07 函数的单调性重难点专题-【高考复习】高中数学重难点系列专题（学生版+解析版）

武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 1 页 07 函数的单调性重难点专题 常考结论及公式 结论一：单调性的五种等价形式 （1）若 1 2x x  ,都有 1 2 1 2 ( ) ( ) 0 f x f x x x −  − ，则 ( )f x 为增函数； 若 1 2x x  都有 1 2 1 2 ( ) ( ) 0 f x f x x x −  − ，则 ( )f x 为减函数； （2）若 1 2x x  都有  1 2 1 2( ) ( ) ( ) 0x x f x f x− −  ，则 ( )f x 为增函数； 若 1 2x x  都有  1 2 1 2( ) ( ) ( ) 0x x f x f x− −  ，则 ( )f x 为减函数； （3）若 1 2x x  都有 1 1 2 2 1 2 2 1( ) ( ) ( ) ( )x f x x f x x f x x f x+  + ，则 ( )f x 为增函数； 若 1 2x x  都有 1 1 2 2 1 2 2 1( ) ( ) ( ) ( )x f x x f x x f x x f x+  + ，则 ( )f x 为减函数； （4）若 ( )f x 为奇函数， 1 2 0x x +  ，都有  1 2 1 2( ) ( ) ( ) 0x x f x f x+ +  ，则 ( )f x 为增函数； 若 ( )f x 为奇函数， 1 2 0x x +  ，都有  1 2 1 2( ) ( ) ( ) 0x x f x f x+ +  ，则 ( )f x 为减函数； （5） 1 2, ,x x D  且 1 2x x ，则有 1 2( ) ( )f x f x ,我们称 ( )f x 在 D上是单调的. 结论二：单调性的常见判断小技巧 （1）若 c为常数，则 ( )f x c+ 与 ( )f x 的单调性相同； 若 0  ，则 ( )f x 与 ( )f x 的单调性相同； 若 0  ，则 ( )f x 与 ( )f x 的单调性相反； 特别的： ( )f x 与 ( )f x− 的单调性相反； （2）增+增=增；减+减=减；-增=减；-减=增；增-减=增；减-增=减； （3）若 ( )f x 恒正或恒负时， ( )f x 与 1 ( )f x 单调性相反； （4）若 ( ) 0f x 恒成立，则 ( )f x ，  2 ( )f x 与 ( )f x 单调性相同； （5）若 ( )f x 与 ( )g x 都大于 0，且 ( )f x 与 ( )g x 都单调递增，则 ( ) ( )f x g x 单调 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 2 页 递增； （6） *n N ， ( )f x 与  2 1 ( ) n f x + 、  1 2 1( ) nf x + 的单调性相同； *n N ，且 ( ) 0f x 时， ( )f x 与  2 ( ) n f x 、  1 2( ) nf x 的单调性相同； *n N ，且 ( ) 0f x 时， ( )f x 与  2 ( ) n f x 的单调性相反； （7）若 ( )f x 与 ( )g x 都大于 0，且 ( )f x 与 ( )g x 都单调递增，则 ( ) ( )f x g x 单调 递增； 若 ( )f x 与 ( )g x 都大于 0，且 ( )f x 与 ( )g x 都单调递减，则 ( ) ( )f x g x 单调递 减； 若 ( )f x 与 ( )g x 都小于 0，且 ( )f x 与 ( )g x 都单调递增，则 ( ) ( )f x g x 单调递 减； 若 ( )f x 与 ( )g x 都小于 0，且 ( )f x 与 ( )g x 都单调递减，则 ( ) ( )f x g x 单调 递增； 结论二：分段函数的单调性 已知 ( ), ( ) ( ), f x x a F x g x x a  =   ， 若 ( )F x 在R上单调递增，则 , ( ) , ( ) ( ) ( ), x a f x x a g x f a g a      单调递增 单调递增 连接处单调递增 若 ( )F x 在R上单调递减，则 , ( ) , ( ) ( ) ( ), x a f x x a g x f a g a      单调递减 单调递减 连接处单调递减 结论三：复合函数的单调性 形如 ( ( ))y f g x= ，令 ( )t g x= ，则有 ( ( )) ( )y f g x f t= = ， ( )y f t= 为外层函数， ( )t g x= 为内层函数. （1）求复合函数值域的步骤 ○1 复合函数的定义域即为内层函数的定义域； ○2 由内层函数的定义域求出内层函数的值域； 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 3 页 ○3 内层函数的值域即为外层函数的定义域； ○4 由外层函数的定义域求出外层函数的值域； ○5 外层函数的值域即为复合函数的值域. （2）复合函数的单调性的判断方法 同增异减：内外两层函数单调性相同，复合函数单调递增内外两层函数单调 性相反，复合函数单调递减. 题型一 定义法判断或证明函数的单调性 【例 1】已知函数 ( ) 1 ax b f x x + = + ，且 ( )1 4f = − ， ( )2 2f = − ． (1)求 ( )f x 的解析式； (2)判断 ( )f x 在 ( )1,− + 上的单调性，并用定义证明． 【跟踪训练 1】已知函数 ( ) b f x ax x = + ，点 (1,6) (2,6)A B、 是图象上的两点. (1)求 a，b的值； (2)判断并证明函数 ( )f x 在 (0, )+ 上的单调性. 重难点题型归纳与精讲 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 4 页 题型二 求函数的单调区间 【例 2】已知 2( ) 3 2 | |, ( ) 2f x x g x x x= − = − ，构造函数 ( ), ( ( ) ( )) ( ) ( ), ( ) ( ) g x f x g x F x f x f x g x  =   ，关于 ( )F x 有以下结论： ①有最大值 3，最小值 1− ②有最大值7 2 7− ，无最小值 ③递增区间为 ( ,2 7),(1, 3)− − ④最小值为 1− 其中正确结论的序号是：__________. 【跟踪训练 2】已知函数 ( )f x x x a= − （ a R ）. (1)当 2a = 时，求 ( )f x 的单调增区间； (2)当  0,1x 时， ( )f x 的最大值为 2 4 a ，求实数 a的取值范围. 题型三 根据函数的单调性求参数（范围） 【例 3】已知函数 ( )f x x x= ，若对任意的  , 2x t t + ，不等式 ( ) ( )3f x t f x+  恒成 立，则实数 t的取值范围是（ ） A． )2 3 2, + + B． ( )2 3 2,+ + C． (0,2 3 2+  D． ( 2 3 2,2 3 2− − +  【跟踪训练 3】（多选）已知函数 ( ) 2 +10, 1 = 1 , >1 x kx x f x k x x −  −      是R 上的减函数，则实数 k 的 可能的取值有（ ） A．4 B．5 C．6 D．7 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 5 页 题型四 根据图象判断函数的单调性 【例 4】关于函数 ( ) 1 x f x x = − ，给出以下四个命题： （1）当 0x  时， ( )y f x= 单调递减且没有最值； （2）方程 ( ) ( 0)f x kx b k= +  一定有实数解； （3）如果方程 ( )f x m= （m为常数）有解，则解的个数一定是偶数； （4） ( )y f x= 是偶函数且有最小值． 其中正确的命题个数为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【跟踪训练 4】（多选）若偶函数 ( )f x 的定义域为 R，且当 [0,3]x 时， 21 , [0,1] ( ) ( 2), (1,3] x x f x f x x  −  =  − −  ，当 3x  时， 1 ( ) ( 4) 2 f x f x= − ，则以下结论正确的是（ ） A． ( )f x 是周期函数 B．任意 ( ) ( )1 2 1 2, , 2x x R f x f x −  C． 1 ( 10) 4 f − = − D． ( )f x 在区间[2,4]上单调递增 题型五 复合函数的单调性 【例 5】请完成下面的表格：（ ( ) ( ),f x g x 均为 R 上的函数） ( )f x ( )g x ( )( )f g x 增函数 增函数 增函数 减函数 减函数 增函数 减函数 减函数 （2）依据（1）的结果，解决问题：“已知函数 2( )f x x= ，试写出函数 ( )2 2 3y f x x= − − 的单调区间.” 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 6 页 【跟踪训练 5】已知函数 ( ) 28 2f x x x= + − ， ( ) ( )22g x f x= − ，试求 ( )g x 的单调区间. 题型六 利用函数的单调性解不等式 【例 6】已知函数 ( ) 4 4 x k x f x x x + + = + + ，若对任意的 1x ， 2x ， ( )3 0,x  + ，都有 ( ) ( ) ( )1 2 3 0f x f x f x+ −  成立，则实数 k的取值范围为（ ） A． 5 ,2 2   −    B． 2,4− C． 3 ,6 2   −    D． 1,8− 【跟踪训练 6】已知 2 2 2 3, 0 ( ) 4 3, 0 x x x f x x x x − + +  =  + +  ，若关于 x的不等式 f(x＋a)＞f(2a－x2)在 区间[a－1，a＋1]上恒成立，则实数 a的取值范围是________. 题型七 比较函数值的大小 【例 7】设 2 2020 2022 2021 a  = ， 2 2021 2023 2022 b  = ， 2 2022 2024 2023 c  = ，则( ) A．a b c  B． a c b  C．c a b  D．c b a  【跟踪训练 7】定义在 ( 1,1)− 上的函数 ( ) ( ) ( ) 1 x y f x f y f xy − − = − ，当 ( 1,0)x − 时， ( ) 0f x  ， 若 1 1 1 ( ) ( ), ( ), (0) 4 5 3 P f f Q f R f= + = = ，则 P 、Q、 R 的大小关系为（ ） A．Q P R  B．P Q R  C．R Q P  D．R P Q  题型八 单调性的综合应用 【例 8】已知定义域为 ( )0, + 的单调递增函数 ( )f x 满足： ( )0,x  + ，有 ( )( )ln 1f f x x− = ，则方程 ( ) 2 4 2f x x x= − + − 的解的个数为（ ） A．3 B．2 C．1 D．0 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 7 页 【跟踪训练 8】已知函数 2 ( ) 2 , ( ) 1 x a f x x x a g x x − = − = − ( Ra ) （1）求函数 ( )f x 的单调增区间. （2）若 0,a  解不等式 ( )f x a （3）若0 12a  ，且对任意 [3,5]t ，方程 ( ) ( )f x g t= 在 [3,5]x 总存在两不相等的实 数根，求 a 的值范围. 课后突破训练 1．函数 ( ) 2 2 5f x x x= − + 的单调增区间是（ ） A． ( ), 1− − 和 ( )0,1 B． ( ), 1− − 和 ( )1,+ C． 1,0− 和 )1,+ D．( )1,0- 和 ( )0,1 2．已知函数 ( ) 2 2, 1, tx x x t f x x x t  + +  =  +  且 ( )f x 在定义域上是单调函数，则实数 t的取值范 围为（ ） A． ( , 1]− − B． ( )1,5 C． ( )1,2− D． ( 1, )− + 3．若函数 ( )y f x= 在区间 I 上是增函数，且函数 ( )f x y x = 在区间 I 上是减函数，则称 函数 ( )f x 是区间 I 上的“H 函数”．对于命题：①函数 ( ) 2f x x x= − + 是 ( )0,1 上的“H 函数”； ②函数 ( ) 2 2 1 x g x x = − 是 ( )0,1 上的“H 函数”．下列判断正确的是（ ） A．①和②均为真命题 B．①和②均为假命题 C．①为假命题, ②为真命题 D．①为真命题, ②为假命题 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 8 页 4.已知函数 ( )f x 对任意的， 1x ，  2 1,0x  − 都有 ( ) ( )1 2 1 2 0 f x f x x x −  − ， ( )f x 的图像关于 1x = − 对称、则下列结论正确的是（ ） A． ( ) 1 4 1 2 3 f f f     −  −  −        B． ( ) 4 1 1 3 2 f f f     −  −  −        C． ( ) 4 1 1 3 2 f f f     −  −  −        D． ( ) 1 4 1 2 3 f f f     −  −  −        5．已知定义域为 R 的函数 ( )f x 满足 (1 ) (1 )f x f x− = − + ，且函数 ( )f x 在区间 ( )1,+ 上单 调递增，如果 1 21x x< < ，且 1 2 2x x+  ，则 ( ) ( )1 2f x f x+ 的值（ ） A．恒小于 0 B．恒大于 0 C．可能为 0 D．可正可负函数 6．设函数 ( ) 3f x m x= − + ，若存在实数 , ( )a b a b ，使 ( )f x 在[ , ]a b 上的值域为[ , ]a b ， 则实数 m的取值范围是（ ） A． 9 , 2 4   − −    B． 5 2, 4  − −    C． 9 3, 4   − −   D． 9 5 , 4 4   − −   7．（多选）设函数 2 1, ( ) 2 1, ax x a f x x ax x a −  =  − +  ，当 ( )f x 为增函数时，实数a 的值可能是（ ） A．2 B． 1− C． 1 2 D．1 8．已知函数 ( )f x 在R 上有定义，且 (0)=0f .若对任意给定的实数 ( )1 2 1 2,x x x x ，均有 ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 1 2 2 1+ < +x f x x f x x f x x f x 恒成立，则不等式 ( +1) (1 2 )<0x f x− 的解集是______. 9．已知正实数 ,a b满足 ( ) 3 3 8 10 5 11 a a bb +  + ++ ，则3 2a b+ 的最小值是___________. 10．定义在区间（－1，1）上的函数 f（x）满足： ( ) ( ) 1 x y f x f y f xy  − − =   −  ，x∈（－1， 0）时 f（x）<0，若 3 1 7 3 a f f     = +        ， 5 7 b f   =     ，c=f（0），则三个实数 a，b，c从小 到大排列的顺序为___________. 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 9 页 11．已知函数 ( )2 2( ) 2 3 ( ) 5f x x x g x f x= − − = −， ,试求 ( )g x 的单调区间. 12．已知函数 ( ) 2 2 2 2 2 2 x x a x a f x x x a x a  − +  =  + −  ， ， （1）若 0a = ，解不等式 ( ) 0f x  ； （2）若不存在相异实数 1 2 1 1 , 2 2 x x    −    、 ，使得 ( ) ( )1 2 f x f x= 成立，求实数a 的取值范 围； （3）若对于任意实数a ，总存在 1 2 1 1 , 2 2 x x    −    、 ，使得 ( ) ( )1 2f x f x k−  成立，求实 数 k 的最大值. 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 1 页 07 函数的单调性重难点专题 常考结论及公式 结论一：单调性的五种等价形式 （1）若 1 2x x  ,都有 1 2 1 2 ( ) ( ) 0 f x f x x x −  − ，则 ( )f x 为增函数； 若 1 2x x  都有 1 2 1 2 ( ) ( ) 0 f x f x x x −  − ，则 ( )f x 为减函数； （2）若 1 2x x  都有  1 2 1 2( ) ( ) ( ) 0x x f x f x− −  ，则 ( )f x 为增函数； 若 1 2x x  都有  1 2 1 2( ) ( ) ( ) 0x x f x f x− −  ，则 ( )f x 为减函数； （3）若 1 2x x  都有 1 1 2 2 1 2 2 1( ) ( ) ( ) ( )x f x x f x x f x x f x+  + ，则 ( )f x 为增函数； 若 1 2x x  都有 1 1 2 2 1 2 2 1( ) ( ) ( ) ( )x f x x f x x f x x f x+  + ，则 ( )f x 为减函数； （4）若 ( )f x 为奇函数， 1 2 0x x +  ，都有  1 2 1 2( ) ( ) ( ) 0x x f x f x+ +  ，则 ( )f x 为增函数； 若 ( )f x 为奇函数， 1 2 0x x +  ，都有  1 2 1 2( ) ( ) ( ) 0x x f x f x+ +  ，则 ( )f x 为减函数； （5） 1 2, ,x x D  且 1 2x x ，则有 1 2( ) ( )f x f x ,我们称 ( )f x 在 D上是单调的. 结论二：单调性的常见判断小技巧 （1）若 c 为常数，则 ( )f x c+ 与 ( )f x 的单调性相同； 若 0  ，则 ( )f x 与 ( )f x 的单调性相同； 若 0  ，则 ( )f x 与 ( )f x 的单调性相反； 特别的： ( )f x 与 ( )f x− 的单调性相反； （2）增+增=增；减+减=减；-增=减；-减=增；增-减=增；减-增=减； （3）若 ( )f x 恒正或恒负时， ( )f x 与 1 ( )f x 单调性相反； （4）若 ( ) 0f x 恒成立，则 ( )f x ，  2 ( )f x 与 ( )f x 单调性相同； （5）若 ( )f x 与 ( )g x 都大于 0，且 ( )f x 与 ( )g x 都单调递增，则 ( ) ( )f x g x 单调 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 2 页 递增； （6） *n N ， ( )f x 与  2 1 ( ) n f x + 、  1 2 1( ) nf x + 的单调性相同； *n N ，且 ( ) 0f x 时， ( )f x 与  2 ( ) n f x 、  1 2( ) nf x 的单调性相同； *n N ，且 ( ) 0f x 时， ( )f x 与  2 ( ) n f x 的单调性相反； （7）若 ( )f x 与 ( )g x 都大于 0，且 ( )f x 与 ( )g x 都单调递增，则 ( ) ( )f x g x 单调 递增； 若 ( )f x 与 ( )g x 都大于 0，且 ( )f x 与 ( )g x 都单调递减，则 ( ) ( )f x g x 单调递 减； 若 ( )f x 与 ( )g x 都小于 0，且 ( )f x 与 ( )g x 都单调递增，则 ( ) ( )f x g x 单调递 减； 若 ( )f x 与 ( )g x 都小于 0，且 ( )f x 与 ( )g x 都单调递减，则 ( ) ( )f x g x 单调 递增； 结论三：分段函数的单调性 已知 ( ), ( ) ( ), f x x a F x g x x a  =   ， 若 ( )F x 在R上单调递增，则 , ( ) , ( ) ( ) ( ), x a f x x a g x f a g a      单调递增 单调递增 连接处单调递增 若 ( )F x 在R上单调递减，则 , ( ) , ( ) ( ) ( ), x a f x x a g x f a g a      单调递减 单调递减 连接处单调递减 结论四：复合函数的单调性 形如 ( ( ))y f g x= ，令 ( )t g x= ，则有 ( ( )) ( )y f g x f t= = ， ( )y f t= 为外层函数， ( )t g x= 为内层函数. （1）求复合函数值域的步骤 ○1 复合函数的定义域即为内层函数的定义域； ○2 由内层函数的定义域求出内层函数的值域； 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 3 页 ○3 内层函数的值域即为外层函数的定义域； ○4 由外层函数的定义域求出外层函数的值域； ○5 外层函数的值域即为复合函数的值域. （2）复合函数的单调性的判断方法 同增异减：内外两层函数单调性相同，复合函数单调递增内外两层函数单调 性相反，复合函数单调递减. 题型一 定义法判断或证明函数的单调性 【例 1】已知函数 ( ) 1 ax b f x x + = + ，且 ( )1 4f = − ， ( )2 2f = − ． (1)求 ( )f x 的解析式； (2)判断 ( )f x 在 ( )1,− + 上的单调性，并用定义证明． 【答案】(1) ( ) 2 10 1 x f x x − = + ；(2)单调递增，证明见解析. 【分析】（1）由题可得 ( ) ( ) + 1 = = 4 2 2 + 2 = = 2 3 a b f a b f − −      即可求出 ,a b，得到 ( )f x 的解析式； （2）根据单调性的定义即可判断证明. （1）由题意，得 ( ) ( ) + 1 = = 4 2 2 + 2 = = 2 3 a b f a b f − −      ，即 + = 8 2 + = 6 a b a b − −    , 解得： =2a ， 10b = − ．故 ( ) 2 10 1 x f x x − = + ． （2） ( )f x 在 ( )1,− + 上单调递增． 证明： 1x ， ( )2 1,x  − + ，且 1 2x x ，则 ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 2 1 1 2 2 12 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 10 1 2 10 1 122 10 2 10 1 1 1 1 1 1 x x x x x xx x f x f x x x x x x x − + − − + −− − − = − = = + + + + + + ． 由 2 1 1x x  − ，得 2 1 0x x−  ， 2 1 0x +  ， 1 0x +  ， 重难点题型归纳与精讲 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 4 页 所以 ( ) ( )2 1 0f x f x−  ，即 ( ) ( )2 1f x f x ．故 ( )f x 在 ( )1,− + 上单调递增． 【跟踪训练 1】已知函数 ( ) b f x ax x = + ，点 (1,6) (2,6)A B、 是图象上的两点. (1)求 a，b的值； (2)判断并证明函数 ( )f x 在 (0, )+ 上的单调性. 【答案】(1) 2, 4a b= = (2) ( )f x 在区间 ( )0, 2 上单调递减，在区间 ( )2,+ 上单调递增；证明见解析 【分析】（1）将 A B、 两点带入函数，即可列出方程组，则可求出答案； （2）利用对勾函数的性质即可判断出函数 ( )f x 在区间 (0, )+ 上的单调性，再利用单调 性的定义证明即可. （1）将 (1,6) (2,6)A B、 带入函数得： + =6 2 + =6 2 a b b a      解得： =2 =4 a b    ； （2） ( )f x 在区间 ( )0, 2 上单调递减，在区间 ( )2,+ 上单调递增； 证明：由（1）知 4 ( )=2 +f x x x ， 1 2, (0,+ )x x   ，且 1 2x x ， 则 ( ) ( ) ( )( )1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 24 4 = 2 + 2 + = x x x x f x f x x x x x x x − − − −             ， 当 1 20< < < 2x x 时， 1 2 0x x−  ， 1 2 2<0x x − ， 1 2 0x x  ， 此时 ( ) ( )1 2 0f x f x−  ，即 ( ) ( )1 2f x f x ， 所以 ( )f x 在区间 ( )0, 2 上单调递减； 当 1 22< <x x 时， 1 2 0x x−  ， 1 2 2>0x x − ， 1 2 0x x  ， 此时 ( ) ( )1 2 0f x f x−  ，即 ( ) ( )1 2f x f x ， 所以 ( )f x 在区间 ( )2,+ 上单调递增. 题型二 求函数的单调区间 【例 2】已知 2( ) 3 2 | |, ( ) 2f x x g x x x= − = − ，构造函数 ( ), ( ( ) ( )) ( ) ( ), ( ) ( ) g x f x g x F x f x f x g x  =   ，关于 ( )F x 有以下结论： 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 5 页 ①有最大值 3，最小值 1− ②有最大值7 2 7− ，无最小值 ③递增区间为 ( ,2 7),(1, 3)− − ④最小值为 1− 其中正确结论的序号是：__________. 【答案】②③ 【分析】将函数 ( )f x 化简，去掉绝对值后，分别解不等式 ( ) ( )f x g x 和 ( ) ( )f x g x ，得 到相应 x的范围，得到 ( )F x 在三个不同区间内的解析式， 画出函数的简图，即得解. 【详解】在同一坐标系中先画出 ( )f x 和 ( )g x 的图像. 然后根据定义画出 ( )F x ，容易看出 ( )F x 有最大值，无最 小值. 由图像可知，当 0x  时， ( )y F x= 取得最大值，所以 23 2 | | 2x x x− = − 得： 2 7x = − 或 2 7x = + （舍） 此时 max( ) (2 7) 7 2 7F x F= − = − 由图像可得：递增区间为 ( ,2 7),(1, 3)− − 故答案为：②③ 【点睛】本题是函数综合问题，考查了分段函数的单调性和最值，考查了学生综合分析， 数形结合，数学运算能力，属于较难题. 【跟踪训练 2】已知函数 ( )f x x x a= − （ a R ）. (1)当 2a = 时，求 ( )f x 的单调增区间； (2)当  0,1x 时， ( )f x 的最大值为 2 4 a ，求实数 a的取值范围. 【答案】(1)增区间为 ( ),1− 和 ( )2,+ (2)  2 2 2,2 2 2 2 − − −  【分析】（1）当 2a = 时，分 2x  和 2x  两种情况去绝对值，再根据二次函数的单调区 间分析即可； （2）分 x a≥ 和 x a 两种情况去绝对值，再分 0a  和 0a  两种情况，结合二次函数的 最值分析即可 （1）当 2a = 时， ( ) 2 2 2 , 2 2 2 , 2 x x x f x x x x x x  −  = − =  −  ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 6 页 因为 2 2( ) 2 ( 1) 1f x x x x= − = − − 的对称轴为 1x = ，当 2x  时，此时函数单调递增， 因为 2 2( ) 2 ( 1) 1f x x x x= − = − − + 对称轴为 1x = ，当 1x  时，此时函数单调递增， 所以增区间： ( ),1− 和 ( )2,+ ； （2） ( ) 2 2 , , x ax x a f x x x a ax x x a  −  = − =  −  ， ①若 0a  ，则 2 max( ) (1) 1 2 2 2 4 a f x f a a= = − =  = − − ； ②若 0a  ，则 （i）当 1 2 a  时，即 2a  ，所以 2 2 max( ) (1) 1 2 4 4 a a f x f a a= =  − =  = ，因为 2a  ， 所以舍去； 当 x a 时， 2 1 2 ( ) ( ) 4 2 a f x x x a x a + = − =  = ， （ii）当 1 2 1 2 2 a a +   时，即当 2 2 2,2a   − 时， 2 max( ) 2 4 a a f x f   = =    ，符合题意； （iii）当 1 2 1 2 a +  时，即当0 2 2 2a  − 时， 2 2 max( ) (1) 1 2 2 2 4 4 a a f x f a a= =  − =  = −  ，所以无解，不符合题意， 综上：  2 2 2,2 2 2 2  −  − − a . 题型三 根据函数的单调性求参数（范围） 【例 3】已知函数 ( )f x x x= ，若对任意的  , 2x t t + ，不等式 ( ) ( )3f x t f x+  恒成 立，则实数 t的取值范围是（ ） A． )2 3 2, + + B． ( )2 3 2,+ + C． (0,2 3 2+  D． ( 2 3 2,2 3 2− − +  【答案】A 【解析】显然函数 ( )f x 在 R 上单调递增，又 ( ) ( )3 3f x f x= ，由 ( ) ( )3f x t f x+  结 合函数的单调性可知 ( )3 1t x − ，构造函数 ( )( ) 3 1g x x= − ，即 ( )( )max( ) 3 1 2t g x t = − + 恒成立，解不等式即可得解. 【详解】 ( ) 2 2 , 0 , 0 x x f x x x x x   = =  −  ， 函数 ( )f x 在 R 上单调递增， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 7 页 又 ( ) ( )3 33 3 3x x xf x fx x= = = ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 3 1f x t f x f x t f x x t x t x +  + +   − 所以对  , 2x t t  + ，不等式 ( ) ( )3f x t f x+  恒成立，即不等式 ( )3 1t x − 恒成立， 令 ( )( ) 3 1g x x= − ，  , 2x t t + ，即 max( )t g x 又 ( )( ) 3 1g x x= − 在  , 2t t + 上单调递增， ( )( )max( ) ( 2) 3 1 2g x g t t = + = − + ( )( ) ( ) ( ) ( )2 3 1 3 1 2 2 3 2 3 1 2 3 2 2 3 t t t t −  − +  −  −   = + − 所以实数 t的取值范围是 )2 3 2, + + 故选：A. 【点睛】方法点睛：本题考查绝对值不等式的恒成立问题， 不等式恒成立问题常见方 法： ①分离参数 ( )a f x 恒成立( ( ) max a f x 即可)或 ( )a f x 恒成立（ ( ) min a f x 即可）； ②数形结合( ( )y f x= 图像在 ( )y g x= 上方即可)； ③讨论最值 ( ) min 0f x  或 ( ) max 0f x  恒成立. 【跟踪训练 3】（多选）已知函数 ( ) 2 +10, 1 = 1 , >1 x kx x f x k x x −  −      是R 上的减函数，则实数 k 的 可能的取值有（ ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】ABC 【分析】根据题意可得 1 2 1>0 1 +10 1 k k k k  − −  −        ，解之即可得解. 【详解】因为函数 ( )f x 是R 上的减函数， 所以 1 2 1>0 1 +10 1 k k k k  − −  −        解得2 6k  . 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 8 页 故 ABC 正确，D 错误 故选：ABC. 题型四 根据图象判断函数的单调性 【例 4】关于函数 ( ) 1 x f x x = − ，给出以下四个命题： （1）当 0x  时， ( )y f x= 单调递减且没有最值； （2）方程 ( ) ( 0)f x kx b k= +  一定有实数解； （3）如果方程 ( )f x m= （m为常数）有解，则解的个数一定是偶数； （4） ( )y f x= 是偶函数且有最小值． 其中正确的命题个数为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】由函数解析式可推出 ( )y f x= 是偶函数，在 ( , 1)− − 、(0,1)上单调递增，在 ( 1,0)− 、 (1, )+ 上单调递减，且 ( ) 0f x  恒成立，即可判断各项的正误. 【详解】函数 ( ) 1 x f x x = − 是偶函数，当 0x  时， ( )y f x= 在(0,1)上单调递增，在 (1, )+ 上单调递减，且 ( ) 0f x  恒成立，可得函数草图如下： （1）当 1x  时， 1 ( ) 1 1 1 x y f x x x = = = + − − 单调递减，当0 1x  时， 1 ( ) 1 1 1 x y f x x x = = − = − − − − 单调递增，故错误； （2）当 0k  时，函数 ( )y f x= 与函数 y kx b= + 的图像一定有交点，由对称性可知，当 0x  且 0k  时，函数 ( )y f x= 与函数 y kx b= + 的图像也一定有交点，故正确； （3）当 0m = 时，方程 ( )f x m= 只有 1 个解 0x = ，故错误； 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 9 页 （4） 由对称性知， ( )y f x= 有最小值 (0) 0f = ，故正确； 故选：B 【点睛】关键点点睛：根据函数解析式确定单调区间，奇偶性以及值域，进而结合各项 的描述判断正误，注意一次函数的性质和函数对称性的应用. 【跟踪训练 4】（多选）若偶函数 ( )f x 的定义域为 R，且当 [0,3]x 时， 21 , [0,1] ( ) ( 2), (1,3] x x f x f x x  −  =  − −  ，当 3x  时， 1 ( ) ( 4) 2 f x f x= − ，则以下结论正确的是（ ） A． ( )f x 是周期函数 B．任意 ( ) ( )1 2 1 2, , 2x x R f x f x −  C． 1 ( 10) 4 f − = − D． ( )f x 在区间[2,4]上单调递增 【答案】BCD 【分析】根据已知条件，求出 [ 1,1]x − 时， 2( ) 1f x x= − ； ( 1,3x 时， ( ) 2 ( ) 2 1f x x= − − ， 再结合 3x  时， 1 ( ) ( 4) 2 f x f x= − 及偶函数的性质，对各选项逐一分析即可求解. 【详解】解：因为 ( )f x 为 R上的偶函数，所以 ( ) ( )f x f x= − ， 又 [0,1]x 时， 2( ) 1f x x= − ， 所以 [ 1,0]x − 时， ( ) 2 21( ) ( ) 1f x xx f x= − =− −− = ， 所以 2( ) 1f x x= − ，  1,1x − ， 当1 3x  时， 1 2 1x−  −  ， 由题意， ( ) ( ) 2 2 ( ) ( 2) 1 2 2 1f x f x x x = − − = − − − = − −   ， 所以  1 3,x − 时， max( ) (0) 1f x f= = ， min( ) (2) 1f x f= = − ， 因为 3x  时， 1 ( ) ( 4) 2 f x f x= − ，所以 ( )f x 不是周期函数，故选项 A错误； 因为 ( )f x 为 R上的偶函数，且 3x  时， 1 ( ) ( 4) 2 f x f x= − ， 所以任意 ( ) ( )1 2 1 2, , (0) (2) 2x x R f x f x f f −  − = ，故选项 B正确； 因为 1 1 1 1 1 ( 10) (10) (10 4) (6) (6 4) (2) 2 2 4 4 4 f f f f f f− = = − = = − = = − ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 10 页 所以选项 C正确； 因为 [3,5]x ， 4 [ 1,1]x −  − ，所以 ( ) 21 1 ( ) ( 4) 1 4 2 2 f x f x x = − = − −   ， (3) 0f = ， 又当1 3x  时， ( ) ( ) 2 2 ( ) ( 2) 1 2 2 1f x f x x x = − − = − − − = − −   ， (3) 0f = ， 所以由二次函数性质知 ( )f x 在区间[2,4]上单调递增，所以选项 D正确， 故选：BCD. 题型五 复合函数的单调性 【例 5】请完成下面的表格：（ ( ) ( ),f x g x 均为 R 上的函数） ( )f x ( )g x ( )( )f g x 增函数 增函数 增函数 减函数 减函数 增函数 减函数 减函数 （2）依据（1）的结果，解决问题：“已知函数 2( )f x x= ，试写出函数 ( )2 2 3y f x x= − − 的单调区间.” 【答案】（1）答案见解析；（2）单调增区间为[ 1,1]− 和[3, )+ ，减区间为 ( , 1]− − 和[1,3] . 【分析】（1）根据复合函数的单调性的判断可完善表格； （2）根据复合函数的单调性和二次函数的单调性可得答案. 【详解】（1） ( )f x ( )g x ( )( )f g x 增函数 增函数 增函数 增函数 减函数 减函数 减函数 增函数 减函数 减函数 减函数 增函数 （2）令 ( ) ( ) 22 2 3 1 4h x x x x= − − = − − ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 11 页 则当 ( , 1x − − 时， ( ) 0h x  ，函数 ( )h x 单调递减； 当  1,1x − 时， ( ) 0h x  ，函数 ( )h x 单调递减； 当  1,3x 时， ( ) 0h x  ，函数 ( )h x 单调递增； 当  )3,x + 时， ( ) 0h x  ，函数 ( )h x 单调递增； 又函数 2( )f x x= 在 )0,+ 上单调递增，在 ( ,0− 上单调递减， 所以函数 ( )2 2 3y f x x= − − 在 ( , 1− − 和 1,3 上单调递减，在 1,1− 和 )3,+ 上单调递 增， 所以函数 ( )2 2 3y f x x= − − 的单调增区间为[ 1,1]− 和[3, )+ ，减区间为 ( , 1]− − 和[1,3] . 【跟踪训练 5】已知函数 ( ) 28 2f x x x= + − ， ( ) ( )22g x f x= − ，试求 ( )g x 的单调区间. 【答案】单调递增区间为 ( , 1− − ， 0,1 ，单调递减区间为 1,0− ， )1,+ 【分析】设 22u x= − ， ( ) 28 2f u u u= + − ，画出两函数的图象，然后分 ( , 1x − − ，  1,0x − ，  0,1x ，  )1,x + 四种情况分别讨论函数的单调区间即可 【详解】解：设 22u x= − ， ( ) 28 2f u u u= + − ，两函数的图象如图 ①当 ( , 1x − − 时， ( , 1u − − ，u 在 ( , 1− − 上单调递增， ( )f u 在 ( ,1− 上单调递 增， 故 ( )g x 在 ( ,1− 上单调递增； ②当  1,0x − 时，  1,2u ，u 在 1,0− 上单调递增， ( )f u 在  1,2 上单调递减， 故 ( )g x 在 1,0− 上单调递减； ③当  0,1x 时，  1,2u ，u 在 0,1 上单调递减， ( )f u 在  1,2 上单调递减， 故 ( )g x 在 0,1 上单调递增； 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 12 页 ④当  )1,x + 时， ( ,1u − ，u 在 )1,+ 上单调递减， ( )f u 在 ( ,1− 上单调递增， 故 ( )g x 在 )1,+ 上单调递减. 综上， ( )g x 的单调递增区间为 ( , 1− − ， 0,1 ，单调递减区间为 1,0− ， )1,+ . 【点睛】方法点睛： （1）由于函数的单调区间是定义域的子区间，解题时一定要注意函数的定义域，否则 容易出错. （2）对于复合函数 ( )( )y f g x= 的单调性的判断，把函数 ( )( )y f g x= 通过中间变量 t 分 解为两个函数：外层函数 ( )y f t= 和内层函数 ( )t xg= . 题型六 利用函数的单调性解不等式 【例 6】已知函数 ( ) 4 4 x k x f x x x + + = + + ，若对任意的 1x ， 2x ， ( )3 0,x  + ，都有 ( ) ( ) ( )1 2 3 0f x f x f x+ −  成立，则实数 k的取值范围为（ ） A． 5 ,2 2   −    B． 2,4− C． 3 ,6 2   −    D． 1,8− 【答案】C 【分析】利用换元法构造函数，结合单调性求函数值域，结合题意即可求解. 【详解】设 ( ), 0t x t=  ，则 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 14 4 1 1 1 , 0 44 4 4 1 t kt kt t t kt t k f t t t t t t t t t t −+ + + + + − − = = = + = +  + + + + + + + + ， 令 4 1u t t = + + ，则 1 1 k y u − = + ， 因为 0t  ， 所以， 4 4 1 2 1 5u t t t t = + +   + = ，当且仅当 2t = 时等号成立， 当 1 0k −  ，即 1k  时，函数 y 在 )5,+ 上单调递减，则 4 1, 5 k y +      ， 当 1 0k − = ，即 1k = 时，  1y  ， 当 1 0k −  ，即 1k  时，函数 y 在 )5,+ 上单调递增，则 4 ,1 5 k y +      ， 所以，当 1k  时， ( ) ( )1 2 2 8 2 5 k f x f x +  +  ， ( )3 4 1 5 k f x +   ， 由于对任意的 1x ， 2x ， ( )3 0,x  + ，都有 ( ) ( ) ( )1 2 3 0f x f x f x+ −  成立， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 13 页 所以， 4 2 5 k +  ，解得1 6k  ， 当 1k = 时， ( ) ( ) ( )1 2 3 1f x f x f x= = = ，显然符合题意， 当 1k  时， ( ) ( )1 2 2 8 2 5 k f x f x +  +  ， ( )3 4 1 5 k f x +   ， 由题意知， 2 8 1 5 k +  ，解得， 3 1 2 k−   ， 综上可得， k 的取值范围为 3 ,6 2   −    ， 故选：C. 【跟踪训练 6】已知 2 2 2 3, 0 ( ) 4 3, 0 x x x f x x x x − + +  =  + +  ，若关于 x的不等式 f(x＋a)＞f(2a－x2)在 区间[a－1，a＋1]上恒成立，则实数 a的取值范围是________. 【答案】 1 , (2, ) 4   − −  +    【解析】先确定函数 ( )f x 单调性，再根据单调性化简不等式 f(x＋a)＞f(2a－x2)，然后利 用恒成立问题，根据二次函数最值分类求解. 【详解】 2 2 3y x x= − + + 在 ( ,0]− 上单调递增， 2 4 3y x x= + + 在 (0, )+ 上单调递增， 2 20 2 0 3 0 4 0 3− +  + = +  + ， 所以 2 2 2 3, 0 ( ) 4 3, 0 x x x f x x x x − + +  =  + +  ，在 ( , )− + 上单调递增， 因为不等式 f(x＋a)＞f(2a－x2)在区间[a－1，a＋1]上恒成立， 所以 22x a a x+  − ， 2a x x  + 在区间[a－1，a＋1]上恒成立， 当 1 3 1 , 2 2 a a+  −  − 时， ( )2 2 min ( 1) 1x x a a+ = + + + ， 2( 1) 1a a a + + +  ， a R  ， 3 2 a  − 当 1 3 1 1 1, 2 2 2 a a a−  −  + −   时， ( ) 2 2 min 1 1 2 2 x x   + = − −    ， 2 1 1 2 2 a    − −     ， 1 4 a  − ， 3 1 2 4 a−   − 当 1 1 1 , 2 2 a a−  −  时， ( )2 2 min ( 1) 1x x a a+ = − + − ， 2( 1) 1a a a − + −  ， 2a  或 0a  ， 2a  ， 综上： 1 4 a  − 或 2a  武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 14 页 故答案为： 1 , (2, ) 4   − −  +    . 【点睛】本题主要考查分段函数单调性、不等式恒成立、二次函数最值，还考查了分类 讨论思想和运算求解能力，属较难题. 题型七 比较函数值的大小 【例 7】设 2 2020 2022 2021 a  = ， 2 2021 2023 2022 b  = ， 2 2022 2024 2023 c  = ，则( ) A．a b c  B． a c b  C．c a b  D．c b a  【答案】A 【分析】构造函数 ( )2 2 ( 1)( 1) 1 ( ) 1 , n n f n n n n − += = − N ,易得 ( )f n 单调递增，即可得到结 果. 【详解】因函数 2 2 ( 1)( 1) 1 ( ) 1 n n f n n n − + = = − 在 N 上单调递增， 故 (2021) (2022) (2023)f f f  ，即a b c  . 故选:A. 【跟踪训练 7】定义在 ( 1,1)− 上的函数 ( ) ( ) ( ) 1 x y f x f y f xy − − = − ，当 ( 1,0)x − 时， ( ) 0f x  ， 若 1 1 1 ( ) ( ), ( ), (0) 4 5 3 P f f Q f R f= + = = ，则 P 、Q、 R 的大小关系为（ ） A．Q P R  B．P Q R  C．R Q P  D．R P Q  【答案】C 【分析】令 0x y= = ，求得 (0) 0f = ，得到 ( )f x 是奇函数，再令0 1y x   ，证得 ( )f x 在 ( )0,1 上递减判断. 【详解】因为 ( ) ( ) ( ) 1 x y f x f y f xy − − = − ， 令 0x y= = ，得 (0) (0) (0)f f f− = ，解得 (0) 0f = ， 令 0x = ，得 ( ) ( )f y f y− = − ， 所以 ( )f x 是奇函数， 因为 ( )1,0x − 时， ( ) 0f x  ，则 ( )0,1x ， ( ) 0f x  ， 令0 1y x   ， 则0 1x y −  ，0 1 1xy −  ， 且 ( )( )1 1 1 0x y xy x y− − + = − +  ， 则 1x y xy−  − ，0 1 1 x y xy −   − ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 15 页 所以 ( ) 0 1 x y f xy −  − ，即 ( ) ( ) 0f x f y−  ， 即 ( ) ( )f x f y ， 所以 ( )f x 在 ( )0,1 上递减， 1 1 1 1 1 1 34 5 1 14 5 4 5 7 1 4 5 P f f f f f f   +             = + = − − = =                     −  −      ， 因为 ( ) 1 3 0 3 7 f f f              ， 所以R Q P  ， 故选：C 题型八 单调性的综合应用 【例 8】已知定义域为 ( )0, + 的单调递增函数 ( )f x 满足： ( )0,x  + ，有 ( )( )ln 1f f x x− = ，则方程 ( ) 2 4 2f x x x= − + − 的解的个数为（ ） A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】A 【分析】根据给定条件求出函数 ( )f x 的解析式，再将问题转化成求两个函数图象公共 点个数作答. 【详解】因定义域为 ( )0, + 的单调递增函数 ( )f x 满足： ( )0,x  + ，有 ( )( )ln 1f f x x− = ， 则存在唯一正实数 t 使得 ( ) 1=f t ，且 ( ) lnf x x t− = ，即 ( ) lnf x t x= + ，于是得 ( ) ln 1f t t t= + = ， 而函数 lnt t+ 在 (0, )+ 上单调递增，且当 1t = 时， ln 1t t+ = ，因此 1t = ， ( ) 1 lnf x x= + ， 方程 ( ) 2 2 24 2 1 ln 4 2 ln 4 3f x x x x x x x x x= − + −  + = − + −  = − + − ， 于是得方程 ( ) 2 4 2f x x x= − + − 的解的个数是函数 lny x= 与 2 4 3y x x= − + − 的图象公共点个数， 在同一坐标系内作出函数 lny x= 与 2 4 3y x x= − + − 的图象如图， 观察图象知，函数 lny x= 与 2 4 3y x x= − + − 的图象有 3 个公共点， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 16 页 所以方程 ( ) 2 4 2f x x x= − + − 的解的个数为 3. 故选：A 【点睛】思路点睛：图象法判断方程的根的个数，常常将方程变形为易于作图的两个函 数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数. 【跟踪训练 8】已知函数 2 ( ) 2 , ( ) 1 x a f x x x a g x x − = − = − ( Ra  ) （1）求函数 ( )f x 的单调增区间. （2）若 0,a  解不等式 ( )f x a （3）若0 12a  ，且对任意 [3,5]t  ，方程 ( ) ( )f x g t= 在 [3,5]x 总存在两不相等的实 数根，求 a 的值范围. 【答案】（1）答案见解析 （2）答案见解析 （3） 97 9 13 a  【分析】（1）由题求. ( ) 2f x x x a= − 的单调区间，可由 ( ) 0f x = 有两个解： 1 20, 2 a x x= = ， 需对 a 与 0 的大小分类讨论，再分析去绝对值结合二次函数性质，可得单调增区间. （2）由题为解不等式 ( )f x a ，需结合（1）中的单调性结论，由当 0,a  ( ) 4 a f 为函数 在 2 a x  时的最小值，解不等式 ( )f x a ．需对 ( ) 4 a f 与a 分类讨论，分别求出解集，最 后求它们的并集. （3）由方程 ( ) ( )f x g t= 在 [3,5]x 总存在两不相等的实数根，分析函数的单调性，可化 为  [ (3), (5)] [ ( ),min (3), (5) ] 2 a g g f f f ，建立不等式组求出a 的取值范围. 【详解】（1） 2 2 2 , 2 ( ) 2 , 2 a x ax x f x a x ax x  −  =  − +   , 0a = 时， 2 2 2 , 0 ( ) 2 , 0 x x f x x x   =  −  ， ( )f x 的增区间是 ( , )− + ， 0a  时， 2 4 a a  ， ( )f x 的增区间是 ( , ) 4 a − 和 ( , ) 2 a + ， 0a  时， 2 4 a a  ， ( )f x 的增区间是 ( , ) 2 a − 和 ( , ) 4 a + ； （2） 0,a   ( )f x 在 ( , ] 2 a − 单调递增，在[ , ] 2 4 a a 单调递减，在[ , ) 4 a + 单调递增， 若 2 ( ) 4 8 a a f = − a 即 8 0a−   时，令 ( 2 )x a x a− = 解得： 2 0 8 4 a a a x − − = （另一解舍去）， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 17 页 不等式的解为： 2 8 4 a a a x − −  若 2 ( ) 4 8 a a f = − a 即 8a  − 时，令 (2 )x x a a− = 解得： 2 1,2 8 4 a a a x  + = 不等式的解为： 2 2 28 8 + 8 4 4 4 a a a a a a a a a x x或 − − − + +    综上： 8 0a−   不等式的解为： 2 8 4 a a a x − −  8a  − 不等式的解为： 2 2 28 8 + 8 4 4 4 a a a a a a a a a x x或 − − − + +    （3） 2 2 2 , 2 ( ) 2 , 2 a x ax x f x a x ax x  −  =  − +   , 0 12,a   ( )f x 在 ( , ] 4 a − 单调递增，在[ , ] 4 2 a a 单调递减，在[ , ) 2 a + 单调递增， 3 4 a  ，因此必须有3 5 2 a   ，即6 10a  ． ( ) ( )f x g t= 在  3,5 上才可能有两解，  2 1 ( ) 1 2 1 1 x a a g x x x x − − = = − + + − − 在 [3,5]x 单调递增，  9 25 ( ) [ , ] 2 4 a a g x − −  ， ( )f x 在[3, ] 2 a 单调递减在[ ,5] 2 a 单调递增 必须  [ (3), (5)] [ ( ),min (3), (5) ] 2 a g g f f f 即： (3) ( ) 2 (5) (3) (5) (5) a g f g f g f         ， 9 0 2 25 3 18 4 25 50 5 4 a a a a a −   −  −  −  −  ，解得： 97 9 13 a  ． 【点睛】关键点点睛：本题考查求函数的单调区间，解函数不等式，以及解决不等式恒 成立问题，解题关键是掌握分类讨论思想，利用零点法分类讨论去掉绝对值符号，然后 结合二次函数性质得出单调区间，利用单调性可得在解不等式时需要再按 ( ) 4 a f 与 a 的 大小分类讨论，解决不等式恒成立问题的方法是把问题转化为两个函数的相应取值范围 之间的包含关系，然后列出不等式组求解． 课后突破训练 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 18 页 1．函数 ( ) 2 2 5f x x x= − + 的单调增区间是（ ） A． ( ), 1− − 和 ( )0,1 B． ( ), 1− − 和 ( )1,+ C． 1,0− 和 )1,+ D．( )1,0- 和 ( )0,1 【答案】C 【分析】由 ( )f x 可得 ( ) ( )2( ) 2 5f x x x f x− = − − − + = ，即 ( )f x 为偶函数，则当 0x  时， 可得 ( )f x 的单调区间，进而得到 0x  时， ( )f x 的单调区间，即可得到答案 【详解】解：由 ( ) ( )2 2( ) 2 5 2 5f x x x x x f x− = − − − + = − + = ， 则 ( )f x 为偶函数， ( )f x 的图像关于 y 轴对称. 当 0x  时， ( ) 2 2 5f x x x= − + ，对称轴为 1x = ，所以 ( )f x 在  )1,+ 上递增，在 0,1 递减； 则当 0x  时， ( )f x 在 1,0− 递增，在 ( , 1− − 递减， 则有 ( )f x 的递增区间为   )1,0 , 1, − + . 故选：C 2．已知函数 ( ) 2 2, 1, tx x x t f x x x t  + +  =  +  且 ( )f x 在定义域上是单调函数，则实数 t的取值范 围为（ ） A． ( , 1]− − B． ( )1,5 C． ( )1,2− D． ( 1, )− + 【答案】A 【分析】先判断 ( )f x 的单调性，然后对 t 进行分类讨论，由此求得 t 的取值范围. 【详解】由于函数 1y x= + 在定义域上单调递增，所以函数 ( )f x 在定义域上是单调递增 函数． 当 0=t 时，函数 ( ) 2, 0 1, 0 x x f x x x +  =  +  在定义域上不单调，不符合题意； 当 0t  时，函数 2 2y tx x= + + 图象的对称轴为 1 2 x t = − ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 19 页 当 0t  时，函数 2 2y tx x= + + 在区间 1 , 2t   − −    上单调递减，不符合题意， 当 0t  时，函数 2 2y tx x= + + 在区间 1 , 2t   − −    上单调递增， 要使函数 ( )f x 在定义域上单调递增，则需 31 2 1 2 t t t t t  +  + +   −   ，解得 1t  − ． 故实数 t的取值范围为 ( , 1]− − ． 故选：A 3．若函数 ( )y f x= 在区间 I 上是增函数，且函数 ( )f x y x = 在区间 I 上是减函数，则称 函数 ( )f x 是区间 I 上的“H 函数”．对于命题：①函数 ( ) 2f x x x= − + 是 ( )0,1 上的“H 函数”； ②函数 ( ) 2 2 1 x g x x = − 是 ( )0,1 上的“H 函数”．下列判断正确的是（ ） A．①和②均为真命题 B．①和②均为假命题 C．①为假命题, ②为真命题 D．①为真命题, ②为假命题 【答案】D 【详解】对于命题①：令 t x= ,函数 ( ) 2f x x x= − + 可换元为 2 2y t t= − + ∵ t x= 在(0,1)上是增函数，函数 y=-t2+2t 在(0,1)上是增函数，∴在(0,1)上 ( )f x 是增函 数； 2 ( ) 1G x x = − 在(0,1)上是减函数，∴函数 ( ) 2f x x x= − + 是(0,1)上的“H 函数“，故命题①是真命题．对于命题②，函数 2 2 2 ( ) 11 x g x x x x = = − − 是 （0，1）上的增函数， 2 ( ) 1 ( ) 1 g x H x x x = = − 是(0,1)上的增函数，故命题②是假命题；故选 D． 4.已知函数 ( )f x 对任意的， 1x ，  2 1,0x  − 都有 ( ) ( )1 2 1 2 0 f x f x x x −  − ， ( )f x 的图像关于 1x = − 对称、则下列结论正确的是（ ） A． ( ) 1 4 1 2 3 f f f     −  −  −        B． ( ) 4 1 1 3 2 f f f     −  −  −        C． ( ) 4 1 1 3 2 f f f     −  −  −        D． ( ) 1 4 1 2 3 f f f     −  −  −        【答案】D 【分析】根据题意函数 ( )f x 对任意的， 1x ，  2 1,0x  − 都有 ( ) ( )1 2 1 2 0 f x f x x x −  − 可得函数 ( )f x 在 1,0− 上单调递减，再根据 ( )f x 的图像关于 1x = − 对称，将 4 3 f   −    转化为 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 20 页 2 ( ) 3 f − ，即可比较出三个函数的大小． 【详解】由题意得，函数 ( )f x 在 1,0− 上单调递减，且 ( )f x 的图像关于 1x = − 对称， 可得 ( 1)f x − 为偶函数； ( 1) ( 1)f x f x − = − − 1 1 2 ( ) ( 1) ( 1) ( 4 3 3 3 ) 3 f f f f− = − = −−−= 2 1 1 3 2 −  −  − ( ) 21 1 2 3 f f f     −  −  −         ( ) 41 1 2 3 f f f     −  −  −         故选 D． 【点睛】本题主要考查函数单调性和对称性的综合应用． 5．已知定义域为 R 的函数 ( )f x 满足 (1 ) (1 )f x f x− = − + ，且函数 ( )f x 在区间 ( )1,+ 上单 调递增，如果 1 21x x< < ，且 1 2 2x x+  ，则 ( ) ( )1 2f x f x+ 的值（ ） A．恒小于 0 B．恒大于 0 C．可能为 0 D．可正可负函数 【答案】B 【分析】根据条件判断出函数的对称性和单调性，然后根据 1 2 2x x+  得到函数值之间 的关系，利用条件将其转化为可判断出 ( ) ( )1 2f x f x+ 正负的形式即可. 【详解】因为 (1 ) (1 )f x f x− = − + ，所以 ( ) ( )1 1 0f x f x− + + = ，所以 ( )f x 关于点 ( )1,0 成 中心对称，且 ( )1 0f = 又因为 ( )f x 在 ( )1,+ 上单调递增，所以 ( )f x 在 ( ),1− 上也单调递增，所以 ( )f x 是 R 上 的增函数， 因为 1 2 2x x+  ，所以 1 22x x − ，所以 ( ) ( )1 22f x f x − ， 又因为 ( ) ( )2 21 1 0f x f x− + + = ，所以 ( ) ( )2 22 0f x f x− + = ， 所以 ( ) ( )1 2f x f x − ，所以 ( ) ( )1 2 0f x f x+  . 故选：B. 【点睛】本题考查函数的对称性与函数的单调性的综合应用，难度较难.已知 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 21 页 ( ) ( ) 2f a x f a x b− + + = 或 ( ) ( )2 2f a x f x b− + = ，则可知 ( )f x 的函数图象关于点 ( ),a b 成中心对称. 6．设函数 ( ) 3f x m x= − + ，若存在实数 , ( )a b a b ，使 ( )f x 在[ , ]a b 上的值域为[ , ]a b ， 则实数 m的取值范围是（ ） A． 9 , 2 4   − −    B． 5 2, 4  − −    C． 9 3, 4   − −   D． 9 5 , 4 4   − −   【答案】A 【解析】由题设可知该复合函数在区间[ , ]a b 上单调递减，则可得 ( ) 3f a m a b= − + = ， ( ) 3f b m b a= − + = .由这两式联立可转化得 3 3 1a b+ + + = ，以及2 1m a b= + + ，记 3p a= + ， 3q b= + ，代入整理后可得 2 21 92 ( ) 2 4 m p p p= − − = − − ，最后根据二次函 数值域的求法，再结合题中对 ,a b的限制条件（a b ），即可求出最终结果. 【详解】由 3 0x +  得 3x  − ，且由复合函数的单调性可知函数 ( )f x 为减函数， 故有 ( ) 3f a m a b= − + = ， ( ) 3f b m b a= − + = ， 两式相减可得 3 3a b a b+ − + = − ， 即 3 3 ( 3) ( 3)a b a b+ − + = + − + ， 则 3 3 1a b+ + + = ， 两式相加可得2 3 3 1m a b a b a b= + + + + + = + + ， 记 3p a= + ， 3q b= + ， 故有 1p q+ = ， 2 3a p= − ， 2 23 (1 ) 3b q p= − = − − ， 代入可得 2 21 1 92 ( ) 2 2 4 a b m p p p + + = = − − = − − ， 又因为 1p q+ = ，且 ,p q均为非负数，故0 1p  ， 则由二次函数的值域可得： 当 0p = 或1时，m 取到最大值 2− ， 但当 1 2 p = 时， 1 2 q = ，与a b 矛盾，则m 取不到最小值 9 4 − ， 所以m 的取值范围是 9 ( , 2] 4 − − . 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用换元法，将m 表示成关于 p 的二次函数，进而 求出m 的取值范围. 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 22 页 7．（多选）设函数 2 1, ( ) 2 1, ax x a f x x ax x a −  =  − +  ，当 ( )f x 为增函数时，实数a 的值可能是（ ） A．2 B． 1− C． 1 2 D．1 【答案】CD 【分析】由题知 2 2 21 2 1a a a−  − + ，且 0a  ，进而解不等式即可得0 1a  ,再结合选项 即可得答案. 【详解】 解：当 x a 时， ( ) 1f x ax= − 为增函数，则 0a  ， 当 x a≥ 时， ( ) ( ) 22 22 1 1f x x ax x a a= − + = − + − 为增函数， 故 ( )f x 为增函数，则 2 2 21 2 1a a a−  − + ，且 0a  ，解得0 1a  ， 所以，实数a 的值可能是 ( 0,1 内的任意实数. 故选：CD. 8．已知函数 ( )f x 在R 上有定义，且 (0)=0f .若对任意给定的实数 ( )1 2 1 2,x x x x ，均有 ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 1 2 2 1+ < +x f x x f x x f x x f x 恒成立，则不等式 ( +1) (1 2 )<0x f x− 的解集是______. 【答案】 1 1, 2 −       【分析】由题意易知函数 ( )f x 在R 上单调递减，讨论 x 与 1− 大小关系，再结合 (0)=0f ， 利用单调性即可列出不等式组，则可解出答案. 【详解】因为对任意给定的实数 ( )1 2 1 2,x x x x ，恒有 ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 1 2 2 1+ < +x f x x f x x f x x f x ， 即 ( ) ( ) ( )1 2 1 2 <0x x f x f x− −   成立， 所以函数 ( )f x 在R上单调递减，又 (0)=0f ， 所以不等式 ( +1) (1 2 )<0x f x− 等价于 ( ) +1<0 1 2 >0= (0) x f x f−    或 ( ) +1>0 1 2 <0= (0) x f x f−    ， 等价于 +1<0 1 2 <0 x x−    或 +1>0 1 2 >0 x x−    ， 解得： 1 1< < 2 x− ， 所以不等式 ( +1) (1 2 )<0x f x− 的解集为 1 1, 2 −       . 故答案为： 1 1, 2 −       武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 23 页 9．已知正实数 ,a b满足 ( ) 3 3 8 10 5 11 a a bb +  + ++ ，则3 2a b+ 的最小值是___________. 【答案】4 3 2− ## 2 4 3− + 【分析】构造函数 ( ) 3 5 , 0f x x x x= +  ，结合条件及函数的单调性可得 2 1 a b  + ，然后 利用基本不等式即得. 【详解】设 ( ) 3 5 , 0f x x x x= +  ，则函数为增函数， ∵ ( ) 3 3 8 10 5 11 a a bb +  + ++ ， ∴ 3 32 5 2 5 1 1 a a b b   +  +  + +  ，即 ( ) 2 1 f f a b     +  ∴ 2 1 a b  + ， ∴ ( ) ( )3 2 2 2 1 2 2 2 1 6 6 2 4 3 2 6 1 1 1b b a b b b b b+ + = + + −   + − = + + + − ， 当且仅当 ( )2 1 2 6 , 1 1 a b b b + = + += ，即 2 3 , 3 1 3 a b= = − 取等号. 故答案为：4 3 2− . 【点睛】关键点点睛：本题的关键是构造函数 ( ) 3 5 , 0f x x x x= +  ，从而得到 2 1 a b  + ， 再利用基本不等式可求. 10．定义在区间（－1，1）上的函数 f（x）满足： ( ) ( ) 1 x y f x f y f xy  − − =   −  ，x∈（－1， 0）时 f（x）<0，若 3 1 7 3 a f f     = +        ， 5 7 b f   =     ，c=f（0），则三个实数 a，b，c从小 到大排列的顺序为___________. 【答案】c<a<b 【分析】利用已知的恒等式进行赋值，由函数单调性的定义判断函数的单调性，由恒等 式将 a转化为 2 3 f       ，利用单调性比较大小即可. 【详解】因为定义在区间（－1，1）上的函数 f（x）满足： ( ) ( ) 1 x y f x f y f xy  − − =   −  ， 令 x=y=0，则 f（0）－f（0）=f（0），解得 f（0）=0， 设 x<y，且满足－1<x<y<1，则 1 0 1 x y xy − −   − ， 因为 x∈（－1，0）时 f（x）<0， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 24 页 所以 0 1 x y f xy  −   −  ，即 f（x）－f（y）<0， 所以 f（x）<f（y）， 故函数 f（x）在（－1，1）上为单调递增函数， 因为 ( ) ( ) 1 x y f x f y f xy  − − =   −  ， 所以 ( ) ( ) 1 x y f x f y f xy  − = +   −  ， 取 3 1 , 7 1 3 x y y xy − = = − ，则 2 3 x = ， 则 3 1 2 7 3 3 a f f f       = + =            ， 因为 2 5 0 3 7   ， 所以 2 5 (0) 3 7 f f f              ，即 c<a<b. 故答案为：c<a<b. 11．已知函数 ( )2 2( ) 2 3, ( ) 5f x x x g x f x= − − = − ,试求 ( )g x 的单调区间. 【答案】 ( )g x 的单调递减区间是 (   ), 2 , 0,2− − ，单调递增区间是 ( )  )2,0 , 2,− + . 【解析】利用“同增异减”的判断方法求 ( )g x 的单调区间. 【详解】令 2( ) 5u x x= − ，则 ( )( )g x f u x=    . 又 2 2( ) 2 3 ( 1) 4f u u u u= − − = − − 在 ( ,1]− 上为减函数，在[1, )+ 上为增函数. 令 25 1x−  ，解得 2x −≤ 或 2x  ； 令 25 1x−  ，解得 2 2x−   . 当 ( , 2]x − − 时， 2( ) 5u x x= − 为增函数，而 ( ) ( ,1u x  − ，故 ( )f u 为减函数， 所以 ( )( )g x f u x=   为减函数； 当 ( )2,0x − 时， 2( ) 5u x x= − 为增函数，而 ( ) ( )1,5u x  ，故 ( )f u 为增函数， 所以 ( )( )g x f u x=   为增函数； 当  )0,2x 时， 2( ) 5u x x= − 为减函数，而 ( ) ( 1,5u x  ，故 ( )f u 为增函数， 所以 ( )( )g x f u x=   为减函数； 当  )2,x + 时， 2( ) 5u x x= − 为减函数，而 ( ) ( ,1u x  − ，故 ( )f u 为减函数， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 25 页 所以 ( )( )g x f u x=   为增函数. 所以函数 ( )g x 的单调递减区间是 (   ), 2 , 0,2− − ，单调递增区间是 ( )  )2,0 , 2,− + . 【点睛】本题考查复合函数 ( )( )f g x 的单调区间，可先令 ( ) ( ),u g x y f u= = ，利用这 两个函数的单调性结合“同增异减”的原则来判断 ( )( )f g x 的单调性，本题为中档题. 12．已知函数 ( ) 2 2 2 2 2 2 x x a x a f x x x a x a  − +  =  + −  ， ， （1）若 0a = ，解不等式 ( ) 0f x  ； （2）若不存在相异实数 1 2 1 1 , 2 2 x x    −    、 ，使得 ( ) ( )1 2 f x f x= 成立，求实数a 的取值范 围； （3）若对于任意实数a ，总存在 1 2 1 1 , 2 2 x x    −    、 ，使得 ( ) ( )1 2f x f x k−  成立，求实 数 k 的最大值. 【答案】（1） ( ) ( ), 2 2,− −  + ；（2） 1 1 , , 2 2     − −  +        ；（3） k 的最大值为 3 4 . 【解析】（1）分段解不等式 ( ) 0f x  可得答案； （2）对实数a 分 1 2 a  − ； 1 2 a  ； 1 1 2 2 a−   讨论，分析函数在 1 1 , 2 2   −    的单调性结合 题中结论可得答案； （3）由题意得 ( ) ( ) ( ) ( )1 2 max minmaxk f x f x f x f x − = − ，对实数a 分 1 2 a  − ； 1 2 a  ； 1 1 2 2 a−   讨论，分析函数在 1 1 , 2 2   −    的单调性，求得函数在区间 1 1 , 2 2   −    的最大值和 最小值进而可得出 ( ) ( ) max min f x f x− ，由此得出 k的最大值. 【详解】（1）若 0a = ，则 ( ) 2 2 2 0 2 0 x x x f x x x x  −  =  +  ， ， ， 当 0x  时， 2 2 0x x−  得 2x  ，当 0x  时， 2 2 0x x+  得 2x  − ， 所以不等式 ( ) 0f x  的解集为{ | 2x x  或 2}x  − . （2） ( ) 2 2 2 2 2 2 x x a x a f x x x a x a  − +  =  + −  ， ， ， ①当 1 2 a  − ， 1 1 , 2 2 x    −    时， ( ) 2 2 2f x x x a= − + ，二次函数 ( ) 2 2 2f x x x a= − + 的对称 轴为 1x = ，开口向上，函数 ( )f x 在 1 1 , 2 2   −    上单调递减，符合题意； 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 26 页 ②当 1 2 a  ， 1 1 , 2 2 x    −    时， ( ) 2 2 2f x x x a= + − ，二次函数 ( ) 2 2 2f x x x a= + − 的对称 轴为 1x = − ，开口向上，函数 ( )f x 在 1 1 , 2 2   −    上单调递增，符合题意； ③当 1 1 2 2 a−   ， 1 , 2 x a    −    时， ( ) 2 2 2f x x x a= + − ，由上，函数 ( )f x 在 1 , 2 a   −    上 单调递增， 1 , 2 x a        时， ( ) 2 2 2f x x x a= − + ，由上，函数 ( )f x 在 1 , 2 a       上单调递减， 不符合题意； 综上所述，实数a 的取值范围是 1 1 , , 2 2     − −  +       . （3）由题意得 ( ) ( ) ( ) ( )1 2 max minmaxk f x f x f x f x − = − ，由（2）知， ①当 1 2 a  − ，时，函数 ( )f x 在 1 1 , 2 2 x    −    单调递减，则 ( ) min 1 3 2 2 4 f x f a   = = −    ， ( ) max 1 5 2 2 4 f x f a   = − = +    ， ( ) ( ) max min 1 1 2 2 2 f x f x f f     − = − − =        ； ②当 1 2 a  时， ( )f x 在 1 1 , 2 2 x    −    单调递增， ( ) min 1 3 2 2 4 f x f a   = − = − −    ， ( ) max 1 5 2 2 4 f x f a   = = − +    ， ( ) ( ) max min 1 1 2 2 2 f x f x f f     − = − − =        ； ③当 1 1 2 2 a−   时，函数 ( )f x 在 1 , 2 a   −    上单调递增，在 1 , 2 a       上单调递减， ( ) min 1 1 3 3 min , min 2 ,2 2 2 4 4 f x f f a a        = − = − − −              ， ( ) ( ) 2maxf x f a a= = ， 当 1 0 2 a  时， ( ) min 3 2 4 f x a= − − ，得 ( ) ( ) 2 max min 3 3 2 4 4 f x f x a a− = + +  ， 当 1 0 2 a−   时， ( ) min 3 2 4 f x a= − ，得 ( ) ( ) 2 max min 3 3 2 4 4 f x f x a a− = − +  ， 综上所述 3 4 k  ，因此，实数 k 的最大值为 3 4 . 【点睛】本题考查函数不等式能成立与函数不等式不成立求参数，考查了函数单调性的 应用，解答本题的关键点是对参数进行正确的分类讨论.