《2026年金版新学案高三数学人教版》

对点练 1 （多选）在下列函数中，满足对任意 $ x_1, x_2 \in (1, +\infty) $，$ \frac{f(x_1) - f(x_2)}{x_1 - x_2} ＜ 0 $ 的是 （ ）

A.$ f(x) = -2(x - 1)^2 - 2 $
B.$ f(x) = 3x + 5 $
C.$ f(x) = 1 + \frac{1}{x} $
D.$ f(x) = |x - 4| $

答案： 对点练1.AC 由题意可知，函数f(x)在(1,+∞)上单调递减。对于A，f(x)= - 2(x - 1)² - 2，其图象开口向下，对称轴为直线x = 1，故f(x)在(1,+∞)上单调递减，满足题意；对于B，f(x)=3x + 5为一次函数，且k = 3＞0，故f(x)在(1,+∞)上单调递增，不满足题意；对于C，f(x)=1 + $\frac{1}{x}$在(1,+∞)上单调递减，满足题意；对于D，f(x)=$\vert x - 4\vert$=$\begin{cases}x - 4,x\geq4\\4 - x,x＜4\end{cases}$，显然f(x)在(1,4)上单调递减，在4,+∞)上单调递增，不满足题意。故选AC。

对点练 2 设 $ f(x) $ 是定义在 $ \mathbf{R} $ 上的函数，$ \forall m, n \in \mathbf{R} $，$ f(m + n) = f(m) · f(n) (f(m) \neq 0, f(n) \neq 0) $，且当 $ x ＞ 0 $ 时，$ 0 ＜ f(x) ＜ 1 $。求证：
（1）$ f(0) = 1 $；
（2）$ x \in \mathbf{R} $ 时，恒有 $ f(x) ＞ 0 $；
（3）$ f(x) $ 在 $ \mathbf{R} $ 上是减函数。

答案： 对点练2.证明：
(1)根据题意，令m = 0，可得f(0 + n)=f
(0)·f(n)。
因为f(n)≠0，所以f
(0)=1。
(2)由题意知x＞0时，0＜f(x)＜1；
当x = 0时，f
(0)=1＞0；当x＜0时， - x＞0，所以0＜f(-x)＜1。
因为f(x + (-x))=f(x)·f(-x)，所以f(x)·f(-x)=1，
所以f(x)=$\frac{1}{f(-x)}$＞0。故x∈R时，恒有f(x)＞0。
(3)任取x₁,x₂∈R，且x₁＜x₂，则f(x₂)=f(x₁+(x₂ - x₁))，
所以f(x₂) - f(x₁)=f(x₁+(x₂ - x₁)) - f(x₁)=f(x₁)·f(x₂ - x₁) - f(x₁)=f(x₁)[f(x₂ - x₁) - 1]。
由
(2)知f(x₁)＞0，又x₂ - x₁＞0，所以0＜f(x₂ - x₁)＜1，
故f(x₂ - x₁) - 1＜0，故f(x₂) - f(x₁)＜0，故f(x)在R上是减函数。

典例 2 （1）函数 $ f(x) = (\frac{1}{3})^x - \log_2(x + 4) $ 在区间 $ [-2, 2] $ 上的最大值为 。

答案： 典例2
(1)8

（2）（一题多解）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 。
听课笔记：

答案：
（2）1
(1)因为函数y = ($\frac{1}{3}$)ˣ，y = - log₂(x + 4)在区间[-2,2]上都单调递减，所以函数f(x)=($\frac{1}{3}$)ˣ - log₂(x + 4)在区间[-2,2]上单调递减，所以函数f(x)的最大值为f(-2)=($\frac{1}{3}$)⁻² - log₂(-2 + 4)=9 - 1 = 8。
(2)法一：在同一坐标系中，作函数f(x),g(x)的图象，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：依题意h(x)=$\begin{cases}\log_{2}x,0＜x\leq2\\-x + 3,x＞2\end{cases}$，当0＜x≤2时，h(x)=log₂x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。

对点练 3 函数 $ y = x + \sqrt{x - 1} $ 的最小值为 。

答案： 对点练3.1 法一：(换元法)令t = √(x - 1)，t≥0，则x = t² + 1，所以原函数变为y = t² + 1 + t，t≥0，配方得y=(t + $\frac{1}{2}$)² + $\frac{3}{4}$。又因为t≥0，所以y≥$\frac{1}{4}$ + $\frac{3}{4}$=1，故函数y = x + √(x - 1)的最小值为1。
法二：(单调性法)由题易得x - 1≥0，即x≥1。因为函数y = x和y = √(x - 1)在定义域内均为增函数，故函数y = x + √(x - 1)在1,+∞)上为增函数，所以yₘᵢₙ=1。

对点练 4 设 $ f(x) = \begin{cases} x + \frac{2}{x} - 3, & x \geq 1 \\ x^2 + 1, & x ＜ 1 \end{cases} $，则 $ f(x) $ 的最小值为 。

答案： 对点练4.2√2 - 3 当x≥1时，f(x)=x + $\frac{2}{x}$ - 3在[1,√2]上单调递减，在[√2,+∞)上单调递增，所以f(x)在x = √2时取得最小值，即f(x)ₘᵢₙ=2√2 - 3；当x＜1时，f(x)=x² + 1在(-∞,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，所以f(x)在x = 0时取得最小值，即f(x)ₘᵢₙ=1。综上，f(x)的最小值为2√2 - 3。

典例 3 定义在 $ \mathbf{R} $ 上的偶函数 $ f(x) $ 满足：对任意的 $ x_1, x_2 \in (-\infty, 0 (x_1 \neq x_2) $，有 $ \frac{f(x_1) - f(x_2)}{x_1 - x_2} ＜ 0 $，则 （ ）

A.$ f(-2) ＜ f(3) ＜ f(4) $
B.$ f(-2) ＞ f(3) ＞ f(4) $
C.$ f(3) ＜ f(4) ＜ f(-2) $
D.$ f(4) ＜ f(-2) ＜ f(3) $
听课笔记：

答案： 典例3 A 因为对任意的x₁,x₂∈(-∞,0(x₁≠x₂)，有$\frac{f(x₁)-f(x₂)}{x₁ - x₂}$＜0，
所以f(x)在(-∞,0上单调递减，又f(x)为偶函数，所以f(x)在(0,+∞)上单调递增，则f
(2)＜f
(3)＜f
(4)，又f(-2)=f
(2)，所以f(-2)＜f
(3)＜f
(4)。故选A。