2.2 函数的单调性与最值 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“函数的单调性与最值”核心考点，依据高考评价体系梳理了定义理解、单调区间判断、最值求解三大考查要求，通过近五年真题分析明确单调性应用（占比约60%）等高频考点，归纳出判断证明、参数求解等常考题型。 课件亮点在于“真题溯源+易错警示+素养提升”策略，如以2024全国新高考1卷分段函数单调性题为例，详解“定义域优先+端点值衔接”突破方法，培养逻辑推理（数学思维）和符号表达（数学语言）素养。设“提能训练分层练案”，助力学生掌握得分技巧，教师可据此实现精准复习。

第二章 函数 第二讲　函数的单调性与最值 知识梳理·双基自测 名师讲坛·素养提升 考点突破·互动探究 提能训练　练案[7] 知识梳理 · 双基自测 返回导航 知 识 梳 理 知识点一　函数的单调性 1．单调函数的定义   单调递增 单调递减 定义 一般地，设函数f(x)的定义域为I，区间D⊆I.∀x1，x2∈D 当x1<x2时，都有f(x1)<f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D上____________ 当x1<x2时，都有f(x1)>f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D上____________ 单调递增 单调递减 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数   单调递增 单调递减 图象 描述 自左向右看图象是_________ 自左向右看图象是_________ 增(减) 函数 当函数f(x)在它的定义域上单调递增(减)时，我们就称它是增(减)函数 上升的 下降的 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 2．单调性与单调区间 如果函数y＝f(x)在区间D上单调递增或单调递减，那么就说函数y＝f(x)在这一区间具有(严格的)________，区间D叫做y＝f(x)的__________. 单调性 单调区间 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 知识点二　函数的最值 前提 设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足 条件 (1)∀x∈I，都有f(x)≤M； (2)∃x0∈I，使得f(x0)＝M (1)∀x∈I，都有f(x)≥M； (2)∃x0∈I，使得f(x0)＝M 结论 M为函数y＝f(x)的__________ M为函数y＝f(x)的__________ 最大值 最小值 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 归 纳 拓 展 4．复合函数的单调性：同增异减． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 双 基 自 测 题组一　走出误区 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)若定义在R上的函数f(x)满足f(－1)<f(3)，则函数f(x)在R上为增函数．(　　) (2)函数f(x)在(－1,＋∞)上单调递增，则函数的单调递增区间为(－1,＋∞)．(　　) (4)对于任意两个函数值f(x1)、f(x2)，当f(x1)>f(x2)时都有x1>x2，则y＝f(x)为增函数．(　　) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 [答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)× [解析]　(1)函数的单调性体现了任意性，即对于单调区间上的任意两个自变量值x1，x2，均有f(x1)<f(x2)或f(x1)>f(x2)，而不是区间上的两个特殊值． (2)单调区间是定义域的子区间，如y＝x在(－1，＋∞)上是增函数，但它的单调递增区间是R，而不是(－1，＋∞)． (3)多个单调区间不能用“∪”符号连接，而应用“，”或“和”连接． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 如图． 当f(x1)>f(x2)时都有x1>x2，但y＝f(x)不是增函数． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 题组二　走进教材 2．(必修1习题3.2 T1改编)已知函数y＝f(x)的图象如图所示，则该函数的单调递增区间为(　　) A．[－1，2]∪[4，5] B．[－1，2]和[4，5] C．[－3，－1]∪[2，4] D．[－3，－1]和[2，4] [答案]　B [解析]　由图象知，该函数的单调递增区间为[－1，2]和[4，5]，故选B． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 3．(必修1习题3.2T7改编)已知f(x)＝－2x2＋x，x∈[－1，3]，则其单调递减区间为________；f(x)min＝________. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 4．(必修1习题3.2 T2改编)已知函数y＝f(x)是定义在[－2，2]上的减函数，且f(a＋1)<f(2a)，则实数a的取值范围是________. [答案]　[－1，1) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 题组三　走向考场 5．(2023·北京卷)下列函数中，在区间(0,＋∞)上单调递增的是(　　) [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 考点突破 · 互动探究 返回导航 函数的单调性 考向1　函数单调性的判断与证明——自主练透 1．(多选题)下列说法中，正确的是(　　) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 [答案]　ABC 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 [解析]　任取x1，x2∈[2，＋∞)且x1<x2， 因为x2－x1>0，x1x2>0， 所以x1x2－m>0，即m<x1x2. 因为x2>x1≥2，所以x1x2>4，所以m≤4， 即实数m的取值范围为(－∞，4]． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 名师点拨：确定函数单调性的四种方法 1．定义法；2．导数法；3．图象法；4．性质法． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 考向2　函数单调性的应用——多维探究 角度1　利用函数的单调性比较大小 A．b>c>a B．b>a>c C．c>b>a D．c>a>b [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 角度2　利用单调性求最值 函数f(x)＝3x＋log2(x＋2)在区间[－1，2]上的最大值为________. [答案]　11 [解析]　由于y＝3x在R上是增函数，y＝log2(x＋2)在[－1，2]上单调递增，所以f(x)在[－1，2]上单调递增，故f(x)在[－1，2]上的最大值为f(2)＝32＋log24＝11. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 角度3　利用单调性解不等式 [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 角度4　利用单调性求参数的取值范围 A．(－∞，0] B．[－1，0] C．[－1，1] D．[0，＋∞) [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 [解析]　设u＝6－ax＋x2， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 名师点拨：函数单调性应用问题的常见类型及解题策略 1．比较函数值的大小，应将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． 2．利用函数单调性求最值是求函数最值的重要方法，特别是当函数图象不易作出时，单调性法几乎成为首选方法． 3．解不等式．在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是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． 4．利用单调性求参数时，通常要把参数视为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较，利用区间端点间关系求参数．求解时注意函数定义域的限制，遇分段函数注意分点处左、右端点函数值的大小关系． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 【变式训练】 1．(角度1)(2026·湘潭统考)已知函数y＝f(x)在R上是增函数，且a＋b>0，则(　　) 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) [答案]　A [解析]　因为a＋b>0，所以a>－b，b>－a，又因为y＝f(x)在R上是增函数，所以f(a)>f(－b)，f(b)>f(－a)，所以f(a)＋f(b)>f(－b)＋f(－a)． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 2．(角度2)(2026·江苏模拟)已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝4x＋3x＋b(b为常数)，则f(x)在[－3，－1]上的最大值为______. [答案]　－6 [解析]　根据f(0)＝0求得b，结合函数的单调性、奇偶性求得正确答案．依题意，f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝1＋b＝0，b＝－1，即当x≥0时，f(x)＝4x＋3x－1，f(x)单调递增，所以f(x)在区间[1，3]上的最小值为f(1)＝4＋3－1＝6，所以f(x)在区间[－3，－1]上的最大值为－6. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 A．[0，2] B．[0，1] C．(－∞，2] D．(－∞，1] [答案]　C [解析]　由题意可知当x≤0时，0<2x≤1，故f(x)＝1－2x<1；当x>0时，令f(x)＝log3(x＋1)≤1，即0<x＋1≤3，解得－1<x≤2，所以0<x≤2.综上，不等式f(x)≤1的解集为(－∞，2]．故选C． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 函数的最值——自主练透 [答案]　(－∞，2] 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 2．已知函数f(x)＝－2x2＋1，g(x)＝－x，x∈R，用M(x)表示f(x)，g(x)中的较小者，记为M(x)＝min{f(x)，g(x)}，则M(x)的最大值为______. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 名师讲坛 · 素养提升 返回导航 抽象函数的单调性问题 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 [解析]　(1)证明：令x＝y＝0，可得f(0)＋f(0)＝f(0＋0)＝f(0)，从而f(0)＝0. 令y＝－x，可得f(x)＋f(－x)＝f(x－x)＝f(0)＝0， 即f(－x)＝－f(x)，故f(x)为奇函数． (2)证明：对任意x1，x2∈R，不妨设x1>x2，则x1－x2>0，于是f(x1－x2)<0， 从而f(x1)－f(x2)＝f[(x1－x2)＋x2]－f(x2)＝f(x1－x2)＋f(x2)－f(x2)＝f(x1－x2)<0， 所以f(x)在R上是减函数． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 (3)由(2)知，所求函数在[－3，6]上的最大值为f(－3)，最小值为f(6)． 因为f(－3)＝－f(3)＝－[f(2)＋f(1)]＝－[2f(1)＋f(1)]＝－3f(1)＝2， f(6)＝－f(－6)＝－[f(－3)＋f(－3)]＝－4. 所以f(x)在[－3，6]上的最大值为2，最小值为－4. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 所以不等式的解集为{x|0<x<4}． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 提能训练　练案[7] 返回导航 一、单选题 1．(2025·北京海淀三模)下列函数中，在(－∞，0)上是单调递增函数的是(　　) [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 2．函数f(x)＝|x|(x－1)的单调递减区间是(　　) [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 C．4 D．5 [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 A．(0，＋∞) B．[0，＋∞) C．(0，1] D．[1，＋∞) [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 A．y＝f(x)＋x是增函数 B．y＝f(x)＋x是减函数 C．y＝f(x)是增函数 D．y＝f(x)是减函数 [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 7．(2025·江苏南通高三阶段练习)已知函数f(x)＝ln(x2－ax)在(1，2)内单调递增，则实数a的取值范围是(　　) A．a≥2 B．a≥1 C．a≤2 D．a≤1 [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 A．f(a)>f(b)>f(c) B．f(b)>f(a)>f(c) C．f(a)>f(c)>f(b) D．f(c)>f(a)>f(b) [答案]　A [解析]　f(x)＝ex－e－x在(0,＋∞)上单调递增,且此时f(x)>0.f(x)＝－x2在(－∞，0]上单调递增，所以f(x)在R上单调递增．c＝log20.9<0，又b＝log32，所以0<b<1，a＝50.01>1，即a>b>c，所以f(a)>f(b)>f(c)，故选A． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 二、多选题 9．已知f(x)是定义在[0，＋∞)上的函数，根据下列条件，可以断定f(x)是增函数的是(　　) A．对任意x≥0，都有f(x＋1)>f(x) B．对任意x1，x2∈[0，＋∞)，且x1≥x2，都有f(x1)≥f(x2) C．对任意x1，x2∈[0，＋∞)，且x1－x2<0，都有f(x1)－f(x2)<0 [答案]　CD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 10．(2025·广东省名校联考改编)设函数f(x)在R上为增函数，则下列结论中不正确的是(　　) D．y＝2－f(x)在R上为减函数 [答案]　ABC 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 A．在区间[－1，0]上单调递减 B．单调递增区间为[－3，－1] C．最大值为2 D．没有最小值 [答案]　ABC 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 三、填空题 12．已知函数f(x)＝x2－2ax－3在区间[1，2]上不具有单调性，则实数a的取值范围为________. [答案]　(1，2) [解析]　函数f(x)＝x2－2ax－3的图象开口向上，对称轴为直线x＝a，函数在(－∞，a]和[a，＋∞)上都分别具有单调性，因此要使函数f(x)在区间[1，2]上不具有单调性，只需1<a<2. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 [答案]　(－∞，1]∪[4，＋∞) [解析]　由已知可得f(x)的图象，增区间为(－∞，2)和(4，＋∞)，因此，a＋1≤2或a≥4.故a∈(－∞，1]∪[4，＋∞)． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 [答案]　1 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 四、解答题 (1)试判断f(x)在[1，2]上的单调性； (2)求函数f(x)在[1，2]上的最值． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 [解析]　(1)解法一：任取x1，x2∈[1，2]，且x1<x2， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 ∵x1，x2∈[1，2]， ∴－2≤x2－3≤－1，－2≤x1－3≤－1， ∴1≤(x2－3)(x1－3)≤4，∴(x1－3)(x2－3)－9<0. 又x2－x1>0，(x2－3)(x1－3)>0， 即f(x2)<f(x1)． ∴f(x)在[1，2]上为减函数． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 [答案]　AC 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 2．函数f(x)＝log0.5(x＋1)＋log0.5(3－x)的单调递增区间是(　　) A．(3，＋∞) B．(－1，1) C．(1，3) D．(－∞，－1) [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 A．f(x)的最大值为3 B．f(0)＝2 C．若f(x)＝－1，则x＝2 D．f(x)在定义域上是减函数 [答案]　AB 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 [解析]　当x≤1时，f(x)＝x＋2是增函数，则此时f(x)≤f(1)＝3，当x>1时，f(x)＝－x2＋3为减函数，则此时f(x)<－1＋3＝2，综上f(x)的最大值为3，故A正确；f(0)＝0＋2＝2，故B正确；当x≤1时，由f(x)＝－1时，得x＋2＝－1，此时x＝－3≤1，成立，故C错误；当x≤1时，f(x)＝x＋2是增函数，故D错误．故选AB． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 [答案]　(－∞，0]　(2，4] 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 C组拓展应用(选作) (1)求f(1)的值； (2)证明：函数f(x)为减函数； (3)求不等式f(2x＋1)>f(2－x)的解集． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 [解析]　(1)令x1＝x2>0， 代入得f(1)＝f(x1)－f(x1)＝0， 故f(1)＝0. (2)证明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1>x2， 因此f(x1)<f(x2)， 所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上是减函数． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 (3)因为函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减， 所以不等式f(2x＋1)>f(2－x)等价于 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第二章　函数 谢谢观看 1．∀x1，x2∈I且x1≠x2，有>0(<0)或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0　(<0)⇔f(x)在区间I上单调递增(减)． 2．在公共定义域内，增函数＋增函数＝增函数，减函数＋减函数＝减函数． 3．函数y＝f(x)(f(x)>0或f(x)<0)在公共定义域内与y＝－f(x)，y＝的单调性相反． (3)函数y＝的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞)．(　　) (4)设f(x)＝ [答案]　　－15 [解析]　依题意得 A．f(x)＝－ln x B．f(x)＝ C．f(x)＝－ D．f(x)＝3|x－1| [解析]　对于A，f(x)＝－ln x在(0，＋∞)上单调递减，不符合题意；对于B，f(x)＝在(0,＋∞)上单调递减，不符合题意；对于C，f(x)＝－在(0，＋∞)上单调递增，符合题意；对于D，f(x)＝3|x－1|＝在(0，＋∞)上不单调．故选C． 6．(2026·北京海淀区期末)已知函数f(x)＝存在最小值，则a的取值范围是________________. [答案]　∪{0} [解析]　当a>0时,f(x)＝ax－1在(－∞,a)上单调递增，且当x→－∞时，f(x)→－∞，显然f(x)不存在最小值，故舍去；当a＝0时，f(x)＝则当x≥0时，f(x)＝x2－x＝2－≥－，所以f(x) 的最小值为－1，符合题意；当a<0时，当x≥a时，f(x)＝x2－x＝2－，所以f(x)在上单调递减，在上单调递增，f＝－，当x<a时，f(x)＝ax－1，则f(x)在(－∞，a)上单调递减，要使函数存在最小值，则解得a≤－，此时f(x)min＝f＝－.综上可得，a的取值范围是∪{0}． A．函数y＝e－x－在(－∞，0)上单调递减 B．若f(x)，g(x)都是R上的增函数，则h(x)＝f(x)＋g(x)也是R上的增函数 C．函数y＝2|x＋1|的单调递减区间是(－∞，－1] D．函数f(x)＝2－x2＋2x＋3的单调递增区间为[1，＋∞) [解析]　在(－∞，0)上函数y＝e－x与y＝－都单调递减，所以y＝e－x－在(－∞，0)上单调递减，故A正确；两增函数的和为增函数，故B正确；作出函数y＝2|x＋1|的图象，如图所示，由图象可知，函数y＝2|x＋1|的单调递减区间是(－∞，－1]，故C正确；由判断复合函数的单调性的方法“同增异减”可得f(x)的单调递增区间为(－∞，1]，故D错误． 2．已知函数y＝x＋＋2(m∈R)．若函数在区间[2，＋∞)上单调递增，利用函数单调性的定义，求实数m的取值范围． 设f(x)＝x＋＋2， 则f(x2)－f(x1)＝－＝(x2－x1)·>0， (2023·全国甲卷文)已知函数f(x)＝e－(x－1)2.记a＝f，b＝f，c　　＝f，则(　　) [解析]　∵f(x)＝e－(x－1)2是由y＝eu和u＝－(x－1)2两个函数复合而成的，∴f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，又知f(2－x)＝e－(2－x－1)2＝e－(1－x)2＝e－(x－1)2＝f(x)，∴f(x)的图象关于直线x＝1对称，∴f＝f，又∵<2－<<1，∴f<f<f，即a<c<b.故选A． (2026·湖北武汉适应考)已知函数f(x)＝若f(a＋1)－f(2a－1)≥0，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，2] B．[2，＋∞) C．[2，6] D． [解析]　因为当x∈(0，2]时，f(x)＝log2x单调递增，此时f(x)≤f(2)＝1，当x∈(2，＋∞)时，f(x)＝2x－3单调递增，此时f(x)>1，所以f(x)＝是定义在(0，＋∞)上的增函数如图．所以若f(a＋1)－f(2a－1)≥0，即f(a＋1)≥f(2a－1)，则a＋1≥2a－1>0，得<a≤2，故选D． 1．(2024·全国新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝在R上单调递增，则a的取值范围是(　　) [解析]　当x≥0时,f(x)＝ex＋ln(x＋1)单调递增,当x<0时，f(x)＝－x2－2ax－a，所以要使函数f(x)在R上单调递增，需满足解得－1≤a≤0.故所求a的取值范围为[－1，0]． ∵y＝logu为减函数， ∴函数u在[1，2]上是减函数． ∵u＝6－ax＋x2，对称轴为x＝， ∴≥2，且u>0在[1，2]上恒成立． ∴解得4≤a<5， ∴实数a的取值范围是[4，5)． 3．(角度3)(2026·辽宁名校联盟调研)已知函数f(x)＝则不等式f(x)≤1的解集为(　　) 4. (角度4)(2025·河北部分学校联考)已知函数f(x)=是R上的增函数，且关于x的不等式f(a＋x2)≥f(x)恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A． B． C． D． [解析]　因为函数g(x)＝a－2－x与h(x)＝ln(x＋1)均是增函数，所以函数y＝f(x)是R上的增函数只需满足g(0)≤h(0)，即a－1≤0，解得a≤1.由f(a＋x2)≥f(x)得a＋x2≥x，即a≥－2＋恒成立，所以当x＝时，函数y＝－2＋取得最大值，所以a≥，即a∈，所以实数a的取值范围是，故选D． 1．函数f(x)＝的值域为________. [解析]　解法一(图象法)：作出函数f(x)＝的图象(如图所示)，f(x)max＝f(0)＝2.由函数图象可知，f(x)的值域为(－∞，2]． 解法二(单调性法)：当x≥1时，函数f(x)＝单调递减，所以f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝1；当x<1时，易知函数f(x)＝－x2＋2在x＝0处取得最大值，最大值为f(0)＝2．综上，函数f(x)的最大值为2，所以函数f(x)的值域为　(－∞，2]． [答案]　 [解析]　令－2x2＋1>－x，即2x2－x－1<0，解得－<x<1，所以M(x)＝作出函数图象如图所示，由图象易得函数M(x)的最大值为. 注：可考虑函数f(x)＝－x. 名师点拨： 对于抽象函数单调性的判断仍然要紧扣单调性的定义，结合题目所给性质和相应的条件，对任意x1，x2在所给区间内比较f(x1)－f(x2)与0的大小，或与1的大小．有时根据需要，需作适当的变形，如x1＝x2＋x1－x2或x1＝x2·等．深挖已知条件，是求解此类题的关键．在客观题的求解中，解这类题目也可考虑用特殊化方法． 【变式训练】 f(x)的定义域为(0，＋∞)，且对一切x>0，y>0都有f＝f(x)－f(y)，当x>1时，有f(x)>0. (1)求f(1)的值； (2)判断f(x)的单调性并证明； (3)若f(6)＝1，解不等式f(x＋5)－f<2. [解析]　(1)f(1)＝f＝f(x)－f(x)＝0. (2)f(x)在(0，＋∞)上是增函数． 证明：设0<x1<x2，则由f＝f(x)－f(y)，得f(x2)－f(x1)＝f，因为>1，所以f>0.所以f(x2)－f(x1)>0，即f(x)在(0，＋∞)上是增函数． (3)因为f(6)＝f＝f(36)－f(6)，又f(6)＝1，所以f(36)＝2，原不等式化为：f(x2＋5x)<f(36)，又因为f(x)在(0，＋∞)上是增函数， 所以解得0<x<4. A．f(x)＝ B．f(x)＝ex＋e－x C．f(x)＝x D．f(x)＝sin|x| [解析]　因为x<0，f(x)＝＝－在(－∞，0)上单调递增，故A正确；f(x)＝ex＋e－x，当x<0时，f′(x)＝ex－e－x＝<0，所以f(x)＝ex＋e－x在(－∞，0)上单调递减，故B错误；f(x)＝x＝的定义域为R，f(－x)＝＝＝f(x)，所以f(x)为偶函数，因为>0，所以由幂函数的性质知f(x)＝x在(0，＋∞)上单调递增，由偶函数的性质可得f(x)＝x在(－∞，0)上单调递减，故C错误；当x<0时，f(x)＝sin(－x)＝－sin x，由y＝sin x的单调性知，y＝sin x在(－∞，0)不具备严格的单调性，所以f(x)＝sin|x|在(－∞，0)上不具备严格的单调性，故D错误．故选A． A．(－∞，0) B． C． D．(1，＋∞) [解析]　f(x)＝由函数f(x)的图象得减区间为.故选B． 3．已知函数f(x)＝，则f(x)在区间[2，6]上的最大值为(　　) A． B．3 [解析]　f(x)＝＝2＋，可知f(x)在[2，6]上单调递减，因此当x＝2时取得最大值4，故选C． 4．(2026·江苏南通模拟)已知函数f(x)＝在区间(－1，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是(　　) [解析]　当x<0时，f(x)＝x2＋2x＝(x＋1)2－1，其在(－1，0)上单调递增，若f(x)在(－1，＋∞)上单调递增，∴∴a≥1.故选D． 5．(2026·四川绵阳模拟)已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间　(－∞，0)上单调递减，若实数a满足f(2|a－1|)>f(－)，则a的取值范围是(　　) A． B． C． D．∪ [解析]　因为f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递减，所以f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，因为2|a－1|>0，f(－)＝f()，所以2|a－1|>＝2，所以|a－1|>，即a－1<－或a－1>，解得a<或a>，所以a的取值范围是∪.故选D． 6．已知函数y＝f(x)的定义域为R，对任意x1，x2且x1≠x2，都有>－1，则下列说法正确的是(　　) [解析]　不妨令x1<x2，∴x1－x2<0，∵>－1⇔f(x1)－f(x2)<－(x1－x2)⇔f(x1)＋x1<f(x2)＋x2，令g(x)＝f(x)＋x，∴g(x1)<g(x2)，又x1<x2，∴g(x)＝f(x)＋x是增函数． [解析]　设t＝x2－ax，因为y＝ln t为(0，＋∞)上的增函数，而f(x)＝ln(x2－ax)在(1，2)内单调递增，故t＝x2－ax为(1，2)内的增函数，且t>0在(1，2)内恒成立，故故a≤1，故选D． 8．已知函数f(x)＝若a＝50.01，b＝log32，c＝log20.9，则有(　　) D．对任意x1，x2∈[0，＋∞)，且x1≠x2，都有>0 [解析]　根据题意，依次分析选项：对于选项A，对任意x≥0，都有f(x＋1)>f(x)，不满足函数单调性的定义，不符合题意；对于选项B，当f(x)为常数函数时，对任意x1，x2∈[0，＋∞)，都有f(x1)≥f(x2)，不是增函数，不符合题意；对于选项C，对任意x1，x2∈[0，＋∞)，且x1－x2 <0，都有f(x1)－f(x2)<0，符合题意；对于选项D，对任意x1，x2∈[0，＋∞)，设x1>x2，若>0，必有f(x1)－f(x2)>0，则函数在[0，＋∞)上为增函数，符合题意． A．y＝在R上为减函数 B．y＝|f(x)|在R上为增函数 C．y＝logf(x)在R上为减函数 [解析]　对于A、B若f(x)＝x，则A、B都错；对于C，当f(x)<0时无意义；对于D，y＝2－f(x)＝f(x)，y＝t，t＝f(x)，复合函数y＝f(x)是减函数，故选ABC． 11．关于函数y＝，下列说法正确的是(　　) [解析]　由4－(x＋1)2≥0得－3≤x≤1，即函数y＝的定义域为[－3，1]．令t＝4－(x＋1)2，则t＝4－(x＋1)2的图象是开口向下、对称轴为x＝－1的抛物线，所以函数t＝4－(x＋1)2在[－3，－1]上单调递增，在[－1，1]上单调递减．又y＝单调递增，所以y＝在[－3，－1]上单调递增，在[－1，1]上单调递减，故A，B正确；ymax＝＝2，当x＝－3时，y＝＝0，当x＝1时，y＝＝0，则ymin＝0，故C正确，D错误．故选ABC． 13．设函数f(x)＝若函数f(x)在区间(a，a＋1)上单调递增，则实数a的取值范围是________. 14．(2026·滁州模拟)函数f(x)＝＋的最小值为_____. [解析]　由得x≥4，即f(x)的定义域为[4，＋∞)，因为y＝与y＝在[4，＋∞)上都单调递增，所以f(x)在[4，＋∞)上单调递增，当x＝4时，f(x)取得最小值1. 15．已知函数f(x)＝. 则f(x2)－f(x1)＝－ ＝ ＝ ＝， ∴<0， 解法二：∵f(x)＝， ∴f′(x)＝＝， ∵1≤x≤2，∴f′(x)<0，∴f(x)在[1，2]上为减函数． (2)由(1)知f(x)在[1，2]上为减函数， ∴f(x)min＝f(2)＝＝－4， f(x)max＝f(1)＝＝－. B组能力提升 1．(多选题)函数f(x)中，满足“对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有 >0”的可以是(　　) A．f(x)＝ B．f(x)＝(1－x)2 C．f(x)＝e1－x D．f(x)＝ln(x＋1) [解析]　由题意知f(x)在(0，＋∞)上是减函数，A中，f(x)＝满足要求；B中，f(x)＝(1－x)2在(0，1]上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数；C中，f(x)＝e1－x是减函数；D中，f(x)＝ln(x＋1)是增函数．故选AC． [解析]　由已知易得即－1<x<3，f(x)＝log0.5(x＋1)＋log0.5(3－x)＝log0.5(－x2＋2x＋3)，其定义域为(－1，3)，令t＝－x2＋2x＋3，则函数t在区间(1，3)上单调递减，又0<0.5<1，∴f(x)在(1，3)上单调递增，故选C． 3．(多选题)(2026·贵州黔东南高一期末)已知函数f(x)＝关于函数f(x)的结论正确的是(　　) 4．已知函数f(x)＝若对任意x1，x2∈R，且x1≠x2都有<0，则实数a的取值范围为________；若f(x)在[－1，t)上的值域为[0，4]，则实数t的取值范围为________. [解析]　若对任意x1，x2∈R，且x1≠x2都有<0，则f(x)在R上是减函数，则≤0，即a≤0，所以实数a的取值范围为(－∞，0]；当a>0时，若f(x)在[－1，t)上的值域为[0，4]，则f＝－＝4，解得a＝4或a＝－4(舍去)，又f(－1)＝2，f(0)＝f(4)＝0，所以2<t≤4；当a≤0时，f(x)在[－1，t)上单调递减，则f(x)在[－1，t)上的最大值为f(－1)＝2，不符合题意，所以实数t的取值范围为(2，4]． 5．已知函数f(x)＝，a∈R. (1)当a＝1时，证明：f(x)为奇函数； (2)当a＜0时，函数f(x)在[m，n](m＜n)上的值域为，求a的取值范围； (3)当a＜0时，证明：f(x)为中心对称函数． [解析]　(1)证明：当a＝1时，f(x)＝， 由3x－1≠0，得函数y＝f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)， 又f(－x)＝＝＝－f(x)， 所以函数f(x)为定义域上的奇函数． (2)当a＜0时，f(x)＝＝1＋， 所以y＝f(x)是单调增函数， f(x)在[m，n](m＜n)上的值域为， 所以f(m)＝＝－，f(n)＝＝－， 则m、n是＝－的两个解，得a＝， 设t＝1－3x，则a＝＝＝t＋－3，t<1. y＝t＋－3在(0，1)和(－，0)上单调递减，(－∞，－)上单调递增，其中，y＝t＋－3在(0，1)上值域为(0，＋∞)， 在(－∞，0)上值域为(－∞，－2－3)且t＝－取该区间最大值， 综上，a<－3－2，即a的取值范围为(－∞，－3－2)． (3)当a＜0时，f(x)＝＝1＋， f[log3(－a)－x]＋f[log3(－a)＋x] ＝1＋＋1＋ ＝2＋＋ ＝2＋＋ ＝2－－＝0， 所以f(x)关于(log3(－a)，0)中心对称． 已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足：①f＝f(x1)－f(x2)；②当x>1时，f(x)<0. 则>1，由于当x>1时，f(x)<0， 所以f<0，即f(x1)－f(x2)<0， 解得－<x<， 故原不等式的解集为. $