1＞1，因此0＜22x+1＜2，所以－13＜2x+11+2x－13＜53，所以[2x+11+2x－13]∈{－1，0，1}，D正确.故选ACD.课标要求
命题点
五年考情
命题分析预测
借助函数图象，会用符号语言表达函数的单调性、最大值、最小值，理解它们的作用和实际意义.
确定函数的单调性（单调区间）
2023北京T4；2021全国卷甲T4；2020全国卷ⅡT9
本讲每年必考，命题稳定.命题热点有讨论函数的单调性，利用函数的单调性比较大小、解不等式、求最值等，也常与函数的奇偶性、周期性及对称性综合命题.题型既有选择题、填空题，也有解答题（常与导数综合命题），单独考查时难度不大，与导数综合时难度中等偏上.预计2025年高考命题趋势变化不大，备考时重点进行常规题型训练，并适当关注创新性命题.
函数单调性的应用
2023新高考卷ⅠT4；2023新高考卷ⅡT6；2020新高考卷ⅠT8；2020新高考卷ⅡT7；2019全国卷ⅢT11
与函数的最值（值域）有关的问题
2022北京T14
单调递增
单调递减
定
义
一般地，设函数f（x）的定义域为D，区间I⊆D，如果∀x1，x2∈I，
当x1＜x2时，都有①f（x1）＜f（x2），那么就称函数f（x）在区间I上单调递增.特别地，当函数f（x）在它的定义域上单调递增时，我们就称它是增函数.
当x1＜x2时，都有②f（x1）＞f（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
自左向右图象是③ 上升 的
自左向右图象是④ 下降 的
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⑤ 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f（x）的最大值.
M是函数f（x）的⑥ 最小值 .
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