2026届高考数学总复习精练册课件：2 2　函数的单调性和最值

2.2函数的单调性和最值五年高考考点1函数的单调性考点2函数的最值目录三年模拟基础强化练能力拔高练创新风向练五年高考考点1函数的单调性1.(2021全国甲文,4,5分,易)下列函数中是增函数的为

(

)A.f(x)=-x

B.f(x)=

C.f(x)=x2

D.f(x)=

D解析

对于f(x)=-x,易知f(x)是减函数,故A不符合题意;对于f(x)=

,易知f(x)是减函数,故B不符合题意;对于f(x)=x2,f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,故C不符合题意;

对于f(x)=

=

,由幂函数的性质可知,f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,故选D.2.(2023新课标Ⅰ,4,5分,易)设函数f(x)=2

x(x-a)在区间(0,1)单调递减,则a的取值范围是

(

)A.(-∞,-2]

B.[-2,0)C.(0,2]

D.[2,+∞)D解析

f(x)=2x(x-a)=

,由复合函数的单调性知函数y=

-

在(0,1)上单调递减,所以

≥1,解得a≥2,即a的取值范围是[2,+∞),故选D.3.(2020新高考Ⅱ,7,5分,中)已知函数f(x)=lg(x2-4x-5)在(a,+∞)单调递增,则a的取值范围

是

(

)A.(-∞,-1]

B.(-∞,2]

C.[2,+∞)

D.[5,+∞)D解析

∵f(x)=lg(x2-4x-5)在(a,+∞)上单调递增,∴

解得a≥5.故a的取值范围为[5,+∞).4.(2024新课标Ⅰ,6,5分,中)已知函数f(x)=

在R上单调递增,则a的取值范围是

(

)A.(-∞,0]

B.[-1,0]C.[-1,1]

D.[0,+∞)B解析

当x≥0时,函数f(x)显然是增函数;当x<0时,f(x)=-x2-2ax-a=-(x+a)2+a2-a,而f(x)在R上单调

递增,所以

则-1≤a≤0,即a的取值范围是[-1,0].故选B.易错警示

该题容易只考虑当x≥0时,函数f(x)是增函数,及当x<0时,函数f(x)是增函数,

从而得到a≤0,而忽视了函数分界点处的函数值大小.5.(2023全国甲文,11,5分,中)已知函数f(x)=

.记a=f

,b=f

,c=f

,则(

)A.b>c>a

B.b>a>c

C.c>b>a

D.c>a>bA解析

∵f(x)=

是由y=eu和u=-(x-1)2两个函数复合而成的,∴f(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,又知f(2-x)=

=

=

=f(x),∴f(x)的图象关于直线x=1对称,∴f

=f

,又∵

<2-

<

<1,∴f

<f

<f

,即a<c<b,故选A.6.(2020新高考Ⅰ,8,5分,难)若定义在R的奇函数f(x)在(-∞,0)单调递减,且f(2)=0,则满足xf(x-1)≥0的x的取值范围是

(

)A.[-1,1]∪[3,+∞)

B.[-3,-1]∪[0,1]C.[-1,0]∪[1,+∞)

D.[-1,0]∪[1,3]D解析

∵f(x)是定义在R上的奇函数,∴f(x-1)的图象关于点(1,0)中心对称,又∵f(x)在(-∞,0)上

单调递减,∴f(x-1)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上也单调递减,且过(-1,0)和(3,0),f(x-1)

的大致图象如图.

当-1≤x≤0时,f(x-1)≤0,∴xf(x-1)≥0;当1≤x≤3时,f(x-1)≥0,∴xf(x-1)≥0.综上,满足xf(x-1)≥0的x的取值范围是[-1,0]∪[1,3].故选D.7.(2023北京,15,5分,难)设a>0,函数f(x)=

给出下列四个结论:①f(x)在区间(a-1,+∞)上单调递减;②当a≥1时,f(x)存在最大值;③设M(x1,f(x1))(x1≤a),N(x2,f(x2))(x2>a),则|MN|>1;④设P(x3,f(x3))(x3<-a),Q(x4,f(x4))(x4≥-a).若|PQ|存在最小值,则a的取值范围是

.其中所有正确结论的序号是

.②③解析

f(x)的大致图象如图所示,

易知f(x)在(-∞,-a)上单调递增,在[-a,0)上单调递增,在[0,a]上单调递减,在(a,+∞)上单调

递减.对于①,当

<a<1时,f(x)在(a-1,0)上单调递增,故①错误.对于②,当x<-a时,f(x)<-a+2≤1,当-a≤x≤a时,0≤f(x)≤a,当x>a时,f(x)<-

-1≤-2.综上,x=0时,f(x)取得最大值a,故②正确.对于③,令M'(a,0),N'(a,-

-1),显然|MN|>|M'N'|=

+1>1,故③正确.对于④,若|PQ|存在最小值,则点(0,0)到直线x+2=y的距离大于a,且直线y=-x与y=x+2的交

点(-1,1)在射线y=x+2(x<-a)上,则

>a,且-1<-a,又a>0,所以0<a<1,故④错误.综上,所有正确结论的序号是②③.考点2函数的最值1.(2022浙江,14,6分,中)已知函数f(x)=

则f

=

;若当x∈[a,b]时,1≤f(x)≤3,则b-a的最大值是

.3+

解析

f

=f

=

+

-1=

.当f(x)=x+

-1=3时,x=2+

(舍负),作出f(x)的图象如图所示,

由图可知,当1≤f(x)≤3时,-1≤a≤1,b=2+

,则b-a的最大值为3+

.2.(2022北京,14,5分,难)设函数f(x)=

若f(x)存在最小值,则a的一个取值为

;a的最大值为

.([0,1]中任意一个实数都可以,答案不唯一)1解析

当a<0时,f(x)=-ax+1在(-∞,a)上为增函数,无最小值.而f(x)=(x-2)2在[a,+∞)上的最小值为

0,所以f(x)不存在最小值.当a=0时,f(x)=

此时f(x)存在最小值,最小值为0.当0<a≤1时,f(x)=-ax+1在(-∞,a)上单调递减,所以f(x)>1-a2.因为a∈(0,1],所以1-a2∈[0,1),

所以f(x)>0.而f(x)=(x-2)2在[a,+∞)上存在最小值,最小值为0,所以f(x)在R上存在最小值.

当a>1时,f(x)=-ax+1在(-∞,a)上单调递减,所以f(x)>1-a2.f(x)=(x-2)2在[a,+∞)上的最小值

大于或等于0,而1-a2<0,所以函数f(x)在R上不存在最小值.综上,a的取值范围为[0,1],a的

最大值为1.三年模拟1.(2025届江苏扬州开学考,5)已知函数f(x)在[1,+∞)上单调递减且对任意x∈R满足f(x)=

f(2-x),则不等式f(2x-3)>f(x)的解集是

(

)A.

∪(3,+∞)

B.

C.

D.(3,+∞)B解析

因为对任意x∈R满足f(x)=f(2-x),所以f(x)图象的对称轴为直线x=1,又函数f(x)在[1,+∞)上单调递减,所以f(x)在(-∞,1)上单调递增,所以f(2x-3)>f(x)等价于|2x-3-1|<|x-1|,即3x2-14x+15<0,解得

<x<3,故选B.2.(2025届四川泸县五中开学考,6)已知函数f(x)=

在区间(m,m+1)上单调递增,则m的取值范围是

(

)A.(-∞,0]B.[0,1]C.[-1,0]D.(-∞,-1]∪[1,+∞)D解析

函数f(x)=

的图象如图,

函数的单调递增区间为(-∞,0],[1,+∞),则有m+1≤0或m≥1,解得m≤-1或m≥1,故选D.3.(2025届黑龙江牡丹江一中开学考,7)记实数x1,x2,…,xn的最小数为min{x1,x2,…,xn},若f(x)=min{x+1,x2-2x+1,-x+8},则函数f(x)的最大值为

(

)A.4

B.

C.1

D.5B解析

在同一个坐标系中,分别作出函数y1=x+1,y2=x2-2x+1,y3=-x+8的图象,如图所示,

f(x)=min{x+1,x2-2x+1,-x+8}的图象是图中实线部分,要求的函数f(x)的最大值即图中最高点A的纵坐标.由

解得

故所求函数f(x)的最大值为

.故选B.4.(2025届浙江A9协作体联考,5)函数y=

在区间[1,+∞)上单调递增,则a的取值范围是(

)A.(-∞,2]

B.[2,+∞)C.(-∞,-2]

D.[-2,+∞)A解析

因为函数y=

在区间[1,+∞)上单调递增,y=2x在[1,+∞)上单调递增,所以由复合函数的单调性知y=x2-ax+1在[1,+∞)上单调递增,则

≤1,即a≤2.故选A.5.(2025届安徽蚌埠调研,5)设函数f(x)=

是R上的减函数,则实数a的取值范围是

(

)A.

B.

C.(-1,2]

D.

A解析

根据题意,得

解得-1<a≤

,即a的取值范围为

.故选A.6.(2025届四川省射洪中学一模,13)函数f(x)=x(|x|-2)在[m,n]上的最小值为-1,最大值为1,

则n-m的最大值为

.2+2

解析

f(x)=

作出f(x)的图象,如图所示,

由图象得,当x>0时,令x2-2x=1,解得x=1+

;当x<0时,令-x2-2x=-1,解得x=-1-

,所以f(x)在[-1-

,1+

]上的最大值为1,最小值为-1,所以n-m的最大值为1+

-(-1-

)=2+2

.7.(2024广东佛山摸底考,14)设函数f(x)=

的最大值为M,最小值为m,则m+M=

.2解析

f(x)=

=1+

,x∈R,令g(x)=

,易证g(x)为奇函数,所以g(x)的最大值与最小值的和为0,又g(x)=f(x)-1,所以M-1+m-1=0,即m+M=2.8.(2024北京六十六中第一次检测,20)函数f(x)=

则不等式f(x2)<f(5x-4)的解集为

.(1,4)解析

作出函数f(x)的图象,如图,

函数f(x)在R上单调递增,所以f(x2)<f(5x-4)等价于x2<5x-4,解得1<x<4,所以不等式f(x2)<f(5x-4)的解集为(1,4).1.(2025届广东佛山质检,7)已知函数f(x)=

的值域为R,则实数a的取值范围是

(

)A.(-∞,0)

B.(-∞,-1]C.[-1,1]

D.[-1,0)D解析

若a<0,y=-ax+1在(-∞,a)上单调递增,所以y∈(-∞,1-a2),y=(x-1)2在[a,1]上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,无最大值,所以y∈[0,+∞).因为函数f(x)的值域为R,所以1-a2≥0,结合a<0得-1≤a<0.若a=0,则f(x)=

的值域为[0,+∞).若0<a<1,y=-ax+1在(-∞,a)上单调递减,所以y∈(1-a2,+∞)(1-a2>0),y=(x-1)2在[a,1]上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,无最大值,所以y∈[0,+∞),所以函数f(x)的值域不可能为R.若a≥1,y=-ax+1在(-∞,a)上单调递减,所以y∈(1-a2,+∞)(1-a2≤0),y=(x-1)2在[a,+∞)上单调递增,y∈[(a-1)2,+∞),此时函数f(x)的值域不可能为R.综上可知,当-1≤a<0时,函数f(x)的值域为R.故选D.2.(2025届广东八校联合检测,6)已知函数f(x)=

在R上单调递增,则a的取值范围是

(

)A.[1,3)

B.(1,3]

C.[1,3]

D.(1,3)C解析

若f(x)在(-∞,0]上单调递增,则f'(x)=a-cosx≥0恒成立,则a≥1,若f(x)在(0,+∞)上单调递

增,则-a≤0,即a≥0,若f(x)在R上单调递增,则-a+3≥0,即a≤3,故a的取值范围是[1,3].3.(2025届北京理工大学附中开学考,10)定义在R上的偶函数y=f(x)满足f(x-1)=-f(x),且在

[0,1]上单调递增,a=f

,b=f(ln

),c=f(2022),则a,b,c的大小关系是

(

)A.a>b>c

B.a>c>b

C.b>c>a

D.c>b>aA解析

由f(x-1)=-f(x)得f(x-2)=-f(x-1)=f(x),即f(x)=f(x+2),∴f(x)是周期为2的函数,则c=f(2022)=f(0),a=f

=f

=f

,又f(x)为偶函数,∴a=f

=f

.∵0<ln

<ln

=

,f(x)在[0,1]上单调递增,∴f(0)<f(ln

)<f

,即c<b<a.故选A.4.(2024湖南长沙一中月考(一),8)设f(x)=

(a∈R),记f(x)在区间

上的最大值为M(a),则M(a)的最小值为

(

)A.0

B.

C.

D.2B解析

设g(x)=x+

-a,x∈

,则g(x)在

上单调递减,在(1,4]上单调递增,g

=

-a,g(1)=2-a,g(4)=

-a,所以M(a)是

,|2-a|,

三者中的较大者,

所以M(a)=

(结合图象得出M(a))所以当a=

时,M(a)的最小值为

.故选B.5.(2025届山西晋中部分校质检,8)已知函数f(x)的定义域为(0,+∞),若对于任意的x,y∈

(0,+∞),都有f(x)+f(y)=f(xy)+2,当x>1时,都有f(x)>2,且f(3)=3,则函数f(x)在区间[1,27]上的

最大值为

(

)A.2

B.3

C.4

D.5D解析

任取x1,x2∈(0,+∞),且x2>x1,则

>1,所以f

>2,令x=x1,y=

,则f(x1)+f

=f

+2=f(x2)+2,所以f(x1)-f(x2)=2-f

<0,则f(x1)<f(x2),因此f(x)在(0,+∞)上单调递增,令x=y=1,则f(1)=2,令x=y=3,则f(3)+f(3)=f(9)+2,又f(3)=3,所以f(9)=4,令x=3,y=9,则f(3)+f(9)=f(27)+2,所以f(27)=5,所以函数f(x)在区间[1,27]上的最大值为f(27)=5.故选D.6.(2025届广东八校联合检测,8)已知函数f(x)的定义域为R,f(2+x)+f(-x)=0,对任意x1,x2∈

[1,+∞)(x1<x2),均有f(x2)-f(x1)>0,已知a,b(a≠b)为关于x的方程x2-2x+t2-3=0的两个解,则关

于t的不等式f(a)+f(b)+f(t)>0的解集为

(

)A.(-2,2)

B.(-2,0)

C.(0,1)

D.(1,2)D解析

由f(2+x)+f(-x)=0,得函数f(x)的图象关于点(1,0)对称.由对任意x1,x2∈[1,+∞)(x1<x2),均有f(x2)-f(x1)>0,可知函数f(x)在[1,+∞)上单调递增.又因为函数f(x)的定义域为R,所以函数f(x)在R上单调递增.因为a,b(a≠b)为关于x的方程x2-2x+t2-3=0的两个解,所以Δ=4-4(t2-3)>0,a+b=2,解得-2<t<2,b=2-a.又f(2+x)+f(-x)=0,所以令x=-a,则f(a)+f(b)=0,则由f(a)+f(b)+f(t)>0,得f(t)>0=f(1),所以t>1.综上,所求不等式的解集是(1,2).故选D.7.(2024山东枣庄三中质检)已知定义在R上的奇函数f(x),当x≥0时,f(x)=

-

.(1)求f(x)的解析式;(2)若对任意的t∈R,不等式f(t2-2t)+f(2t2-k)<0恒成立,求实数k的取值范围.解析

(1)当x<0时,-x>0,则f(-x)=

-

=2x+

,又因为f(x)为奇函数,所以-f(x)=f(-x)=2x+

,所以f(x)=-2x+

,所以f(x)=

(2)因为当x≥0时,f(x)=

-

,又y=

单调递减,y=-

也单调递减,因此f(x)在[0,+∞)上单调递减,(两个减函数的和仍为减函数)又f(x)为奇函数,所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递减.因为f(t2-2t)+f(2t2-k)<0在t∈R上恒成立,所以f(t2-2t)<-f(2t2-k),又因为f(x)为奇函数,所以f(t2-2t)<f(k-2t2),所以t2-2t>k-2t2在t∈R上恒成立,即3t2-2t-k>0在t∈R上恒成立,所以Δ=4+12k<0,即k<-

.故实数k的取值范围是

.解题关键

解决(2)的关键是