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2022 年高考数学一轮复习讲练测（新高考·浙江）
第一章 函数
专题 2.2 函数的单调性与值域（讲）
【考试要求】
1．理解函数的单调性，会判断函数的单调性.
2．理解函数的最大（小）值的含义，会求函数的最大（小）值.
【高考预测】
以基本初等函数为载体，考查函数单调性的判定、函数单调区间的确定、函数单调性的应用（解不等式、
确定参数的取值范围、比较函数值大小）、研究函数的最值等，常与奇偶性结合，有时与导数综合考查.
【知识与素养】
知识点 1．函数的单调性
（1）.增函数：若对于定义域 I 内的某个区间 D D I 上的任意两个自变量 1x 、 2x ，当 1 2x x 时，都有
1 2f x f x ，那么就说函数 f x 在区间 D 上是增函数；
（2）减函数：若对于定义域 I 内的某个区间 D D I 上的任意两个自变量 1x 、 2x ，当 1 2x x 时，都有
1 2f x f x ，那么就说函数 f x 在区间 D 上是减函数.
【典例 1】（2019·北京高考真题（文））下列函数中，在区间（0，+ ）上单调递增的是（ ）
A． 1
2y x B．y= 2 x C． 1
2
logy x D． 1y x
【答案】A
【解析】
函数 1
2
2 , logxy y x ，
1y x
在区间 (0, ) 上单调递减，
函数 1
2y x 在区间 (0, ) 上单调递增，故选 A.
【规律方法】
复合函数单调性的确定方法：若两个简单函数的单调性相同，则这两个函数的复合函数为增函数；若两个
简单函数的单调性相反，则这两个函数的复合函数为减函数．简称“同增异减”．
知识点 2．函数的最值
，（a=3(舍）或 a=-1(舍
+a-3|=2
ሺ ݔ
令
.
ݔ
ሺ
或
ሺ ݔ
数的最大值是
的图像可知函
ሺݔ
，观察函数
，对称轴为
ሺ ݔ
函数
,
x a
ሺݔ
时，
൏
㌳ ൏ ൏
当
（舍）.
舍）或 a=- 21
ሺ
a=- 5
-a-3|=2
-
ݔ
ሺ
数的最大值是
的图像得函
ሺݔ
，观察函数
，对称轴为
ሺ ݔ
函数
,
x a
ሺݔ
时，
㌳ ൏ ൏
当
不满足题意.
，经检验
或 a= 21
a= 5
+a-3|=2
-
ݔ
ሺ
令
a=5 或 a=1，经检验 a=5 或 a=1 都不满足题意.
+a-3|=2
-
ሺݔ
令
a=3 或 a=-1(舍），经检验，a=3 满足题意.
+a-3|=2
ሺ ݔ
令
.
ݔ
ሺ
或
ሺ ݔ㌳ሺݔ
图像可知函数的最大值是
的
ሺݔ
，观察函数
，对称轴为
ሺ ݔ
函数
=
a x
ሺݔ
时，
【解析】当
【答案】3 或
__________．
上的最大值是 2，则
㌳
在区间
ሺݔ
，函数
‸ ㌳
【典例 2】已知
那么，我们称 m 是函数 y f x 的最小值.
（2）存在 0x I ，使得 0f x m .
（1）对于任意的 x I ，都有 f x m ；
2.最小值：一般地，设函数 y f x 的定义域为 I ，如果存在实数 m 满足：
那么，我们称 M 是函数 y f x 的最大值.
（2）存在 0x I ，使得 0f x M .
（1）对于任意的 x I ，都有 f x M ；
最大值：一般地，设函数 y f x 的定义域为 I ，如果存在实数 M 满足：.1
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（ ） （其中 m R）的图像不可能是
例 1. （2020·浙江省富阳中学高三三模）函数 ( ) mf x x x
考点 1 单调性的判定和证明
【重点难点突破】
分剔除.
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
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．
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
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
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
7.利用基本不等式法:
6.利用换元法:形如 y ax b cx d 型,可用此法求其值域.
此法.
( ca, 至少有一个不为零)的函数,求其值域可用
2ax bx ey cx d
或
cx d
5.利用“分离常数”法:形如 y= ax b
4.利用三角函数的有界性,如sin [ 1,1],x cos [ 1,1]x .
3. 利用配方法:形如 2 ( 0)y ax bx c a 型,用此 种方法,注意自变量 x 的范围.
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
],[ ba 上取得最小(大)值,最大(小)值.
1.单调性法： 利用函数的单调性:若 )(xf 是 ],[ ba 上的单调增(减)函数,则 )(af , )(bf 分别是 )(xf 在区间
求函数最值（值域）的常见方法：
【总结提升】
.
综上所述，故填 3 或
.
或
（舍）,所以 a
（舍）或 a= 21
a= 5
+a-3|=2
-
ݔ
ሺ
令
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A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
对 m 分类讨论，利用对勾函数的单调性，逐一进行判断图像即可.
【详解】
易见
, 0
( )
, 0
mx xm xf x x mx x xx
，
① 当 0m 时 ( ) f x x 0x ，图像如 A 选项；
②当 0m 时， 0x 时 ( ) mf x x x
，易见 , my x y x
在( )0,+¥ 递增，得 ( )f x 在( )0,+¥ 递增；
0x 时 ( ) mf x x x
，令 x t ，得 ( ) , 0mf t t tt
为对勾函数，
所以 ( )f t 在 ,m 递增， 0, m 递减，
所以根据复合函数单调性得 ( )f x 在 , m 递减， ,0m 递增，图像为 D；
③当 0m 时， 0x 时 ( ) mf x x x
，易见 , my x y x
在( ),0-¥ 递减，故 ( )f x 在( ),0-¥ 递减；
0x 时 ( ) m mf x x xx x
为对勾函数，
所以 ( )f x 在 0, m 递减， ,m 递增，图像为 B.
因此，图像不可能是 C.
故选：C.
；上单调递减，选项 D 正确
㌳㌳
在
对称，选项 C 错误；
㌳
图像不关于点
，选项 B 正确；
最小值为
对称，选项 A 正确；
图像关于
观察函数图像可得：
绘制函数图像如图所示，
，
㌳ ൏
ሺݔ ㌳
由题意可得：
【解析】
【答案】C
上单调递减
㌳㌳
D．在
对称
㌳
C．图像关于点
B．最小值为
对称
A．图像关于
的下列结论，错误的是（ ）
（2019·贵州高三高考模拟（文））关于函数
【变式探究】
(3)导数法：利用导数取值的正负确定函数的单调性．
性．
(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
不等式的性质进行判断．
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
(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
掌握确定函数单调性(区间)的 3 种常用方法
总结提升】】
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故选：C.
考点 2 求函数的单调区间
例 2.（新课标高考真题）函数 2( ) ln( 2 8)f x x x 的单调递增区间是（ ）
A.( , 2) B. ( , 1) C. (1, ) D. (4, )
【答案】D
【解析】函数有意义，则： 2 2 8 0x x ，解得： 2x 或 4x ，结合二次函数的单调性、对数函
数的单调性和复合函数同增异减的原则可得函数的单调增区间为 4, .
故选 D.
例 3.（2020·高三月考（理））函数 ( ) | 2 |f x x x 的单调递减区间是________.
【答案】 1,2
【解析】
由
2
2
22( ) 2 22
xx xf x x x xx x
，分段讨论出函数的单调区间，从而得出答案.
【详解】
由
2
2
22( ) 2 22
xx xf x x x xx x
当 2x 时， 2 2f x x x 开口向上，对称轴方程为 1x ，所以在 2, 上单调递增.
当 2x 时， 22f x x x 开口向下，对称轴方程为 1x
所以此时 f x 在 ,1 上单调递增，在 1,2 上单调递减.
故答案为： 1,2
【总结提升】
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 y f g x ，可设内层函数为 u g x ，外层函数为 y f u ，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
（1）图象如图所示
【详解】
（2）根据图象写出答案即可.
（1）根据一次函数、二次函数、反比例函数的知识画出图象即可；
【解析】
【答案】（1）作图见解析；（2）增区间为[1，3]，减区间为 ,0 、 0,1 、 3, ，值域为 ,3 .
（2）写出此函数的单调区间，并写出值域.
（1）请在给定的坐标系中画出此函数的图象.
x x
f x x x x
xx
6, 3
2 ,0 3
1 , 0
2.（2020·巴彦淖尔市临河区第三中学高三月考（理））已知函数 2
，故选 D.
㌳ ݔ
原函数的单调递增区间为
上的增区间便是原函数的单调递增区间，
㌳ ݔ
在
䁨
为增函数，
䁨
，则
䁨
令
，
或
得
㌳
【解析】
㌳ ݔ【答案】D
D.
㌳ ݔ
C.
ሺ ㌳
B.
ሺ ㌳
A.
的单调递增区间是（ ）
ሺݔ
1.函数
【变式探究】
0f x 的解集与函数 f x 的定义域的交集即为函数 f x 的单调递减区间.
4.导数法：不等式 0f x 的解集与函数 f x 的定义域的交集即为函数 f x 的单调递增区间，不等式
在区间 D 上单调递减.
y f g x 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 y f g x
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（2）定义域为 R，增区间为[1，3]，减区间为 ,0 、 0,1 、 3, ，值域为 ,3 .
考点 3 利用单调性比较大小
例 4.（2020·高三月考）已知
3
2
1, 0( )
, 0
x xf x
x x
， 1.22a ，
0.81
2b
， 52log 2c ，则 f a ，
( )f b ， f c 的大小关系为（ ）
A． f c f b f a B． f c f a f b
C． f b f a f c D． f b f c f a
【答案】A
【解析】
先判断分段函数 f x 的单调性，再比较 , ,a b c 的大小关系，利用单调性即得结果.
【详解】
由
3
2
1, 0( )
, 0
x xf x
x x
知，
0x 时， 3( ) 1f x x ，由幂函数性质知， f x 在 0, 上单调递增，值域为 1, ；
0x 时， 2( )f x x ，由二次函数性质可知， f x 在 ,0 上单调递增，值域为 ,0 ；
故由两段的单调性及值的分布可知， f x 在 R 上单调递增.
又 1.22a ， 1 1.2 22 2 2 ，即 2 4a ；
0.8
0.81 0.81 2 22b
， 0 0.8 12 2 2 ，即1 2b ；
5 52log 2 g 4loc ， 5 5 5log 1 log 4 log 5 ，即 0 1c ；故 c b a ，
例 6．（2021·浙江高一期末）已知函数 2( ) 1( 0)f x ax x a ，若任意 1x 、 2 [1, )x 且 1 2x x ，都有
，故选 C.
6
，解得
‸ ㌳
，故只需满足
时，
,是减函数，且当
㌳ ‸
y
,
㌳
y
为 R 上的减函数，所以
㌳ ‸
㌳
ሺݔ
因为函数
【解析】
ሺ㌳㌳ ݔ【答案】C
D．
㌳6
C．
㌳ ݔ
B．
ሺ㌳ ݔ
A．
ሺ ݔ
为 R 上的减函数，则实数 a 的取值范围是
㌳ ‸
㌳
ሺݔ
例 5.若函数
考点 4 利用单调性确定参数取值范围
，故选 C.
ሺݔ ൏ ሺݔ ൏ ሺݔ
，所以
，所以
，
=
ln
又
，
‸ ‸
，所以
൏ log ൏
㌳
൏
㌳ ൏
因为
（0，3)时单调递减，
在
ሺݔ
，所以函数
൏ ㌳
ሺݔሺݔ
（0，3)都有
，
又对任意
对称，
关于
ሺݔ
，得函数
ሺ ݔ ሺ ݔ
因为
【解析】
ሺݔ ൏ ሺݔ ൏ ሺݔ【答案】C
D．
ሺݔ ൏ ሺݔ ൏ ሺݔ
ሺݔ ൏ ሺݔ ൏ ሺݔC．
B．
ሺݔ ൏ ሺݔ ൏ ሺݔ
A．
，则下面结论正确的是（ ）
ln
，
log
，
，若
൏ ㌳
ሺݔሺݔ
3)都有
（0，
，
，且对任意
ሺ ݔ ሺ ݔ
满足
ሺݔ
上的函数
（2019·天津高三期末（文））已知定义在
【变式探究】
解．
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
( ), ( ), ( )f a f b f c 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
【思路点拨】先判断出函数 ( )f x 的单调性，然后判断 , ,a b c 之间的大小关系，利用单调性比较出
故选：A.
故 f c f b f a .
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（ ）的取值范围是
成立， 则实数
൏ ㌳
ሺݔሺݔ
，都有
满足对任意
，
㌳ ൏ ൏
，
ሺݔ log
1.（2018·吉林东高考模拟（文））已知函数
【变式探究】
(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．
(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；
利用单调性求参数的范围(或值)的方法
【规律方法】
故答案为： 1, .
综合所述，实数 a 的取值范围是 1, ，
，解得 1a ，
a
a
2 12
0
若 0a ，则
若 0a ，则 2 1g x x ，显然不成立；
令 2 2 1g x f x x ax x ，则函数 g x 在[1, ) 上是增函数，
即 1 2 1 2f x f x x x ， 1 1 2 2f x x f x x ，
x x
1f x f x
1 2
所以令 1 2x x ， 1 2
，
x x
1f x f x
1 2
因为任意 1x 、 2 [1, )x 且 1 2x x ，都有 1 2
【详解】
结合二次函数性质即可得出结果.
通过函数单调性的定义得出函数 g x 在[1, ) 上是增函数，最后分为 0a 、 0a 两种情况进行讨论，
转化为 1 1 2 2f x x f x x ，然后令 g x f x x ，
x x
1f x f x
1 2
本题首先可令 1 2x x ，将 1 2
【解析】
【答案】 1,
，则实数 a 的取值范围是___________．
x x
1f x f x
1 2
1 2
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【【解析
2
【答案】x＜ 1
(2 3) 3f x 的 x 的取值范围是_______.
例 7.（2021·全国高一课时练习）已知 f(x)是定义在 ( ,0] 上的单调递增函数，且 ( 2) 3f ，则满足
考点 5 利用函数的单调性解决不等式问题
故答案为： 1,1 .
，解得 1 1k ， k 的取值范围是 1,1 ，
k
k
1 0
所以 1 0
因为函数 2 1xy 在区间 1, 1k k 内不单调，
当 0x 时， 2 1 0x ， 1 2xy ，此时函数是减函数，
当 0x 时， 2 1 0x ， 2 1xy ，此时函数是增函数，
【详解】
组，通过计算即可得出结果.
本题首先可通过去绝对值以及指数函数性质得出函数 2 1xy 的单调性，然后结合函数单调性列出不等式
【解析】
【答案】 1,1
是______.
2.（2020·高三月考（文））函数 2 1xy 在区间 1, 1k k 内不单调，则 k 的取值范围
故答案为：B
.
6
㌳ ㌳ ൏
log ሺ ݔ
൏ ㌳
㌳ ൏ ൏
所以
成立，所以函数在定义域内单调递减，
൏ ㌳
ሺݔሺݔ
，都有
因为函数对任意
【解析】
ሺ㌳ ݔ【答案】B
D．
ݔ
ሺ㌳㌳
C．
6
ሺ㌳㌳
B．
6 ݔ
ሺ㌳㌳
A．
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．___________则 a b 的最小值为
例 8. （2021·浙江高三二模）已知 a ，b R ，若对任意 0x ，不等式 22 2 1 0ax x bx ≤ 恒成立，
考点 6 函数的单调性和最值（值域）及其综合应用
故选 A.
.
.解得
得
由
上为减函数.
ሺ ㌳ ݔ
在
ሺݔ
所以函数
.
㌳
㌳
㌳
且
上为减函数，
ሺ㌳㌳ ݔ
在区间
ሺݔ
所以函数
，
的图像开口向下，对称轴为
函数
上为减函数，
ሺ ㌳㌳
在
ݔ
=(
ሺݔ
函数
【解析】
㌳【答案】A
D.
㌳㌳
C.
㌳
B.
㌳
A.
的取值范围是（ ）
，则实数
，若
㌳ ‸ ㌳
㌳ ㌳
已知函数
【变式探究】
般的不等式 g(x)＞h(x)(或 g(x)＜h(x))．
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
求解含“f”的函数不等式的解题思路
【规律方法】
2x .
故答案为： 1
2x .
所以 2 3 2x ，解得 1
又因为 f(x)是定义在 ( ,0] 上的单调递增函数，
因为 ( 2) 3f ，所以 (2 3) 3f x 和化为 (2 3) ( 2)f x f ，
【详解】
将不等式化为 (2 3) ( 2)f x f ，再根据函数的单调性可解得结果.
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【答案】 3
【解析】
考虑两个函数 ( ) 2g x ax ， 2( ) 2 1f x x bx ，由此确定 0a ， 0x 时， ( )f x ， ( )g x 有相同的零点，
得出 ,a b 的关系，检验此时 ( )f x 也满足题意，然后计算出 a b （用 a 表示），然后由基本不等式得最小值．
【详解】
设 ( ) 2g x ax ， 2( ) 2 1f x x bx ，
( )f x 图象是开口向上的抛物线，因此由 0x 时， ( ) ( ) 0f x g x 恒成立得 0a ，
( ) 0g x 时， 2x a
， 2x a
时， ( ) 0g x ， 2 0xa
时， ( ) 0g x ，
因此 2x a
时， ( ) 0f x ， 2 0xa
时， ( ) 0f x ， 2( ) 0f a
，
所以 2
4 4 1 0b
a a
①， 2b a
②，
由①得 1
4
ab a
，代入②得 1 2
4
a
a a
，因为 0a ，此式显然成立．
1 3 1 32 34 4
a aa b a a
，当且仅当 1 3
4
a
a
，即 2 3
3a 时等号成立，
所以 a b 的最小值是 3 ．
故答案为： 3 ．
【总结提升】
1.通过构造函数，结合函数的单调性寻求解题途径；
2.基本不等式是确定函数最值的常用方法；
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】
（2020·浙江高三月考）已知函数 1( ) (1 )f x a x bx
，若对任意实数 a ，b ，总存在实数 0
1 ,22x
使
不等式 0f x m 成立，则实数 m 的取值范围是________．
【答案】 1, 4
【解析】
14 / 16
首先设 ( )f x 在 1 ,22
上的最大值为 ,M a b ，因为存在实数 0
1 ,22x
使不等式 0f x m ，所以
max( ) ,m f x M a b ，又由对任意实数 a ，b ， ,m M a b 恒成立，所以可以得到 min,m M a b ，
所以只需求 ,M a b 的最小值即可求出实数 m 的取值范围.
【详解】
∵ 1 1( ) (1 )f x a x b x ax bx x
，
∴ ( )f x 在 1 ,22
上的最大值为 ,M a b ，
可得 1, (2) 2 22M a b f a b ，
1 1 1, ( ) 22 2 2M a b f a b ，
, (1) 1 1 2M a b f a b a b ，
可得 1 2 5 2 1 5 1 2, , , 23 3 6 3 3 3 3 3M a b M a b M a b a b a b a b
5 2 1 5 1 2 126 3 3 3 3 3 2a b a b a b ，
即 12 , 2M a b ，∴ 1, 4M a b ，
∵存在实数 0
1 ,22x
使不等式 0f x m ，所以 max( ) ,m f x M a b ，
又由对任意实数 a ，b ， ,m M a b 恒成立，
∴ min
1, 4m M a b .
故答案为： 1, 4
.
【学科素养提升】
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数形结合思想
我国著名数学家华罗庚曾说过:"数形结合百般好，隔裂分家万事休.""数"与"形"反映了事物两个方面的属
性.我们认为，数形结合，主要指的是数与形之间的一一对应关系.数形结合就是把抽象的数学语言、数量
关系与直观的几何图形、位置关系结合起来，通过"以形助数"或"以数解形"即通过抽象思维与形象思维的
结合，可以使复杂问题简单化，抽象问题具体化，从而起到优化解题途径的目的.
向量的几何表示，三角形、平行四边形法则，使向量具备形的特征，而向量的坐标表示和坐标运算又具备
数的特征，因此，向量融数与形于一身，具备了几何形式与代数形式的“双重身份”.因此，在应用向量解
决问题或解答向量问题时，要注意恰当地运用数形结合思想，将复杂问题简单化、将抽象问题具体化，达
到事半功倍的效果.
【典例】（2021·浙江绍兴市·高三二模）设 IM 表示函数 2( ) 4 2f x x x 在闭区间 I 上的最大值．若正实．．
数．a 满足 [0, ] [ ,2 ]2a a aM M ，则 [0, ]aM ______，正实数 a 的取值范围是_________．
【答案】2 12 3, 2
【解析】
首先画出函数 f x 的图象，由图象分析，可知 4a ，即可计算 0,aM 的值；因为 0, 2aM ，可知 ,2 1a aM ，
首先求出 1f x 的的实数根，根据图象判断，列式求 a 的取值范围.
【详解】
如图，画出函数 f x 的图象，当 4a 时， 0,aM f a ，此时， ,2 2a aM f a f a ，不满足
[0, ] [ ,2 ]2a a aM M ，所以 4a ，此时 0, 2aM
因为 0, 2aM ，且 [0, ] [ ,2 ]2a a aM M ，所以 ,2 1a aM ，
当 2 4 2 1f x x x 时，解得： 1 2 3x ， 2 1x ， 3 3x ， 4 2 3x ，
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由图象可知 2 3
2 1
a
a
，得 12 3 2a .
故答案为： 2 ； 12 3, 2
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