函数概念与性质专题突破练-2025届高三数学一轮复习

函数概念与性质专题突破-2025年高考数学一轮复习 一．选择题（共8小题） 1．（2024•香坊区校级二模）下列函数中，在区间（0，+∞）上单调递增的是（　　） A．f（x）＝﹣lnx B． C． D．f（x）＝3|x﹣1| 2．（2024•武昌区模拟）已知函数f（x）＝x|x|，则关于x的不等式f（2x）＞f（1﹣x）的解集为（　　） A． B． C． D． 3．（2024•商洛模拟）已知偶函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，若，则（　　） A．a＜b＜c B．b＜a＜c C．a＜c＜b D．b＜c＜a 4．（2024•沙坪坝区校级模拟）已知为奇函数，则f（1）＝（　　） A． B． C．2 D．﹣2 5．（2024•天心区校级模拟）已知函数，g（x）＝f（﹣x）﹣1，则g（x）的图象大致是（　　） A． B． C． D． 6．（2024•子长市校级三模）已知函数f（x）满足f（x+3）＝﹣f（x），当x∈[﹣3，0）时，f（x）＝2x+sin，则f（2023）＝（　　） A． B．﹣ C． D．﹣ 7．（2024秋•船山区校级期中）设函数，当f（x）为R上增函数时，实数a的值可以是（　　） A．﹣1 B．1 C．﹣3 D．0 8．（2024•黄浦区校级模拟）已知f（x）是定义在R上的偶函数，若∀x1、x2∈[0，+∞）且x1≠x2时，恒成立，且f（2）＝8，则满足f（m2+m）≤2（m2+m）2的实数m的取值范围为（　　） A．[﹣2，1] B．[0，1] C．[0，2] D．[﹣2，2] 二．多选题（共3小题） （多选）9．（2024•福建模拟）已知函数f（x）的定义域为R，且f（x+y）＝f（x）+f（y）+1，f（1）＝0，则（　　） A．f（0）＝﹣1 B．f（x）有最小值 C．f（2024）＝2023 D．f（x）+1是奇函数 （多选）10．（2024•河南模拟）定义在R上的函数f（x）满足，则（　　） A．f（x）是周期函数 B．f（2024）＝0 C．f（x）的图象关于直线x＝2k﹣1（k∈Z）对称 D． （多选）11．（2024•邢台模拟）已知非常数函数f（x）的定义域为R，且f（x）f（y）＝f（xy）+xy（x+y），则（　　） A．f（0）＝0 B．f（1）＝﹣2或f（1）＝1 C．是{x|x∈R且x≠0}上的增函数 D．f（x）是R上的增函数 三．填空题（共3小题） 12．（2024•子长市校级三模）若函数为R上的奇函数，则实数a＝　 　． 13．（2024•葫芦岛二模）已知实数x＞0，y＞0，则的最大值为 　 　． 14．（2024•历下区校级模拟）已知函数，则不等式f（2x+1）+f（2﹣x）≥2的解集为 　 　． 四．解答题（共5小题） 15．（2024•四川模拟）已知函数f（x）＝|x﹣t|+|x+2t|． （1）当t＝2时，求不等式f（x）≥2x+12的解集； （2）若恒成立，求实数t的取值范围． 16．（2024•黄浦区校级三模）已知f（x）＝，函数y＝f（x）是定义在（﹣2，2）上的奇函数，且f（1）＝． （1）求f（x）的解析式； （2）判断y＝f（x）的单调性，并用函数单调性的定义加以证明． 17．（2024•北京模拟）已知函数（a为实常数）． （1）若函数f（x）为奇函数，求a的值； （2）在（1）的条件下，对任意x∈[1，6]，不等式f（x）≥恒成立，求实数u的最大值． 18．（2024•自贡二模）已知定义在R上的函数f（x）满足f（x+y）＝f（x）+f（y）且f（1）＝﹣3． （1）求，的值； （2）当x＞0时，有f（x）＜0恒成立，求证：a+b＜0时，有f（a）+f（b）＞f（﹣a）+f（﹣b）． 19．（2024•金东区校级模拟）设函数f（x）的定义域为R．给定闭区间D⊆R，若存在a∈D，使得对于任意x∈D， ①均有f（a）⩾f（x），则记f（a）＝Mf（D）； ②均有f（a）⩽f（x），则记f（a）＝mf（D）． （1）设f（x）＝ex﹣x，D＝[1，2]，求Mf（D），mf（D）； （2）设k＞0，f（x）＝﹣x3+kx2，g（x）＝（2k﹣3）x+（2﹣k）．若对于任意D⊆[0，1]，均有Mf（D）⩾Mg（D），求k的取值范围； （3）已知对于任意D⫋R，Mf（D）与mf（D）均存在．证明：“f（x）为R上的增函数或减函数”的充要条件为“对于任意两个不同的D1，D2⫋R，Mf（D1）≠Mf（D2）与mf（D1）≠mf（D2）中至少一个成立”． 函数概念与性质专题突破-2025年高考数学一轮复习 参考答案与试题解析 一．选择题（共8小题） 1．（2024•香坊区校级二模）下列函数中，在区间（0，+∞）上单调递增的是（　　） A．f（x）＝﹣lnx B． C． D．f（x）＝3|x﹣1| 【解答】解：对于A，因为y＝lnx在（0，+∞）上单调递增，y＝﹣x在（0，+∞）上单调递减， 所以f（x）＝﹣lnx在（0，+∞）上单调递减，故A错误； 对于B，因为y＝2x在（0，+∞）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减， 所以在（0，+∞）上单调递减，故B错误； 对于C，因为在（0，+∞）上单调递减，y＝﹣x在（0，+∞）上单调递减， 所以在（0，+∞）上单调递增，故C正确； 对于D，因为，f（1）＝3|1﹣1|＝30＝1，f（2）＝3|2﹣1|＝3， 显然f（x）＝3|x﹣1|在（0，+∞）上不单调，D错误． 故选：C． 2．（2024•武昌区模拟）已知函数f（x）＝x|x|，则关于x的不等式f（2x）＞f（1﹣x）的解集为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：因为函数f（x）＝x|x|为奇函数且x≥0时，f（x）＝x2单调递增， 根据奇函数的对称性可知，f（x）在R上单调递增， 则关于x的不等式f（2x）＞f（1﹣x）可转化为2x＞1﹣x， 解得，x＞． 故选：A． 3．（2024•商洛模拟）已知偶函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，若，则（　　） A．a＜b＜c B．b＜a＜c C．a＜c＜b D．b＜c＜a 【解答】解：因为偶函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，所以f（x）在（0，+∞）上单调递减， ，所以只需比较的大小即可， 因为23＜32，所以，即， 又因为25＞52，所以，即，故． 而f（x）在（0，+∞）上单调递减， 所以，即b＜a＜c． 故选：B． 4．（2024•沙坪坝区校级模拟）已知为奇函数，则f（1）＝（　　） A． B． C．2 D．﹣2 【解答】解：为奇函数， 则f（﹣x）＝﹣f（x），即，化简整理可得，2﹣x﹣2x（a﹣1）＝2x（1﹣a）﹣2x，即a﹣1＝1，解得a＝2， 故f（x）＝， 所以f（1）＝． 故选：A． 5．（2024•天心区校级模拟）已知函数，g（x）＝f（﹣x）﹣1，则g（x）的图象大致是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：令x＞0，则﹣x＜0， 所以f（﹣x）＝（﹣x+1）2， g（x）＝f（﹣x）﹣1＝（x﹣1）2﹣1，则在y轴右侧为部分抛物线， 对称轴为x＝1，g（x）＝0时，x＝2或0， 且（0，0）处为空心，g（1）＝﹣1，排除ACD． 故选：B． 6．（2024•子长市校级三模）已知函数f（x）满足f（x+3）＝﹣f（x），当x∈[﹣3，0）时，f（x）＝2x+sin，则f（2023）＝（　　） A． B．﹣ C． D．﹣ 【解答】解：由已知，令x＝﹣2，可得f（1）＝﹣f（﹣2）； 由f（x+3）＝﹣f（x），可得f（x+6）＝﹣f（x+3）＝f（x）， 即函数f（x）的周期为6； 则f（2023）＝f（6×337+1）＝f（1）＝﹣f（﹣2）＝﹣[2﹣2+sin（﹣）]＝﹣（﹣）＝﹣+， 故选：D． 7．（2024秋•船山区校级期中）设函数，当f（x）为R上增函数时，实数a的值可以是（　　） A．﹣1 B．1 C．﹣3 D．0 【解答】解：因为当x≤1时，y＝﹣x2﹣ax﹣7，对称轴，开口向下， 当x＞1，y＝， 因为函数f（x）是R上的增函数， 所以，即，解得﹣4≤a≤﹣2． 故选：C． 8．（2024•黄浦区校级模拟）已知f（x）是定义在R上的偶函数，若∀x1、x2∈[0，+∞）且x1≠x2时，恒成立，且f（2）＝8，则满足f（m2+m）≤2（m2+m）2的实数m的取值范围为（　　） A．[﹣2，1] B．[0，1] C．[0，2] D．[﹣2，2] 【解答】解：设x1＞x2，则， 所以， 令g（x）＝f（x）﹣2x2，则g（x1）＞g（x2），所以函数g（x）在[0，+∞）上为增函数， 对任意的x∈R，g（﹣x）＝f（﹣x）﹣2（﹣x）2＝f（x）﹣2x2＝g（x）， 所以函数g（x）为R上的偶函数，且g（2）＝f（2）﹣2×22＝0， 由f（m2+m）≤2（m2+m）2可得f（m2+m）﹣2（m2+m）≤0，即g（m2+m）≤g（2）， 即g（|m2+m|）≤g（2），所以，|m2+m|≤2，即﹣2≤m2+m≤2，解得﹣2≤m≤1． 故选：A． 二．多选题（共3小题） （多选）9．（2024•福建模拟）已知函数f（x）的定义域为R，且f（x+y）＝f（x）+f（y）+1，f（1）＝0，则（　　） A．f（0）＝﹣1 B．f（x）有最小值 C．f（2024）＝2023 D．f（x）+1是奇函数 【解答】解：函数f（x）的定义域为R，且f（x+y）＝f（x）+f（y）+1，f（1）＝0， 令x＝y＝0可得，f（0）＝2f（0）+1，即f（0）＝﹣1，A正确； 当f（x）＝x﹣1时，显然满足已知条件，但f（x）在R上没有最小值，B错误； 由题意得f（2）＝2f（1）+1＝1，f（3）＝f（2）+f（1）+1＝3f（1）+2，f（4）＝f（3）+f（1）+1＝4f（1）+3，…，f（2024）＝2024f（1）+2023＝2023，C正确； 令g（x）＝f（x）+1， 则由f（x+y）＝f（x）+f（y）+1可得，g（x+y）﹣1＝g（x）﹣1+g（y）﹣1+1＝g（x）+g（y）﹣1， 所以g（x+y）＝g（x）+g（y）， 因为g（0）＝f（0）+1＝0， 令y＝﹣x，则g（0）＝g（x）+g（﹣x）＝0， 所以g（﹣x）＝﹣g（x），即g（x）为奇函数，D正确． 故选：ACD． （多选）10．（2024•河南模拟）定义在R上的函数f（x）满足，则（　　） A．f（x）是周期函数 B．f（2024）＝0 C．f（x）的图象关于直线x＝2k﹣1（k∈Z）对称 D． 【解答】解：f（x+2）+f（x）＝f（2）， 则f（x+4）+f（x+2）＝f（2）， 故f（x）＝f（x+4）， 所以f（x）的周期为4，故A正确； f（x+2）+f（x）＝f（2）， 令x＝0， 则f（2）+f（0）＝f（2），解得f（0）＝0， 故f（2024）＝f（0+4×506）＝f（0）＝0，故B正确； f（x+6）＝f（﹣x）， 则f（x）关于x＝3对称， f（x）的周期为4， 则f（x+6）＝f（x+2）， 故f（x+2）＝f（﹣x），即f（x）也关于x＝1对称， 由T＝4可知，x＝2k﹣1，k∈Z，均为f（x）对称轴，故C正确； f（0）＝0，f（x）关于x＝1对称， 则f（2）＝f（0）＝0， f（）＝且， 故， 又， 故， 所以＝（1+2﹣3﹣4）+（5+6﹣7﹣8）+•••+（2021+2022﹣2023﹣2024）＝﹣4×506＝﹣2024，故D错误． 故选：ABC． （多选）11．（2024•邢台模拟）已知非常数函数f（x）的定义域为R，且f（x）f（y）＝f（xy）+xy（x+y），则（　　） A．f（0）＝0 B．f（1）＝﹣2或f（1）＝1 C．是{x|x∈R且x≠0}上的增函数 D．f（x）是R上的增函数 【解答】解：在f（x）f（y）＝f（xy）+xy（x+y）中， 令y＝0，得f（0）f（x）＝f（0）， 即∀x∈R，f（0）[f（x）﹣1]＝0． 因为函数f（x）为非常数函数， 所以f（0）＝0，A正确； 令，x≠0，则g（x）g（y）＝g（xy）+x+y， 令x＝y＝﹣1，则[g（﹣1）]2＝g（1）﹣2，① 令x＝y＝1，则[g（1）]2＝g（1）+2，② 由①②，解得 g（1）＝2，g（﹣1）＝0，从而f（1）＝2，B错误； 令y＝1，则g（x）g（1）＝g（x）+x+1，即g（x）＝x+1， 所以g（x）＝x+1是{x|x∈R且x≠0}上的增函数， 即是{x|x∈R且x≠0}上的增函数，故C正确； 因为f（0）＝0，所以f（x）＝x（x+1），在R上不是单调递增函数，故D错误． 故选：AC． 三．填空题（共3小题） 12．（2024•子长市校级三模）若函数为R上的奇函数，则实数a＝　0　． 【解答】解：若函数为R上的奇函数， 则f（0）＝a＝0， 所以a＝0，经检验a＝0符合题意． 故答案为：0． 13．（2024•葫芦岛二模）已知实数x＞0，y＞0，则的最大值为 　2　． 【解答】解：因为＝＝1+， 因为x＞0，y＞0，所以根据平方均值不等式得： ， 当且仅当x＝3y时等号成立， 将上式化简得：1+ ＝， 当且仅当：时等号成立，即x+3y＝2，又因为x＝3y， 所以当时取得最大值． 故答案为：2 14．（2024•历下区校级模拟）已知函数，则不等式f（2x+1）+f（2﹣x）≥2的解集为 　[﹣2，+∞）　． 【解答】解：因为， 所以f（1﹣x）＝e1﹣2x﹣e2x﹣1+sin[﹣]+1＝e1﹣2x﹣e2x﹣1+sin（﹣）+1， 所以f（1﹣x）+f（x）＝2，即f（x）的图像关于点中心对称， 因为f′（x）＝2e2x﹣1+2e1﹣2x+cos（）+cos（）＝4+cos（）＞0， 当且仅当x＝时取等号， 所以f（x）在R上单调递增， 由f（1﹣x）+f（x）＝2，得f（2﹣x）+f（﹣1+x）＝2， 由f（2x+1）+f（2﹣x）≥2可得（2x+1）+f（2﹣x）≥f（2﹣x）+f（﹣1+x）， 即f（2x+1）≥f（﹣1+x）， 所以2x+1≥﹣1+x，解得x≥﹣2． 故答案为：[﹣2，+∞）． 四．解答题（共5小题） 15．（2024•四川模拟）已知函数f（x）＝|x﹣t|+|x+2t|． （1）当t＝2时，求不等式f（x）≥2x+12的解集； （2）若恒成立，求实数t的取值范围． 【解答】解：（1）当t＝2时，由f（x）≥2x+12得|x﹣2|+|x+4|≥2x+12， 即或或解得x∈（﹣∞，﹣3]， 所以不等式f（x）≥2x+12的解集为（﹣∞，﹣3]． （2）设，易得g（a）在（1，3）上单调递增，故． 又f（x）＝|x﹣t|+|x+2t|≥|（x﹣t）﹣（x+2t）|＝|3t|，当且仅当（x﹣t）（x+2t）≤0时，等号成立． 所以只需，解得或， 所以实数t的取值范围为． 16．（2024•黄浦区校级三模）已知f（x）＝，函数y＝f（x）是定义在（﹣2，2）上的奇函数，且f（1）＝． （1）求f（x）的解析式； （2）判断y＝f（x）的单调性，并用函数单调性的定义加以证明． 【解答】解：（1）根据题意，是定义在（﹣2，2）上的奇函数， 则有，解得b＝0， 又由，解得a＝1， 所以，则f（x）定义域为（﹣2，2）， 且，所以（﹣2＜x＜2）； （2）f（x）在区间（﹣2，2）上为严格增函数． 证明如下：设任意﹣2＜x1＜x2＜2，则， 由﹣2＜x1＜x2＜2，得﹣4＜x1x2＜4， 即4+x1x2＞0，x1﹣x2＜0，， 所以f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2）， 故f（x）在区间（﹣2，2）上为严格增函数． 17．（2024•北京模拟）已知函数（a为实常数）． （1）若函数f（x）为奇函数，求a的值； （2）在（1）的条件下，对任意x∈[1，6]，不等式f（x）≥恒成立，求实数u的最大值． 【解答】解：（1）因为，x∈R， 又因为f（x）为奇函数， 所以f（0）＝a﹣＝0， 所以a＝． 经检验a＝满足题意， 所以a＝； （2）由（1）知a＝，从而f（x）＝﹣， 由不等式f（x）≥恒成立，得u≤•2x﹣， 令2x+1＝t∈[3，65]（因为x∈[1，6]）， 故u≤（t﹣1）﹣＝（t+）﹣， 由于函数φ（t）＝（t+）﹣在[3，65]单调递增， 所以φ（t）min＝φ（3）＝1， 因此当不等式f（x）≥在x∈[1，6]上恒成立时，实数u的最大值为1． 18．（2024•自贡二模）已知定义在R上的函数f（x）满足f（x+y）＝f（x）+f（y）且f（1）＝﹣3． （1）求，的值； （2）当x＞0时，有f（x）＜0恒成立，求证：a+b＜0时，有f（a）+f（b）＞f（﹣a）+f（﹣b）． 【解答】解：（1）因为f（x+y）＝f（x）+f（y），f（1）＝﹣3， 令x＝y＝，有：f（1）＝f（）＝f（）+f（）＝2f（）， 所以f（）＝﹣． 令x＝y＝0，有：f（0）＝2f（0）， 所以f（0）＝0． 令y＝﹣x，有：f（0）＝f（x）+f（﹣x）＝0， 所以f（x）＝﹣f（﹣x），即f（x）为R上的奇函数． 令x＝y＝，有：f（）＝2f（）． 令x＝﹣，y＝1，有：f（）＝f（1）+f（﹣）， 又因为f（﹣）＝﹣f（）， 即：f（）＝﹣2f（）﹣3， 所以f（）＝﹣1． （2）因为f（﹣x）＝﹣f（x）， 所以f（﹣a）+f（﹣b）＝﹣（f（a）+f（b））＝﹣f（a+b）． 即证：a+b＜0时，有f（a+b）＞﹣f（a+b）即可， 即证a+b＜0时，f（a+b）＞0即可， 因为当x＞0时，f（x）＜0恒成立， 则令t＝﹣x（t＜0）， 所以x＝﹣t＞0， 于是f（x）＝f（﹣t）＝﹣f（t），因为此种情况f（x）＜0， 即﹣f（t）＜0， 所以f（t）＞0， 即当t＜0时，f（t）＞0， 从而当x＜0时，f（x）＞0恒成立， 取x＝a+b＜0，此时有f（a+b）＞0， 即a+b＜0时，有f（a）+f（b）＞f（﹣a）+f（﹣b）． 19．（2024•金东区校级模拟）设函数f（x）的定义域为R．给定闭区间D⊆R，若存在a∈D，使得对于任意x∈D， ①均有f（a）⩾f（x），则记f（a）＝Mf（D）； ②均有f（a）⩽f（x），则记f（a）＝mf（D）． （1）设f（x）＝ex﹣x，D＝[1，2]，求Mf（D），mf（D）； （2）设k＞0，f（x）＝﹣x3+kx2，g（x）＝（2k﹣3）x+（2﹣k）．若对于任意D⊆[0，1]，均有Mf（D）⩾Mg（D），求k的取值范围； （3）已知对于任意D⫋R，Mf（D）与mf（D）均存在．证明：“f（x）为R上的增函数或减函数”的充要条件为“对于任意两个不同的D1，D2⫋R，Mf（D1）≠Mf（D2）与mf（D1）≠mf（D2）中至少一个成立”． 【解答】解：（1）因为f（x）＝ex﹣x，x∈[1，2]， 求导得f′（x）＝ex﹣1＞0， 所以f（x）在[1，2]上为单调递增函数， 因此Mf（D）＝f（2）＝e2﹣2，mf（D）＝f（1）＝e﹣1； （2）因为f（x）＝﹣x3+kx2， 所以f′（x）＝﹣3x2+2kx，而f′（1）＝﹣3+2k， 因为f（x）＝k﹣1，g（1）＝k﹣1， g（x）＝（2k﹣3）x+（2﹣k）表示过点（1，k﹣1），斜率为2k﹣3的直线， 故g（x）是f（x）在x＝1处的切线， 而f（x）存在极值点， 又因为k＞0， 所以x1＜x2， 当x＜0或时，f′（x）＜0，当时，f′（x）＞0， 则函数f（x）在上单调递减，在上单调递减， 当时，此时f（x）与g（x）在上均为单调递增函数， 因此当Mf（D）≥Mg（D）时，f（x）≥g（x）恒成立， 即﹣x3+kx2≥（2k﹣3）x+（2﹣k），x∈[0，1]， 当k＝1时，则有k﹣1≥k﹣1，显然成立， 当k≠1时，则有＝x+2， 因为x+2＜1+2＝3， 所以k≥3； 当时，此时， 此时Mg（[0，1]）＞Mf（[0，1]），不符题意舍去； 综上，实数k的取值范围为[3，+∞）； （3）证明：先证明必要性（⇐）： 若f（x）为R上的单调递增函数， 则任取D1＝[a1，b1]，D2＝[a2，b2]， 由题意可得Mf（D1）＝f（b1），Mf（D2）＝f（b2）， mf（D1）＝f（a1），mf（D2）＝f（a2）， 因为D1≠D2， 所以a1＞b1或a1＜b1或a2＞b2或a2＜b2， 因为f（x）为R上的单调递增函数， 所以f（a1）＞f（b1）或f（a1）＜f（b1）或f（a2）＞f（b2）或f（a2）＜f（b2）， 所以f（a1）≠f（b1），f（a2）≠f（b2）， 所以Mf（D1）≠Mf（D2）或mf（D1）≠mf（D2）成立． 同时对f（x）为R上的单调递减函数，同理可证． 下面证明充分性（⇒）： 当Mf（D1）≠Mf（D2）与mf（D1）≠mf（D2）其中一式成立时， f（x）不可能为常值函数， 先任取D＝[a，b]，总有Mf（D）＝f（a）或mf（D）＝f（b）， 假设存在x0∈[a，b]，使得Mf（D）＝f（x0）， 记D1＝[a，x0]，D2＝[x0，b]， 则Mf（D）＝Mf（D1）＝Mf（D2）＝f（x0）， 因为存在mf（D）＝f（x1），则x1∈D1或x1∈D2， 不妨设Mf（D）＝f（a），则mf（D）＝f（b）， 否则当x2∈（a，b），mf（D）＝f（x2）， 此时Mf（D）＝Mf（[a，x2]）＝f（a），mf（D）＝mf（[a，x2]）＝f（x2），矛盾； 进而可得f（a）≥f（b），则Mf（[a，b]）＝f（a），mf（[a，b]）＝f（b）， 因此f（a）＞f（b）①． 最后证明f（x）为R上的单调递减函数， 任取x1，x2∈R，且x1＜x2，需考虑如下情况： 情况一：若x1＜a＜b＜x2， 同上述可得，Mf（[x1，a]）＝f（x1），f（x2）＝mf（[b，x2]）， 所以f（x1）＞f（a）＞f（b）＞f（x2）． 情况二：若x1＜a＜x2＜b，则f（x2）＝mf（[a，x2]），否则Mf（[a，b]）＝f（a）， Mf（[a，x2]）＝f（x2），由此矛盾， 因为Mf（[x1，a]）＝f（x1），同情况一可得矛盾， 所以f（x1）＝Mf（[x1，a]）＞f（a）＞mf（[a，x2]）＝f（x2）． 情况三：若x1＜x2＜a＜b，则mf（[x2，a]）＝f（a），否则Mf（[x2，a]）＝f（a）， 记min（mf（[x2，a]），mf（[a，b]））＝mf（[a，b]）＝f（b）， 则Mf（[x2，b]）＝Mf（[a，b]）＝f（a）， mf（[x2，b]）＝mf（[a，b]）＝f（b）， 同理若min（mf（[a，x2]），mf（[a，b]））＝mf（[a，x2]）＝f（x2）， 所以mf（[a，x2]）＝f（a）， 由①可得：f（x1）＞mf（[x1，x2]）＝f（x2）． 情况四：若a＜x1＜x2＜b，同上述可得，Mf（[x1，x2]）＝f（x1）． 综上，f（x1）＞f（x2）恒成立． （当f（x）为R上的单调递增函数时，同理可证） 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$