3.2.1 第1课时 函数的单调性-【正禾一本通】2025-2026学年高中数学必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（人教A版）

该高中数学课件《正禾一本通》（人教·必修一）聚焦第三章“函数的概念及其表示”，通过“自主学习—合作探究—课堂评价—课后分层练”模块构建学习支架，PPT支持双击编辑（Word文档形式），方便教师结合学情调整导入与知识点衔接。 其亮点在于模块化设计与实践导向，自主学习培养数学眼光（发现数量关系），合作探究发展数学思维（逻辑推理），课后分层练（如15道梯度题目）强化数学语言（问题表达）。采用探究式与分层教学，学生提升思维进阶与应用能力，教师可高效优化教学内容，提升课堂效率。

《正禾一本通》 高中同步高效导学案 数学（人教）·必修一 1 《正禾一本通》PPT均可实现任意编辑，方法如下： 在PPT编辑模式中，双击需编辑内容，呈现word文档，编辑后关闭word文档即可。 第三章 函数的概念及其表示 3 目 录 自主学习·新知感悟 合作探究·思维进阶 学以致用·课堂评价 课后分层练 自主学习·新知感悟 合作探究·思维进阶 学以致用·课堂评价 课后分层练 35 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3．2　函数的基本性质 3．2.1　单调性与最大(小)值 第1课时　函数的单调性 学习目标　1.从图象直观、定性描述和定量分析三个方面，理解和研究函数的单调性，提升数学抽象素养．(重点) 2．会用函数单调性的定义判断(或证明)一些函数的单调性，提升逻辑推理素养．(难点、重点)　3.会求一些具体函数的单调区间，提升数学运算素养．(重点) 德国有一位著名的心理学家艾宾浩斯，对人类的记忆牢固程度进行了有关研究．他经过测试，得到了以下一些数据： 时间 间隔t 刚记忆 完毕 20分 钟后 60分 钟后 8～9 小时后 1天后 2天后 6天后 一个 月后 记忆量y (百分比) 100 58.2 44.2 35.8 33.7 27.8 25.4 21.1 以上数据表明，记忆量y是时间间隔t的函数．艾宾浩斯根据这些数据描绘出了著名的“艾宾浩斯遗忘曲线”，如图． 问题1　当时间间隔t逐渐增大，你能看出对应的函数值y有什么变化趋势？通过这个试验，你打算以后如何待刚学过的知识？ 提示：随着时间间隔t逐渐增大，函数值y逐渐变小，这个试验告诉我们，在以后的学习中，我们应及时复习刚学习过的知识． 【自主评测】 1．教材挖掘：(1)能否说y＝ eq \f(1,x)在定义域内是减函数？为什么？ (2)若存在x1，x2∈(a，b)，使得 eq \f(f(x1)－f(x2),x1－x2)>0成立，能否判断函数f(x)在区间(a，b)上单调递增？ 提示：不能．函数f(x)＝ eq \f(1,x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，若x1∈(－∞，0)，x2∈(0，＋∞)， 则x1<x2，而f(x1)<f(x2)，所以f(x)不是减函数，原因是函数f(x)在定义域内不是连续的． 提示：不能． 2．判断是非：判断下面结论是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”． (1)若f(x)是R上的减函数，则f(－3)>f(2).(　　 ) (2)如果f(－1)<f(2)，那么函数f(x)在区间[－1，2]上单调递增．(　　 ) (3)函数y＝f(x)在[0，2]上单调递减，则[0，2]是函数的单调递减区间．(　　 ) (4)若f(x)在R上是增函数，且f(x1)>f(x2)，则x1>x2.(　　 ) 答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√ 　增函数与减函数 下图为某地区24小时内的气温变化图． 问题2　从左向右看，图象是如何变化的？ 问题3　气温在哪些区间上升？哪些区间下降？ 提示：从左向右看，图象先下降，后上升，再下降． 提示：气温在区间[4，14]内上升，在区间[0，4)和(14，24]内下降． 1．函数的单调性 条件 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 都有 结论 f(x)在区间I上单调递增 f(x)在区间I上单调递减 图示 f(x1)<f(x2) f(x1)>f(x2) 温馨提示 增(减)函数定义中x1，x2的三个特征 (1)任意性，即不可以用区间I上的特殊值代替． (2)有大小，通常规定x1<x2. (3)属于同一个单调区间I. 2．函数的单调区间 如果函数y＝f(x)在区间I上单调 或单调 ，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 ． 递增 递减 单调区间 角度一　利用定义证明函数的单调性 例1　(链接教材：人教A版P79例3)已知函数f(x)＝ eq \f(x＋1,x＋2)，判断并证明f(x)在(－2，＋∞)上的单调性． 解：f(x)＝ eq \f(x＋1,x＋2)＝ eq \f(x＋2－1,x＋2)＝1－ eq \f(1,x＋2)在(－2，＋∞)上单调递增，证明如下： ∀x1，x2∈(－2，＋∞)，且x1<x2， 则f(x1)－f(x2)＝1－ eq \f(1,x1＋2)－(1－ eq \f(1,x2＋2))＝ eq \f(1,x2＋2)－ eq \f(1,x1＋2)＝ eq \f(x1－x2,(x2＋2)(x1＋2))， 因为－2<x1<x2， 所以x1＋2>0，x2＋2>0，x1－x2<0， 所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)， 所以f(x)在(－2，＋∞)上单调递增． 类题通法 利用定义证明函数单调性的步骤 【迁移运用】 1.(链接教材：人教A版P78例2)根据定义，研究函数f(x)＝ eq \f(x,x－1)在x∈(－1，1)上的单调性． 解：设x1，x2为(－1，1)上的任意两个数，且x1<x2， 所以f(x1)－f(x2)＝ eq \f(x1,x1－1)－ eq \f(x2,x2－1)＝ eq \f(x1(x2－1)－x2(x1－1),(x1－1)(x2－1))＝ eq \f(x2－x1,(x1－1)(x2－1)). 因为x1，x2∈(－1，1)且x1<x2， 所以x2－x1>0，x1－1<0，x2－1<0. 所以 eq \f(x2－x1,(x1－1)(x2－1))>0. 所以f(x1)－f(x2)>0， 即f(x1)>f(x2)，所以f(x)在(－1，1)上单调递减． 角度二　函数的单调区间 例2　(链接教材：人教A版P86习题3.2T2)作出函数y＝－x2＋2|x|＋3的图象并指出它的单调区间． 解：根据绝对值的意义，y＝－x2＋2|x|＋3 ＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x2＋2x＋3，x≥0，,－x2－2x＋3，x<0，))＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－(x－1)2＋4，x≥0，,－(x＋1)2＋4，x<0.)) 作出函数图象如图所示， 据图象可知，函数在区间(－∞，－1]，[0，1]上是增函数；函数在区间(－1，0)，(1，＋∞)上是减函数． 变式探究　将本例函数改为f(x)＝|x2＋2x－3|，求f(x)的单调区间． 解：令g(x)＝x2＋2x－3＝(x＋1)2－4. 先作出g(x)的图象，保留其在x轴及x轴上方部分，把它在x轴下方的图象翻到x轴上方就得到f(x)＝|x2＋2x－3|的图象，如图所示． 由图象易得：函数的递增区间是[－3，－1]，[1，＋∞)；函数的递减区间是(－∞，－3]，[－1，1]. 类题通法 求函数单调区间的两种方法 (1)定义法：先求出定义域，再利用定义进行判断求解． (2)图象法：先画出图象，再根据图象求单调区间． 　函数单调性的应用 　角度一　解不等式 例3　已知f(x)是定义在区间[－1，1]上的增函数，且f(x－2)<f(1－x)，则x的取值范围是______________． 解析：因为f(x)是定义在区间[－1，1]上的函数， 所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－1≤x－2≤1，,－1≤1－x≤1，))解得1≤x≤2　①. 因为f(x)是增函数，且f(x－2)<f(1－x)，所以x－2<1－x，解得x< eq \f(3,2)　②. 由①②得，1≤x< eq \f(3,2). 答案：[1， eq \f(3,2)). 类题通法 利用单调性解不等式的方法 在求解与抽象函数有关的不等式时，往往利用函数的单调性将“f”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解．此时应特别注意函数的定义域． 【迁移运用】 2.(2025·陕西商洛模拟)已知定义在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))上的函数 f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))满足 f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4))＝8，对任意的x1，x2∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))，且x1≠x2，x1x2[f(x1)＋f(x2)]<x eq \o\al(2,1)f(x2)＋x eq \o\al(2,2)f(x1)恒成立，则不等式f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－3))>2x－6的解集为__________． 解析：设0<x1<x2，由， 得，又x1－x2<0， 所以x2f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1))>x1f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2))，即 eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1)),x1)> eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2)),x2)， 设g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝ eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)),x)，则g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1))>g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2))， 所以g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞))上单调递减． 由f(4)＝8，得g(4)＝ eq \f(f(4),4)＝2， 由f(x－3)>2x－6， 得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(f(x－3),x－3)>2，,x－3>0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(f(x－3),x－3)>\f(f(4),4)，,x－3>0，)) 即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(g(x－3)>g(4)，,x－3>0，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－3<4，,x－3>0，)) 解得3<x<7， 所以原不等式的解集为(3，7). 答案：(3，7) 角度二　已知函数单调性求参数 例4　已知函数f(x)＝ax2－x＋1在(－∞，2)上单调递减，求a的取值范围． 解：当a＝0时，f(x)＝－x＋1在(－∞，2)上单调递减，符合题意； 当a≠0时，要使f(x)在(－∞，2)上单调递减，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＞0，,－\f(－1,2a)≥2，))解得0＜a≤ eq \f(1,4). 综上，a的取值范围为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))). 变式探究　本例条件改为“函数f(x)＝ax2－x＋1的单调递减区间是(－∞，2)”，又该如何求解？ 解：因为函数f(x)＝ax2－x＋1的单调递减区间是(－∞，2)， 所以此函数是二次函数，且－ eq \f(－1,2a)＝2，解得a＝ eq \f(1,4). eq \x(,(1)利用单调性定义：设单调区间内x1＜x2，由f(x1)－f(x2)＜0（或f(x1)－f(x2)＞0）恒成立求参数范围．,(2)利用具体函数本身所具有的特征：如二次函数单调区间被对称轴一分为二，根据对称轴相对于所给单调区间的位置求参数．) 类题通法 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (1)利用单调性定义：设单调区间内x1<x2，由f(x1)-f(x2)<0（或f(x1)-f(x2)>0)恒成立求参数范围. (2)利用具体函数本身所具有的特征：如二次函数单调区间被对称轴一分为二，根据对称轴相对于所给单调区间的位置求参数. 1．下列函数在区间(0，＋∞)上不是增函数的是(　　) A．y＝2x＋1 B．y＝x2＋1 C．y＝3－x D．y＝x2＋2x＋1 解析：选C．函数y＝3－x在区间(0，＋∞)上是减函数． 2．若函数f(x)在(－∞，－1]上是增函数，则下列关系式中成立的是(　　) A．f(－ eq \f(3,2))<f(－1)<f(－2) B．f(－1)>f(－ eq \f(3,2))<f(－2) C．f(－2)<f(－1)<f(－ eq \f(3,2)) D．f(－2)<f(－ eq \f(3,2))<f(－1) 解析：选D．因为f(x)在(－∞，－1]上是增函数，且－2<－ eq \f(3,2)<－1，所以f(－2)<f(－ eq \f(3,2))<f(－1). 3．函数f(x)＝－x2＋2x＋3的单调减区间是(　　) A．(－∞，1) B．(1，＋∞) C．(－∞，2) D．(2，＋∞) 解析：选B．易知函数f(x)＝－x2＋2x＋3是图象开口向下的二次函数，其对称轴为x＝1，所以其单调减区间是(1，＋∞). 4．已知函数y＝f(x)是定义在[－2，2]上的增函数，则f(x2)>f(－x)的解集是________． 解析：由函数y＝f(x)在[－2，2]上单调递增，且f(x2)>f(－x)，得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2≤x2≤2，,－2≤－x≤2，,x2>－x，))解得－ eq \r(2)≤x<－1或0<x≤ eq \r(2). 答案：[－ eq \r(2)，－1)∪(0， eq \r(2)] 对勾函数和飘带函数的单调性 (链接教材：人教A版P92探究与发现、 P101复习参考题3T12) 1．对勾函数：函数y＝x＋ eq \f(a,x)(a>0)在(－∞，－ eq \r(a)]，[ eq \r(a)，＋∞)上单调递增，在[－ eq \r(a)，0)，(0， eq \r(a)]上单调递减(如图1). 2．飘带函数：函数y＝x＋ eq \f(a,x)(a<0)在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增(如图2). 【基础巩固】 1．已知y＝f(x)的图象如图所示，则该函数的单调递增区间为(　　) A．[－1，3] B．[－1，2]和[4，5] C．[－1，2] D．[－3，－1]和[2，4] 解析：选B．函数的图象在[－1，2]和[4，5]上呈上升趋势． 2．(2025·天津期中)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的函数是(　　) A．f(x)＝－2x＋3 B．f(x)＝2x－1 C．f(x)＝ eq \f(1,x) D．f(x)＝－x2 解析：选B．A选项，f(x)＝－2x＋3在R上单调递减，A错误； B选项，f(x)＝2x－1在R上单调递增，满足要求，B正确； C选项，f(x)＝ eq \f(1,x)在区间(0，＋∞)上单调递减，C错误； D选项，f(x)＝－x2在区间(0，＋∞)上单调递减，D错误． 3．(2025·山东菏泽期中)已知函数f(x)＝x2＋4x＋c，则(　　) A．f(1)<c<f(－2) B．c<f(－2)<f(1) C．c>f(1)>f(－2) D．f(1)>c>f(－2) 解析：选D．因为二次函数f(x)＝x2＋4x＋c图象的对称轴为直线x＝－2，且开口向上，所以函数f(x)在[－2，＋∞)上单调递增，所以f(－2)<f(0)<f(1)，又f(0)＝c，所以f(1)>c>f(－2). 4．若函数y＝x2＋(2a－1)x＋1在区间(－∞，2]上是减函数，则实数a的取值范围是(　　) A．(－ eq \f(3,2)，＋∞) B．(－∞，－ eq \f(3,2)] C．(3，＋∞) D．(－∞，－3] 解析：选B．∵函数y＝x2＋(2a－1)x＋1的图象开口向上，直线x＝ eq \f(2a－1,－2)为函数图象的对称轴， 又函数在区间(－∞，2]上是减函数，故2≤ eq \f(2a－1,－2)，解得a≤－ eq \f(3,2). 5．(多选)(2025·福建平潭期中)下列函数中，满足对任意x1，x2∈(1，＋∞)， eq \f(f(x1)－f(x2),x1－x2)<0的是(　　) A．f(x)＝－2(x－1)2－2 B．f(x)＝3x＋5 C．f(x)＝1＋ eq \f(1,x) D．f(x)＝|x－4| 解析：选AC．若对任意x1，x2∈(1，＋∞)， eq \f(f(x1)－f(x2),x1－x2)<0，则由单调性定义可知，函数f(x)在区间(1，＋∞)上为减函数． 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)在区间(1，＋∞)上为减函数，满足题意； 对于B，f(x)＝3x＋5为一次函数，且k＝3>0，故f(x)在区间(1，＋∞)上为增函数，不满足题意； 对于C，f(x)＝1＋ eq \f(1,x)在区间(0，＋∞)上是减函数，故函数满足在区间(1，＋∞)上为减函数，满足题意； 对于D，f(x)＝|x－4|＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－4，x≥4，,4－x，x<4，))显然函数在区间(1，4)上单调递减，在区间(4，＋∞)上单调递增，故不满足题意． 6．(数学文化)我国著名数学家华罗庚曾说过：“数无形时少直观，形无数时难入微；数形结合百般好，隔离分家万事休”．函数f(x)＝|x|＋ eq \f(1,x)的图象大致是(　　) 解析：选B．当0<x<1时，f(x)＝x＋ eq \f(1,x)，此时f(x)在(0，1)上单调递减， 当x>1时，f(x)＝x＋ eq \f(1,x)，此时f(x)在(1，＋∞)上单调递增， 且x>0时，当且仅当x＝1时，f(x)＝[f(x)]min＝2， 由此可知C，D选项中图象错误； 当x<0时，f(x)＝－x＋ eq \f(1,x)，此时f(x)在(－∞，0)上单调递减， 故选项A中图象不合题意，又f(－1)＝0，故B中图象符合题意． 7．(2025·福建南安月考)函数f(x)＝ eq \r(3＋2x－x2)的单调递减区间是(　　) A．(－∞，1] B．[1，＋∞) C．[1，3] D．[－1，1] 解析：选C．设y＝ eq \r(t)，t＝－x2＋2x＋3≥0，得－1≤x≤3.y＝ eq \r(t)在[0，＋∞)上单调递增，t＝－x2＋2x＋3在[－1，1]上单调递增，在[1，3]上单调递减，根据复合函数单调性判断法则“同增异减”可知，f(x)的单调递减区间为[1，3]. 8．定义在(－2，2)上的函数f(x)是增函数，且满足f(1－a)<f(a)，则实数a的取值范围是__________. 解析：由题设知实数a应满足 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2<1－a<2，,－2<a<2，,1－a<a，))解得 eq \f(1,2)<a<2. 答案：( eq \f(1,2)，2) 9．已知函数f(x)＝x2－ eq \f(2,x)－3(x>0)，判断函数的单调性，并证明． 解：函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．证明如下： 任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1>x2， 即x1>x2>0， f(x1)－f(x2)＝(x eq \o\al(2,1)－ eq \f(2,x1)－3)－(x eq \o\al(2,2)－ eq \f(2,x2)－3)＝(x eq \o\al(2,1)－x eq \o\al(2,2))＋( eq \f(2,x2)－ eq \f(2,x1)) ＝(x1－x2)(x1＋x2)＋ eq \f(2(x1－x2),x1x2)＝(x1－x2)(x1＋x2＋ eq \f(2,x1x2)). 因为x1>x2>0，则x1－x2>0，x1＋x2＋ eq \f(2,x1x2)>0， 则f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)， 所以函数f(x)＝x2－ eq \f(2,x)－3在区间(0，＋∞)上单调递增． 10．求下列函数的单调区间，并指出该函数的单调性． (1)f(x)＝－ eq \f(1,x)； (2)f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x＋1，x≥1，,5－x，x<1；)) (3)f(x)＝－x2＋2|x|＋3. 解：(1)函数f(x)＝－ eq \f(1,x)的单调区间为(－∞，0)，(0，＋∞)，其在(－∞，0)，(0，＋∞)上都是单调递增的． (2)当x≥1时，f(x)是增函数，当x<1时，f(x)是减函数，所以f(x)的单调区间为(－∞，1)，[1，＋∞)，并且函数f(x)在区间(－∞，1)上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增． (3)因为f(x)＝－x2＋2|x|＋3＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x2＋2x＋3，x≥0，,－x2－2x＋3，x<0，)) 根据解析式可作出函数的图象如图所示， 由图象可知函数f(x)的单调区间为(－∞，－1]，(－1，0)，[0，1)，[1，＋∞). f(x)在区间(－∞，－1]，[0，1)上单调递增，在区间(－1，0)，[1，＋∞)上单调递减． 【综合运用】 11．已知函数f(x)在R上是增函数，则下列说法正确的是(　　) A．y＝－f(x)在R上是减函数 B．y＝ eq \f(1,f(x))在R上是减函数 C．y＝[f(x)]2在R上是增函数 D．y＝af(x)(a为实数)在R上是增函数 解析：选A．∵函数f(x)在R上是增函数，∴y＝－f(x)在R上是减函数，故选项A正确； 函数f(x)在R上是增函数，但y＝ eq \f(1,f(x))在R上不一定是减函数， 如f(x)＝x在R上是增函数，但y＝ eq \f(1,f(x))＝ eq \f(1,x)在R上不是减函数，故排除选项B； 函数f(x)在R上是增函数，但y＝[f(x)]2在R上不一定是增函数， 如f(x)＝x在R上是增函数，但y＝[f(x)]2＝x2在R上不是增函数，故排除选项C； 函数f(x)在R上是增函数，但y＝af(x)(a为实数)在R上不一定是增函数， 如f(x)＝x在R上是增函数，但y＝－2f(x)＝－2x在R上不是增函数，故排除选项D. 12．(多选)(2025·安徽亳州检测)已知函数f(x)在R上是减函数，且a＋b>0，则下列说法正确的是(　　) A．f(a)＋f(b)>0 B．f(a)－f(－b)>0 C．f(－a)－f(b)>0 D．f(a)＋f(b)<f(－a)＋f(－b) 解析：选CD．由a＋b>0，则a>－b，b>－a，因为函数f(x)在R上是减函数，所以f(a)<f(－b)，f(b)<f(－a)，则f(－a)－f(b)>0，f(a)＋f(b)<f(－a)＋f(－b). 13．已知f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a＋4))x－3a，x<－1，,x2＋ax－8，x≥－1))为增函数，则a的取值范围是______． 解析：因为f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a＋4))x－3a，x<－1，,x2＋ax－8，x≥－1))为增函数， 故 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－a＋4>0，,－\f(a,2)≤－1，,a－4－3a≤1－a－8，))解得3≤a<4. 答案：[3，4) 14．已知函数f(x)＝ eq \f(ax,x－1)(a∈R，a≠0). (1)用单调性的定义讨论f(x)在区间(1，＋∞)上的单调性； (2)已知f(2)＝2，解不等式f(x2－2x＋4)≥ eq \f(7,6). 解：(1)任取1<x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝ eq \f(ax1,x1－1)－ eq \f(ax2,x2－1)＝ eq \f(a(x2－x1),(x1－1)(x2－1))， 由1<x1<x2，得x2－x1>0，(x1－1)(x2－1)>0， 所以当a>0时，f(x1)－f(x2)>0， 即f(x1)>f(x2)， 所以f(x)在区间(1，＋∞)上单调递减； 当a<0时，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)， 所以f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增． (2)因为f(2)＝2，所以a＝1， 由(1)可知f(x)在区间(1，＋∞)上单调递减， 因为f(x2－2x＋4)≥ eq \f(7,6)＝f(7)，且x2－2x＋4＝(x－1)2＋3>1， 所以x2－2x＋4≤7，即x2－2x－3≤0， 解得－1≤x≤3， 所以原不等式的解集为[－1，3]. 【创新探索】 15．(多选)(2025·湖北襄阳月考)若函数f(x)满足∀x1，x2∈(1，＋∞)，当x1≠x2时，不等式2,1) eq \f(f(x1)－f(x2),x－x eq \o\al(2,2)) >1恒成立，则称f(x)在(1，＋∞)上为“平方差增函数”．下列函数f(x)中，在(1，＋∞)上是“平方差增函数”的是(　　) A．f(x)＝4x－1 B．f(x)＝x2＋x＋ eq \f(1,x) C．f(x)＝2x2－2x＋1 D．f(x)＝x2－2x＋1 解析：选BC．若函数f(x)满足∀x1，x2∈(1，＋∞)，当x1≠x2时，不等式eq \o\al(2,1) eq \f(f(x1)－f(x2),x－x eq \o\al(2,2)) >1恒成立，则eq \o\al(2,1) eq \f(f(x1)－f(x2),x－x eq \o\al(2,2)) －1＝eq \o\al(2,1) eq \f([f(x1)－x]－[f(x2)－x eq \o\al(2,2)],(x1－x2)(x1＋x2)) >0，令g(x)＝f(x)－x2，则 eq \f(g(x1)－g(x2),x1－x2)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上是增函数．对于A，f(x)＝4x－1，则g(x)＝f(x)－x2＝－x2＋4x－1，其图象的对称轴是直线x＝2，故g(x)在(1，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，故A错误；对于B，f(x)＝x2＋x＋ eq \f(1,x)，则g(x)＝f(x)－x2＝x＋ eq \f(1,x)，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，故B正确；对于C，f(x)＝2x2－2x＋1，故g(x)＝f(x)－x2＝x2－2x＋1，其图象的对称轴是直线x＝1，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，故C正确；对于D，f(x)＝x2－2x＋1，则g(x)＝f(x)－x2＝－2x＋1，故g(x)在(1，＋∞)上单调递减，故D错误． $