《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A版》

考点一 函数的单调性(区间)
例1 (1)函数$y=\sqrt{x^{2}+2x - 24}$的单调递减区间是$(-\infty,-6]$。

答案： 例1
(1)$(-\infty,-6]$　[由题意，要使函数$y=\sqrt{x^2 + 2x - 24}$有意义，需满足$x^2 + 2x - 24\geq0$，解得$x\leq -6$或$x\geq4$.又由$t=x^2 + 2x - 24$在$(-\infty,-6]$上单调递减，在$[4,+\infty)$上单调递增，结合复合函数的单调性的判定方法，可得函数$y=\sqrt{x^2 + 2x - 24}$的单调递减区间是$(-\infty,-6]$.]

(2)试讨论函数$f(x)=\frac{ax}{x - 1}(a\neq0)$在$(-1,1)$上的单调性。解　法一　设$-1＜x_1＜x_2＜1$，$f(x)=a(\frac{x - 1 + 1}{x - 1})=a(1+\frac{1}{x - 1})$，则$f(x_1)-f(x_2)=a(1+\frac{1}{x_1 - 1})-a(1+\frac{1}{x_2 - 1})=\frac{a(x_2 - x_1)}{(x_1 - 1)(x_2 - 1)}$.由于$-1＜x_1＜x_2＜1$，所以$x_2 - x_1＞0$，$x_1 - 1＜0$，$x_2 - 1＜0$.故当$a＞0$时，$f(x_1)-f(x_2)＞0$，即$f(x_1)＞f(x_2)$，函数$f(x)$在$(-1,1)$上单调递减；当$a＜0$时，$f(x_1)-f(x_2)＜0$，即$f(x_1)＜f(x_2)$，函数$f(x)$在$(-1,1)$上单调递增.
法二　$f'(x)=\frac{(ax)'(x - 1)-ax(x - 1)'}{(x - 1)^2}=\frac{a(x - 1)-ax}{(x - 1)^2}=\frac{a}{(x - 1)^2}$，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.

答案： 例1
(2)解　法一　设$-1＜x_1＜x_2＜1$，$f(x)=a(\frac{x - 1 + 1}{x - 1})=a(1+\frac{1}{x - 1})$，则$f(x_1)-f(x_2)=a(1+\frac{1}{x_1 - 1})-a(1+\frac{1}{x_2 - 1})=\frac{a(x_2 - x_1)}{(x_1 - 1)(x_2 - 1)}$.由于$-1＜x_1＜x_2＜1$，所以$x_2 - x_1＞0$，$x_1 - 1＜0$，$x_2 - 1＜0$.故当$a＞0$时，$f(x_1)-f(x_2)＞0$，即$f(x_1)＞f(x_2)$，函数$f(x)$在$(-1,1)$上单调递减；当$a＜0$时，$f(x_1)-f(x_2)＜0$，即$f(x_1)＜f(x_2)$，函数$f(x)$在$(-1,1)$上单调递增.
法二　$f'(x)=\frac{(ax)'(x - 1)-ax(x - 1)'}{(x - 1)^2}=\frac{a(x - 1)-ax}{(x - 1)^2}=\frac{a}{(x - 1)^2}$，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.

(1)下列函数在$\mathbf{R}$上为增函数的是 (B)

A.$y = x^{2}$
B.$y = x$
C.$y = -\sqrt{x}$
D.$y=\frac{1}{x}$

答案： 训练1
(1)B　[
(1)$y=x^2$在$(-\infty,0]$上单调递减，在$(0,+\infty)$上单调递增，故A错误；$y=x$在$R$上为增函数，故B正确；$y=-\sqrt{x}$在$[0,+\infty)$上单调递减，故C错误；$y=\frac{1}{x}$在$(-\infty,0)$上单调递减，在$(0,+\infty)$上单调递减，故D错误.]

(2)(2025·西安模拟)已知函数$f(x)=|x^{2}-5x + 6|$，则函数$f(x)$的单调递增区间是 (C)

A.$(-\infty,\frac{5}{2})$
B.$(\frac{5}{2},+\infty)$
C.$(2,\frac{5}{2})$和$(3,+\infty)$
D.$(-\infty,2)$和$(\frac{5}{2},3)$

答案：
训练1
(2)C　[
(2)因为函数$y=x^2 - 5x + 6$的图象的对称轴为直线$x=\frac{5}{2}$，由$x^2 - 5x + 6=0$可得$x=2$或$x=3$，作出函数$f(x)=|x^2 - 5x + 6|$的大致图象如图所示.由图可知，函数$f(x)$的单调递增区间为$(2,\frac{5}{2})$和$(3,+\infty)$.]

考点二 求函数的最值(值域)
例2 (多选)下列函数中，值域正确的是 (ACD)

A.当$x\in[0,3)$时，函数$y = x^{2}-2x + 3$的值域为$[2,6)$
B.函数$y=\frac{2x + 1}{x - 3}$的值域为$\mathbf{R}$
C.函数$y = 2x-\sqrt{x - 1}$的值域为$[\frac{15}{8},+\infty)$
D.函数$y=\sqrt{x + 1}+\sqrt{x - 1}$的值域为$[\sqrt{2},+\infty)$

答案：
例2ACD[对于A，$y=x^2 - 2x + 3=(x - 1)^2 + 2$，由$x\in[0,3)$，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)，$y=\frac{2x + 1}{x - 3}=\frac{2(x - 3)+7}{x - 3}=2+\frac{7}{x - 3}$，显然$\frac{7}{x - 3}\neq0$，$\therefore y\neq2$，故函数的值域为$(-\infty,2)\cup(2,+\infty)$.
对于C(换元法)，设$t=\sqrt{x - 1}$，则$x=t^2 + 1$，且$t\geq0$，$\therefore y=2(t^2 + 1)-t=2(t-\frac{1}{4})^2 + \frac{15}{8}$，由$t\geq0$，再结合函数的图象(如图②所示)，可得函数的值域为$[\frac{15}{8},+\infty)$.
对于D，函数的定义域为$[1,+\infty)$，$\because y=\sqrt{x + 1}$与$y=\sqrt{x - 1}$在$[1,+\infty)$上均单调递增，$\therefore y=\sqrt{x + 1}+\sqrt{x - 1}$在$[1,+\infty)$上为增函数，$\therefore$当$x = 1$时，$y_{min}=\sqrt{2}$，即函数的值域为$[\sqrt{2},+\infty)$.

(1)(2025·北京怀柔模拟)已知函数$f(x)=\frac{4x^{2}}{2x^{2}+1}$，则对任意实数$x$，函数$f(x)$的值域是 (C)

A.$(0,2)$
B.$(0,2]$
C.$[0,2)$
D.$[0,2]$

答案： 训练2
(1)C[
(1)法一　依题意，$f(x)=\frac{2(2x^2 + 1)-2}{2x^2 + 1}=2-\frac{2}{2x^2 + 1}$，显然$2x^2 + 1\geq1$，则$0＜\frac{2}{2x^2 + 1}\leq2$，于是$0\leq2-\frac{2}{2x^2 + 1}＜2$，所以函数$f(x)$的值域是$[0,2)$.
法二(换元法)　令$t = 2x^2$，$t\geq0$，$g(t)=\frac{2t}{t + 1}(t\geq0)$，当$t = 0$时，$g(t)=0$，当$t\neq0$时，$g(t)=\frac{2}{1+\frac{1}{t}}$，因为$t＞0$，所以$1+\frac{1}{t}＞1$，$0＜\frac{1}{1+\frac{1}{t}}＜1$，所以$g(t)=\frac{2}{1+\frac{1}{t}}\in(0,2)$，综上，$g(t)\in[0,2)$，即$f(x)$的值域为$[0,2).]$

(2)对于任意实数$a,b$，定义$\min\{a,b\}=\begin{cases}a,a\leq b,\\b,a＞b.\end{cases}$设函数$f(x)=-x + 3$，$g(x)=\log_{2}x$，则函数$h(x)=\min\{f(x),g(x)\}$的最大值是1。

答案：
训练2
(2)1　[
(2)法一(数形结合法)在同一坐标系中作函数，依题意，h(x)的图象为如图所示的实线部分，易知点A(2,1)为图象的最高点，因此h(x)的最大值为h
(2)=1.
法二(单调性法)依题意，$h(x)=\begin{cases}\log_2 x,0$＜x\leq2\\-x + 3,x＞$2\end{cases}，$当0＜x\leq2时，h(x)=\log_2 x是增函数；当x＞2时，h(x)=3 - x是减函数，因此h(x)在x = 2时取得最大值h
(2)=1.]