2.2 函数的单调性与最大(小)值（课件PPT）-【创新方案】2025年高考数学一轮总复习

函数的单调性与最大(小)值 第二节 课标要求 1.借助函数图象，会用符号语言表达函数的单调性，掌握求函数单调区间的基本方法. 2.理解函数最大值、最小值的概念，理解它们的作用和实际意义，会求简单函数的最值. 3.能够利用函数的单调性解决有关问题. CONTENTS 目录 1 2 3 再认再现——课前基础落实 互动课堂——解题思维建模 即练即评——课堂效果评价 4 课时跟踪检测 再认再现——课前基础落实 01 1．函数的单调性 (1)函数的单调性 系统主干知识 定义 一般地，设函数f(x)的定义域为D，区间I⊆D，如果∀x1，x2∈I 当x1＜x2时，都有___________，那么就称函数f(x)在区间I上单调递增 当x1＜x2时，都有___________，那么就称函数f(x)在区间I上 单调递减 f(x1)＜f(x2) f(x1)＞f(x2) 图象描述 自左向右看图象是上升的 自左向右看图象是下降的 续表 (2)单调区间的定义 如果函数y＝f(x)在区间I上__________或__________，那么就说函数y＝f(x)在这一区间具有(严格的)单调性，区间I叫做y＝f(x)的单调区间． 单调递增 单调递减 2．函数的最值 前提 设函数y＝f(x)的定义域为D，如果存在实数M满足 条件 ∀x∈D，都有__________； ∃x0∈D，使得__________ ∀x∈D，都有__________； ∃x0∈D，使得__________ 结论 M为最大值 M为最小值 f(x)≤M f(x0)＝M f(x)≥M f(x0)＝M 细作教材小题 1．(人教A版必修一P85·T1改编)已知函数y＝f(x)的图象如图所示，其单调递增区间是(　 ) A．[－4,4] B．[－4，－3]∪[1,4] C．[－3,1] D．[－3,4] √ 解析：由题图可知，函数y＝f(x)的单调递增区间为[－3,1]．故选C. √ √ 3．(人教B版必修一P107·T1改编)[多选]已知函数f(x)在区间[－1,2]上单调递增，在区间[2,5]上单调递减，那么下列说法一定正确的是(　 ) A．f(0)<f(2) B．f(3)>f(2) C．f(x)在区间[－1,5]上有最小值 D．f(x)在区间[－1,5]上的最小值是f(5) √ √ 解析：∵f(x)在区间[－1,2]上单调递增，∴f(0)<f(2)，故A正确． ∵函数f(x)在区间[2,5]上单调递减，∴f(3)<f(2)，故B错误． ∵函数f(x)在区间[－1,2]上单调递增，在区间[2,5]上单调递减，∴函数f(x)在区间[－1,5]上有最大值，也有最小值，且f(2)是最大值，f(－1)或f(5)是最小值，故C正确，D错误． 4．(苏教版必修一P134·T6)设m为实数，若函数f(x)＝x2＋mx－2在区间 (－∞，2)上单调递减，则m的取值范围为_______________． (－∞，－4] 2 互动课堂——解题思维建模 02 逐点清(一)　确定函数的单调性(区间) 例 1 √ √ √ 解析：因为f(x)在[a，b]上单调递增，对于任意的x1，x2∈[a，b](x1≠x2)，x1－x2与f(x1)－f(x2)的符号相同，所以A、B、D都正确，而C中应为若x1<x2，则f(a)≤f(x1)<f(x2)≤f(b)． 例 2 √ 例 3 由于－1<x1<x2<1， 所以x2－x1>0，x1－1<0，x2－1<0， 故当a>0时，f(x1)－f(x2)>0， 即f(x1)>f(x2)，函数f(x)在(－1,1)上单调递减； 当a<0时，f(x1)－f(x2)<0， 即f(x1)<f(x2)，函数f(x)在(－1,1)上单调递增． 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． 综上，当a>0时，函数f(x)在(－1,1)上单调递减； 当a<0时，函数f(x)在(－1,1)上单调递增． 点拨·建模 判断或证明函数单调性的方法 定义法 设元、作差、变形、判断符号、得出结论 性质法 直接利用函数的单调性可以判断一些组合函数的单调性，如“增＋增”为增，“增－减”为增，“减＋减”为减，“减－增”为减 图象法 利用图象的上升或下降判断 导数法 利用导数值的正负确定函数的单调区间 题点1　比较函数值的大小 逐点清(二)　函数单调性的应用 例 4 √ 个性点拨 比较函数值的大小时，先把自变量转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决． 题点2　求函数的最值 例 5 √ 例 6 0 个性点拨　求函数最值的3种基本方法 单调性法 先确定函数的单调性，再由单调性求最值 图象法 先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值 基本不 等式法 先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值 题点3　解不等式 例 7 √ 个性点拨　利用函数单调性解不等式的具体步骤 (1)将不等式转化成f(x1)>f(x2)的形式； (2)考查函数f(x)的单调性； (3)根据函数f(x)的单调性去掉“f”，转化为形如“x1>x2”或“x1<x2”的常规不等式，从而得解． 题点4　求参数的取值范围 例 8 √ 个性点拨　求参数的范围(或值)的注意点 (1)视参数为已知数，依据函数的图象或单调性的定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数； (2)若分段函数是单调函数，则不仅要保证在各区间上单调性一致，还要确保在整个定义域内具有单调性． 即练即评——课堂效果评价 03 逐点验收(一)　确定函数的单调性(区间) 1．函数f(x)＝(x－4)·|x|的单调递减区间是(　 ) A．(－∞，0) B．(0,2) C．(－∞，0)和(2，＋∞) D．(2，＋∞) √ 2．函数f(x)＝log2(x2－2x－8)的单调递增区间是(　 ) A．(－∞，－2) B．(－∞，1) C．(1，＋∞) D．(4，＋∞) 解析：由x2－2x－8>0，得x>4或x<－2.设t＝x2－2x－8，则y＝log2t单调递增．要求函数f(x)的单调递增区间，即求t＝x2－2x－8(x＞4或x＜－2)的单调递增区间．因为函数t＝x2－2x－8(x＞4或x＜－2)的单调递增区间为(4，＋∞)，所以函数f(x)的单调递增区间为(4，＋∞)． √ 解：法一：设x1，x2是任意两个正数，且0<x1<x2， 又x1－x2<0， 所以f(x1)－f(x2)<0， 即f(x1)<f(x2)． 逐点验收(二)　函数单调性的应用 √ 5．(2023·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝2x(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，＋∞) √ √ [－1,1) 细节、微点提醒 与函数单调性有关的常用结论 (1)若∀x1，x2∈D(x1≠x2)，则 (4)在共同定义域上，两个增函数的和仍单调递增，两个减函数的和仍单调递减． (5)函数f(g(x))的单调性与函数y＝f(u)和u＝g(x)的单调性的关系是“同增异减”． 课时跟踪检测 04 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 √ 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 4．函数y＝f(x)在R上是增函数，若a＋b≤0，则有(　 ) A．f(a)＋f(b)≤－f(a)－f(b) B．f(a)＋f(b)≥－f(a)－f(b) C．f(a)＋f(b)≤f(－a)＋f(－b) D．f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b) √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 解析：∵a＋b≤0，∴a≤－b，b≤－a，又∵函数f(x)在R上是增函数，∴f(a)≤f(－b)，f(b)≤f(－a)．故f(a)＋f(b)≤f(－a)＋f(－b)，故选C. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 √ √ 解析：要使函数有意义，有－x2＋2x＋3≥0，解得－1≤x≤3，可知B错误； 当x＝－1或x＝3时，－x2＋2x＋3＝0，此时函数有最小值0，可知D错误； 令y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4，根据复合函数的单调性可知A正确； 根据函数的单调性及定义域，可知f(x)max＝f(1)＝2，从而C正确． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 7．[多选]已知函数f(x)在R上单调递增，函数g(x)在(－∞，0)上单调递增，在[0，＋∞)上单调递减，则(　 ) A．函数f(f(x))在R上单调递增 B．函数f(g(x))在(－∞，0)上单调递增 C．函数g(－g(x))在(－∞，0)上单调递减 D．函数g(－f(x))在[0，＋∞)上单调递减 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 解析：因为f(x)在R上单调递增，所以f(f(x))在R上单调递增，故A正确； 因为f(x)在R上单调递增，g(x)在(－∞，0)上单调递增，所以f(g(x))在(－∞，0)上单调递增，故B正确； 因为g(x)在(－∞，0)上单调递增，所以－g(x)在(－∞，0)上单调递减.因为－g(x)的值域是否在(－∞，0)上无法判断，所以g(－g(x))在(－∞，0)上的单调性无法判断，故C错误； 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 因为－f(x)在R上单调递减，g(x)在[0，＋∞)上单调递减，而－f(x)的值域是否在[0，＋∞)上无法判断，所以g(－f(x))在[0，＋∞)上的单调性无法判断，故D错误．故选AB. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 9．已知函数f(x)＝－x|x|＋2x，则f(x)的单调递增区间为_________；若x∈[－2,1]，则f(x)的最小值为________． [－1,1]　 －1 解析：函数f(x)的定义域为R，且f(－x)＝x|x|－2x＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数．当x≥0时，f(x)＝－x2＋2x，由二次函数性质得函数f(x)在区间[0,1]上单调递增，在[1,2]上单调递减．由奇函数在对称区间的单调性一致得，函数f(x)在[－1,0]上单调递增，且f(0)＝0，所以f(x)的单调递增区间为[－1,1]．同样根据奇函数的对称性可得函数f(x)在[－2，－1]上单调递减．所以在[－2,1]上f(x)的最小值为f(－1)＝1×1＋2×(－1)＝－1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 解：(1)f(x)在(0，＋∞)上单调递减，理由如下： 设∀x1，x2满足0<x1<x2， ∴f(x1)－f(x2)>0，∴f(x1)>f(x2)， ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 (2)∵f(1)＝2， 则令f(m)＝2， 解得m＝1或m＝－3， ∵m>0，∴m＝1， 故只有f(1)＝2. ∵f(x)在(0，＋∞)上单调递减， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 解：(1)证明：设x1＜x2＜－2， ∵(x1＋2)(x2＋2)＞0，x1－x2＜0， ∴f(x1)＜f(x2)， ∴f(x)在(－∞，－2)上单调递增． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 当a＞0时，f(x)在(－∞，a)，(a，＋∞)上单调递减，又f(x)在(1，＋∞)上单调递减， ∴0＜a≤1，故实数a的取值范围是(0,1]． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 二、创优训练，冲刺“双一流” √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 (0，＋∞) (0,1)∪(1,2) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 因为∀x1，x2∈(0,2)，x1<x2， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 所以f(x3)<f(x4)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 所以m>0. 只需求出|f(x1)－f(x2)|的最大值， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 2．(人教A版必修一P86·T3改编)[多选]下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递减的是(　 ) A．y＝－x B．y＝x2－x C．y＝－x2－2x D．y＝ex 解析：由题意，得f(x)为图象开口向上的二次函数，对称轴为直线x＝－，要使得函数f(x)在(－∞，2)上单调递减，则－≥2，解得m≤－4. 5．(人教A版必修一P81·例5改编)函数f(x)＝(x∈[2,6])，则f(x)的最小值为________，最大值为________． 解析：由于f(x)＝在[2,6]上单调递减，故f(x)的最大值为f(2)＝2，最小值为f(6)＝. (函数的单调性的理解)[多选]如果函数f(x)在[a，b]上单调递增， 那么对于任意的x1，x2∈[a，b](x1≠x2)，下列结论正确的是(　 ) A. >0 B．(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0 C．f(a)<f(x1)<f(x2)<f(b) D. >0 (求函数的单调区间)函数f(x)＝的单调递增区间为(　 ) A．(0，＋∞) B．(－∞，0) C．(－∞，0)∪(0，＋∞) D．(－∞，0)，(0，＋∞) 解析：∵函数f(x)＝＝1－，定义域为{x|x≠0}，且y＝的单调递减区间为(－∞，0)，(0，＋∞)，∴函数f(x)＝的单调递增区间为(－∞，0)，(0，＋∞)． (判断或证明函数的单调性)试讨论函数f(x)＝(a≠0)在(－1,1)上的单调性． 解：法一：定义法　设－1<x1<x2<1， 又f(x)＝a＝a， 所以f(x1)－f(x2)＝a－a＝. 法二：导数法　f′(x)＝＝＝－. 已知函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，当x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)] (x2－x1)<0恒成立，设a＝f，b＝f(2)，c＝f(e)，则a，b，c的大小关系为(　 ) A．c>a>b B．c>b>a C．a>c>b D．b>a>c 解析：因为f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以f＝f.由x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，知f(x)在(1，＋∞)上单调递减．因为1<2<<e，所以f(2)>f>f(e)，即b>a>c. 若函数f(x)＝在区间[0,1]上的最大值为，则实数m＝(　 ) A．3 B． C．2 D．或3 解析：f(x)＝＝2＋，当m＝2时，f(x)＝2，不符合题意；当m－2>0，即m>2时，f(x)在[0,1]上单调递减，可得f(0)为最大值，即f(0)＝＝，解得m＝；当m－2<0，即m<2时，f(x)在[0,1]上单调递增，可得f(1)为最大值，即f(1)＝＝，解得m＝3，不满足条件．综上可得m＝.故选B. (2024·宁波调研)设f(x)＝则f(f(－1))＝______，f(x)的最小值是__________． 2－3 解析：∵f(－1)＝2，∴f(f(－1))＝f(2)＝2＋－3＝0.当x≥1时，f(x)＝x＋－3在[1，]上单调递减，在[，＋∞)上单调递增，∴f(x)在x＝时取得最小值，即f(x)min＝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，∴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2－3. 已知函数f(x)＝－x|x|，则不等式f(2＋5m)<f(2m2－1)的解集为(　 ) A. B.∪(3，＋∞) C. D．(－∞，－3)∪ 解析：由函数f(x)＝－x|x|＝根据二次函数的性质，可得函数f(x)在R上单调递减．又由不等式f(2＋5m)<f(2m2－1)，可得2＋5m>2m2－1，即(2m＋1)(m－3)<0，解得－<m<3，即实数m的取值范围为. (2024·苏州调研)已知函数f(x)＝ 是R上的减函数，则a的取值范围是(　 ) A．[2，＋∞) B．(0，＋∞) C．[2,3] D．[2,3) 解析：二次函数y＝x2－ax＋5的对称轴为x＝，因为函数f(x)＝是R上的减函数，所以有⇒2≤a≤3.故选C. 解析：f(x)＝(x－4)·|x|＝函数图象如图所示，由图可知函数的 单调递减区间为(0,2)． 所以f(x1)－f(x2)>0， 即f(x1)>f(x2)． 3．讨论函数f(x)＝x＋(a>0)在(0，＋∞)上的单调性． 则f(x1)－f(x2)＝－＝·(x1x2－a)． 当0<x1<x2≤时，0<x1x2<a.又x1－x2<0， 综上，f(x)在(0，]上单调递减，在[，＋∞)上单调递增． 所以函数f(x)在(0，]上单调递减． 当≤x1<x2时，x1x2>a. 所以函数f(x)在[，＋∞)上单调递增． 由f′(x)<0，得1－<0，即x2<a，解得0<x<. 所以f(x)在(0，]上单调递减，在[，＋∞)上单调递增． 法二：因为f(x)＝x＋， 所以f′(x)＝1－. 当x>0时，由f′(x)>0，得1－>0，即x2>a，解得x>； 4．(2024·武汉模拟)已知函数f(x)＝－，若a＝f(21.3)，b＝f(40.7)，c＝f(log38)，则a，b，c的大小关系为(　 ) A．c<a<b B．a<c<b C．b<a<c D．a<b<c 解析：函数f(x)＝－是R上的减函数，又log38<2<21.3<21.4＝40.7，所以f(40.7)<f(21.3)<f(log38)，即b<a<c. 解析：由题意得y＝x(x－a)在区间(0,1)单调递减，所以x＝≥1， 解得a≥2.故选D. 6．(2024·大理期中)已知函数f(x)＝满足对任意的实数x1≠x2，都有<0成立，则实数a的取值范围为(　 ) A. B. C. D. 解析：因为函数f(x)满足对任意的实数x1≠x2，都有<0成立，不妨设x1<x2，则x1－x2<0，则f－f>0，即f>f，所以函数f(x)在R上为减函数，则解得a≤.因此，实数a的取值范围是. 7．已知函数f(x)＝－x2－3在区间上单调递增，则满足 f>f的x取值范围为________． 解析：函数f(x)＝－x2－3的定义域为R，且f＝－2－3＝－x2－3＝f(x)，即f(x)＝－x2－3为偶函数．又函数f(x)＝－x2－3在区间上单调递增，则f(x)＝－x2－3在区间上单调递减，所以不等式f>f，即f()>f，则<1，即－1<x－1<1，解得0<x<2.故满足f>f的x取值范围为. 8．函数y＝的值域为__________． 解析：由y＝＝＝1＋，令t＝x2＋1，则t≥1， ∴∈[－2,0)，∴y＝1＋∈[－1,1)，∴所求函数的值域为[－1,1)． ①>0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0)⇔f(x)在区间D上单调递增． ②<0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0)⇔f(x)在区间D上单调递减． (2)y＝x＋的单调递增区间为(－∞，－1]和[1，＋∞)，单调递减区间为(－1,0)和(0,1)． (3)y＝ax＋(a>0，b>0)的单调递增区间为和，单调递减区间为和. 一、强基训练，提高自信心 1．下列函数在区间(0，＋∞)上单调递增的是(　 ) A．y＝ B．y＝x C．y＝x2 D．y＝logx 解析：y＝在(0，＋∞)上单调递减，故A错误； y＝x在R上单调递减，故B错误； y＝x2在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，故C正确； y＝logx在(0，＋∞)上单调递减，故D错误．故选C. 2．函数f(x)＝2x＋sinx在[0,1]上的取值范围为(　 ) A．[1,2] B．[1,3] C．[2,3] D．[2,4] 解析：易知函数f(x)＝2x＋sinx在[0,1]上单调递增，且f(0)＝1，f(1)＝3，所以f(x)在[0,1]上的取值范围为[1,3]．故选B. 3．若函数f(x)＝2＋3在区间[1，＋∞)上不具有单调性，则a的取值范围是(　 ) A．[1，＋∞) B．(1，＋∞) C．(－∞，1) D．(－∞，1] 解析：因为函数f(x)＝2＋3在上单调递减，在上 单调递增，所以当函数f(x)＝2＋3在区间[1，＋∞)上不具有单调性，则有1<a，即a>1. 5．[多选]关于函数f(x)＝的结论，下列说法正确的是(　 ) A．f(x)的单调递增区间是[－1,1] B．f(x)的单调递减区间是[1，＋∞) C．f(x)的最大值为2 D．f(x)没有最小值 6．(2024·兰州模拟)若偶函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，且f(2)＝0，则不等式<0的解集为(　 ) A．(－2,2) B．(－2,0)∪(2，＋∞) C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－∞，－2)∪(0,2) 解析：因为f(x)为偶函数，所以f(－x)＝f(x)，所以＝<0，且x≠0.因为f(x)在(0，＋∞)上单调递减，且f(2)＝0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递增，且f(－2)＝f(2)＝0.当x>0时，则f(x)<0＝f(2)，故x>2；当x<0时，则f(x)>0＝f(－2)，故－2<x<0.综上，<0的解集为(－2,0)∪(2，＋∞)． 8．函数y＝－x(x≥0)的最大值为________． 解析：令t＝，则t≥0，所以y＝t－t2＝－2＋，当t＝， 即x＝时，ymax＝. 10．若函数f(x)＝在R上单调递增，则实数a的取值范围是________． 解析：根据题意得解得≤a≤2，所以实数a的取值范围是. 11．已知函数f(x)＝－x，x∈(0，＋∞)． (1)判断并证明f(x)在(0，＋∞)上的单调性； (2)解不等式f>f(1)． f(x1)－f(x2)＝－＝－(x1－x2)＝－(x1－x2)＝(x2－x1). ∵0<x1<x2，∴x2－x1>0，＋1>0， 且f>2＝f(1)， ∴0<<1，∴解得－1<x<1， 即不等式解集为(－1,1)． 12．已知f(x)＝(x≠a)． (1)若a＝－2，试证f(x)在(－∞，－2)上单调递增； (2)若a＞0且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求a的取值范围． 则f(x1)－f(x2)＝－＝. (2)f(x)＝＝＝1＋， 13．已知函数f(x)＝，若0<x1<x2<x3≤2，则，，的大小关系是(　 ) A.<< B.<< C.<< D.<< 解析：当0<x≤2时，设g(x)＝＝＝.由y＝在[0，＋∞)上单调递增，y＝－1在(0,2]上单调递减，根据复合函数单调性得g(x)＝在(0,2]上单调递减，若0<x1<x2<x3≤2，则<<. 14．(2024·福州模拟)已知定义在[0，＋∞)上的函数f(x)满足：对任意的x1，x2∈[0，＋∞)，x1≠x2，都有>2，且f(1)＝2 024，则满足不等式f(x－2 024)>2(x－1 013)的x的取值范围是(　 ) A．(2 024，＋∞) B．(2 025，＋∞) C．[2 024,2 025) D．[2 023,2 025) 解析：>2可转化为>0，不妨设x2>x1≥0，则x2－x1>0，∴[f(x2)－2x2]－[f(x1)－2x1]>0.令g(x)＝f(x)－2x，由单调性的定义可知，g(x)在[0，＋∞)上单调递增．∵f(x－2 024)>2 (x－1 013)，∴f(x－2 024)－2(x－2 024)>2 022.∵f(1)＝2 024，∴g(1)＝f(1)－2＝2 022，∴g(x－2 024)>g(1)，∴∴x>2 025，即x的取值范围为(2 025，＋∞)．故选B. 15．设函数f(x)＝x2 024－＋5，则f(x)的单调递增区间为___________，不等式f(x－1)<5的解集为____________． 解析：由题意得f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)．因为f(x)＝f(－x),所以f(x)是偶函数．当x>0时，f(x)＝x2 024－＋5，f(x)单调递增，因此当x<0时，f(x)单调递减．又因为f(1)＝f(－1)＝5，所以由f(x－1)<5可得－1<x－1<0或0<x－1<1，即0<x<1或1<x<2. 16．已知函数f(x)＝x＋， (1)判断函数f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性，并利用定义证明； (2)若对任意的x1，x2∈时，|f(x1)－f(x2)|≤m＋恒成立，求实数m的取值范围． 解：(1)f(x)＝x＋在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 理由如下：取∀x1，x2∈(0,2)，且x1<x2，f(x1)－f(x2)＝x1＋－x2－＝(x1－x2)－＝(x1－x2)＝(x1－x2)·. 故x1x2>0，x1x2－4<0，x1－x2<0，f(x1)－f(x2)＝(x1－x2)·>0， 所以f(x1)>f(x2)， 所以f(x)＝x＋在(0,2)上单调递减． 取∀x3，x4∈(2，＋∞)， 且x3<x4，f(x3)－f(x4)＝x3＋－x4－＝(x3－x4)－＝(x3－x4) ＝(x3－x4)·. 因为∀x3，x4∈(2，＋∞)，x3<x4，故x3x4>0，x3x4－4>0，x3－x4<0， f(x3)－f(x4)＝(x3－x4)·<0， 所以f(x)＝x＋在(2，＋∞)上单调递增． 综上，f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． (2)若对任意的x1，x2∈时，|f(x1)－f(x2)|≤m＋恒成立， 当m＝0时，m＋无意义，舍去． 当m<0时，m＋<0，此时|f(x1)－f(x2)|≤m＋无解，舍去， 当x∈时，f(x)＝x＋单调递减， 当x∈(2,4]时，f(x)＝x＋单调递增， 故f(x)min＝f(2)＝2＋2＝4. 又因为f＝＋8＝，f(4)＝4＋1＝5， 故f(x)max＝f＝，故|f(x1)－f(x2)|max＝－4＝， 所以≤m＋， 因为m>0，故解得m≥4或0<m≤. 故实数m的取值范围是∪[4，＋∞)． $$