《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A版》

考点三 函数单调性的应用
角度1 比较大小
例3 已知$f(x)=2^{x}-\frac{1}{x - 1}$，$a = f(\sqrt{2})$，$b = f(\sqrt{3})$，$c = f(\sqrt{5})$，则 (D)

A.$a＞b＞c$
B.$a＞c＞b$
C.$c＞a＞b$
D.$c＞b＞a$

答案： 例3D[易知$f(x)=2^x - \frac{1}{x - 1}$在$(1,+\infty)$上单调递增，又$\sqrt{5}＞\sqrt{3}＞\sqrt{2}＞1，$故$f(\sqrt{5})＞f(\sqrt{3})＞f(\sqrt{2})，$即c＞b＞a.]

角度2 解函数不等式
例4 已知函数$f(x)=\ln x + 2^{x}$，若$f(x^{2}-4)＜2$，则实数$x$的取值范围是______。

答案： 例4$(-\sqrt{5},-2)\cup(2,\sqrt{5})$　[因为函数$f(x)=\ln x + 2^x$在定义域$(0,+\infty)$上单调递增，且$f(1)=\ln 1 + 2 = 2$，所以由$f(x^2 - 4)＜2$，得$f(x^2 - 4)＜f(1)$，所以$0＜x^2 - 4＜1$，解得$-\sqrt{5}＜x＜-2$或$2＜x＜\sqrt{5}.$

角度3 求参数的取值范围
例5 (2025·保定调研)已知$a＞0$，且$a\neq1$，函数$f(x)=\begin{cases}3a - x,x＜2,\\\log_{a}(x - 1)-1,x\geq2\end{cases}$在$\mathbf{R}$上单调，则$a$的取值范围是 (D)

A.$(1,+\infty)$
B.$[\frac{1}{3},\frac{2}{3}]$
C.$[\frac{2}{3},1)$
D.$[\frac{1}{3},1)$

答案： 例5D[因为函数f(x)在R上单调，由函数解析式可得函数f(x)在R上单调递增不满足题意，故f(x)在R上单调递减，所以$\begin{cases}0＜a＜1\\3a - 2\geq\log_a 1 - 1\end{cases}，$解得$\frac{1}{3}\leq a＜1.]$

(1)(2024·新高考Ⅰ卷)已知函数$f(x)=\begin{cases}-x^{2}-2ax - a,x＜0,\\e^{x}+\ln(x + 1),x\geq0\end{cases}$在$\mathbf{R}$上单调递增，则$a$的取值范围是 (B)
A.$(-\infty,0]$
B.$[-1,0]$
C.$[-1,1]$
D.$[0,+\infty)$

答案： 训练3
(1)B[
(1)因为函数$f(x)$在$R$上单调递增，且当$x＜0$时，$f(x)=-x^2 - 2ax - a$，所以$f(x)=-x^2 - 2ax - a$在$(-\infty,0)$上单调递增，所以$-a\geq0$，即$a\leq0$；当$x\geq0$时，$f(x)=e^x + \ln(x + 1)$，所以函数$f(x)$在$[0,+\infty)$上单调递增.若函数$f(x)$在$R$上单调递增，则$-a\leq f(0)=1 - a$，即$a\geq - 1$.综上，实数$a$的取值范围是$[-1,0]$.故选B.]

(2)已知函数$f(x)=\begin{cases}-x^{2}-2x,x\geq0,\\x^{2}-2x,x＜0,\end{cases}$若$f(3 - a^{2})＜f(2a)$，则实数$a$的取值范围是$(-3,1)$。

答案：
训练3
(2)(-3,1)　[
(2)根据所给的分段函数，画出图象如图.已知函数在整个定义域上是单调递减的，由$f(3 - a^2)$＜f(2a)可知，3 - a^2＞2a，解得-3＜a＜1.]