2027年高考数学一轮复习第二章　§2.2　函数的单调性与最值学案含解析

这是一份2027年高考数学一轮复习第二章　§2.2　函数的单调性与最值学案含解析，共13页。

1.函数的单调性
(1)单调函数的定义
(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
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若函数f(x)满足f(-3)0,则y=|x|在(-∞，0]上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，D正确.
3.函数y=-1x+1在区间[1，2]上的最大值为( )
A.-13B.-12
C.-1D.不存在
答案 A
解析 y=-1x+1在(-1，+∞)上单调递增，则y=-1x+1在区间[1，2]上单调递增，
所以ymax=-12+1=-13.
4.函数f(x)是定义在[0，+∞)上的减函数，则满足f(2x-1)>f 13的x的取值范围是 .
答案 12，23
解析 ∵f(x)的定义域是[0，+∞)，
∴2x-1≥0，即x≥12，
又∵f(x)是定义在[0，+∞)上的减函数，
∴2x-10)⇔f(x)在区间I上单调递增.
②f(x1)−f(x2)x1−x20，所以f(x)是增函数，所以f(x)在(0，+∞)上单调递增，故D正确.
题型二 函数单调性的应用
命题点1 比较函数值的大小
例3 (2025·日照模拟)定义在R上的函数y=f(x)满足以下条件：①f(-x)-f(x)=0；②对任意x1，x2∈[0，+∞)，当x1≠x2时，都有f(x1)−f(x2)x1−x2>0.则f(-5)，f(π)，f(-3)的大小关系是( )
A.f(π)>f(-3)>f(-5)
B.f(π)>f(-5)>f(-3)
C.f(π)0，
所以f(π)>f(3)>f(5)，
即f(π)>f(-3)>f(-5).
命题点2 求函数的最值
例4 函数y=1x−1-1+x(x≥3)的最小值为 .
答案 52
解析 设t=x-1，t≥2，
则y=1x−1-1+x=t+1t(t≥2)，
又函数y=t+1t在[2，+∞)上单调递增，
所以当t=2，即x=3时，
函数有最小值2+12=52.
求函数的值域(最值)的常用方法
(1)配方法：主要用于和一元二次函数有关的函数求值域问题.
(2)单调性法：利用函数的单调性，再根据所给定义域来确定函数的值域.
(3)数形结合法.
(4)换元法：引进一个(几个)新的量来代替原来的量，实行这种“变量代换”.
(5)分离常数法：分子、分母同次的分式形式采用配凑分子的方法，把函数分离成一个常数和一个分式和的形式.
典例 (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=2x+1x−3的值域为R
C.函数y=2x-x−1的值域为158，+∞
D.函数y=x+1+x−1的值域为[2，+∞)
答案 ACD
解析 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=2x+1x−3=2(x−3)+7x−3=2+7x−3，显然7x−3≠0，∴y≠2.
故函数的值域为(-∞，2)∪(2，+∞).
对于C，(换元法)设t=x−1，则x=t2+1，且t≥0，∴y=2(t2+1)-t=2t−142+158，
由t≥0，再结合函数的图象(如图②所示)，可得函数的值域为158，+∞.
对于D，函数的定义域为[1，+∞)，
∵y=x+1与y=x−1在[1，+∞)上均单调递增，∴y=x+1+x−1在[1，+∞)上为增函数，
∴当x=1时，ymin=2，即函数的值域为[2，+∞).
命题点3 解函数不等式
例5 “求方程12x+32x=1的解”有如下解题思路：设f(x)=12x+32x，则f(x)在R上单调递减，且f(2)=1，所以原方程有唯一解x=2.类比上述解题思路，不等式8x6-(x+1)>(x+1)3-2x2的解集是( )
A.(-∞，0)
B.(1，+∞)
C.(-∞，0)∪(1，+∞)
D.−∞，−12∪(1，+∞)
答案 D
解析 原式可化为8x6+2x2>(x+1)3+(x+1)，即(2x2)3+2x2>(x+1)3+(x+1)，
令g(x)=x3+x，则g(x)在R上单调递增，
则不等式转化为2x2>x+1，解得x1，所以原不等式的解集为−∞，−12∪(1，+∞).
命题点4 求参数的值(范围)
例6 (2024·新课标全国Ⅰ)已知函数f(x)=−x2−2ax−a,x0，解得m0，若f(2)=4，则不等式f(x)-2x≤0的解集为 .
答案 (0，2]
解析 设g(x)=f(x)x(x>0)，
又x1，x2∈(0，+∞)，所以x2f(x1)−x1f(x2)x1−x2>0可化为f(x1)x1−f(x2)x2x1−x2>0，即g(x1)−g(x2)x1−x2>0，
所以g(x)在定义域(0，+∞)上为增函数，
不等式f(x)-2x≤0(x>0)可化为f(x)x≤2，又g(2)=f(2)2=2，
所以不等式f(x)x≤2等价于g(x)≤g(2)，故02⇔f(x+2)>f(2x)+f(4)⇔f(x+2)>f(8x)，
又f(x)在(0，+∞)上单调递增，
∴x+2>8x,x>0,解得00，满足题意.
综上可得0≤a≤16.
14.(2025·北京)关于定义域为R的函数f(x)，以下说法正确的有 .
①存在在R上单调递增的函数f(x)使得f(x)+f(2x)=-x恒成立；
②存在在R上单调递减的函数f(x)使得f(x)+f(2x)=-x恒成立；
③使得f(x)+f(-x)=cs x恒成立的函数f(x)存在且有无穷多个；
④使得f(x)-f(-x)=cs x恒成立的函数f(x)存在且有无穷多个.
答案 ②③
解析 对于①，若存在R上的增函数f(x)，满足f(x)+f(2x)=-x，
则f(0)+f(2×0)=-0，即f(0)=0，
故当x>0时，f(4x)>f(2x)>f(x)>0，故f(4x)+f(2x)>f(x)+f(2x)，
故-2x>-x，即x