第二章　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单调性与最值专题，覆盖定义、单调区间判断、最值求解等核心考点，依据高考评价体系明确单调性应用（比较大小、解不等式、求参数范围）占比60%以上，归纳定义法证明、导数法判断等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题引路+易错警示+素养提升”策略，如2024新课标Ⅰ分段函数单调性题，结合推理能力训练定义法证明，通过“同增异减”模型培养模型意识。设微点提醒规范单调区间表示，课时精练含选择填空解答题，助学生掌握论证逻辑，教师可据此精准突破高频考点，提升复习效率。

函数的单调性与最值 1.函数的单调性 (1)单调函数的定义   增函数 减函数 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， 特别地，当函数f(x)在它的定义域上单调递增时，我们就称它是增函数 当x1<x2时，都有 ，那么就称函数f(x)在区间I上单调递减， 特别地，当函数f(x)在它的定义域上单调递减时，我们就称它是减函数 f(x1)<f(x2) f(x1)>f(x2)   增函数 减函数 图象描述   自左向右看图象是 的   自左向右看图象是 的 上升 下降 (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 一般地，设函数y=f(x)的定义域为D，如果存在实数M满足 条件 (1)∀x∈D，都有 ； (2)∃x0∈D，使得________ (1)∀x∈D，都有 ； (2)∃x0∈D，使得________ 结论 M是函数y=f(x)的最大值 M是函数y=f(x)的最小值 f(x)≤M f(x0)=M f(x)≥M f(x0)=M 1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”) (1)若函数f(x)满足f(-3)<f(2)，则f(x)在[-3，2]上单调递增.(　　) (2)若函数f(x)在(-2，3)上单调递增，则函数f(x)的单调递增区间为(-2，3). (　　) (3)若函数f(x)在区间[a，b]上连续，则f(x)在区间[a，b]上一定有最值. (　　) (4)函数y=的单调递减区间是(-∞，0)∪(0，+∞).(　　) 自主诊断 × × √ × 2.下列函数中，在区间(0，+∞)上单调递增的是 A.y=-x+1　　　 B.y=(x-1)2 C.y=2-x　　　 D.y=|x| √ 解析　对于A，y=-x+1在(0，+∞)上单调递减，A错误； 对于B，函数y=(x-1)2在(0，+∞)上不单调，B错误； 对于C，函数y=2-x=为R上的减函数，C错误； 对于D，y=|x|=则y=|x|在(-∞，0]上单调递减，在(0，+∞)上单调 递增，D正确. 3.函数y=-在区间[1，2]上的最大值为 A.-　　　 B.- C.-1　　　 D.不存在 √ 解析　 y=-在(-1，+∞)上单调递增，则y=-在区间[1，2]上单调递增， 所以ymax=-=-. 4.函数f(x)是定义在[0，+∞)上的减函数，则满足f(2x-1)>f的x的取值范围 是　　 　　.  解析　∵f(x)的定义域是[0，+∞)， ∴2x-1≥0，即x≥， 又∵f(x)是定义在[0，+∞)上的减函数， ∴2x-1<，即x<， 则x的取值范围为. 1.熟记与函数单调性有关的常用结论 (1)若∀x1，x2∈I(x1≠x2)，则 ①>0(或(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0)⇔f(x)在区间I上单调递增. ②<0(或(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0)⇔f(x)在区间I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)在区间I上，两个增函数的和仍是增函数，两个减函数的和仍是减函数. (4)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”. 微点提醒 2.解题时谨防以下易误点 (1)单调区间只能用区间表示，不能用不等式表示. (2)求函数单调区间或讨论函数的单调性时，必须先求函数的定义域. (3)一个函数的同一种单调区间用“和”或“，”连接，不能用“∪”连接. (4)“函数的单调区间是M”与“函数在区间N上单调”是两个不同的概念，显然N⊆M. 微点提醒 返回 探究核心题型 例1　(多选)下列说法中，正确的是 A.函数y=e-x-在(-∞，0)上单调递减 B.函数y=2|x+1|的单调递减区间是(-∞，-1] C.函数y=的单调递增区间为[1，+∞) D.函数y=2x+2cos x是增函数 √ 题型一　确定函数的单调性 命题点1　函数单调性的判断 √ √ 解析　函数y=e-x与y=-在(-∞，0)上都单调递减， 所以y=e-x-在(-∞，0)上单调递减，故A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B正确； 由判断复合函数的单调性的方法“同增异减”可得y=的单调递增区间为(-∞，1]，故C错误； 因为y'=2-2sin x≥0，所以y=2x+2cos x是R上的增函数，故D正确. 例2　(人教A版必修第一册P86习题3.2 T8改编)(1)根据函数单调性的定义 证明函数y=x+在区间[3，+∞)上单调递增； 命题点2　利用定义证明函数的单调性 证明　设y=f(x)=x+， ∀x1，x2∈[3，+∞)，且x1<x2， 则f(x2)-f(x1)=x2+-x1-=x2-x1+=(x2-x1)=(x2-x1)·. 因为3≤x1<x2， 所以x2-x1>0，x1x2>9， 所以f(x2)-f(x1)>0，所以f(x1)<f(x2)， 所以y=x+在区间[3，+∞)上单调递增. 例2　(2)讨论函数y=x+在区间(0，+∞)上的单调性并证明； 解　∀x1，x2∈(0，+∞)，且x1<x2， 由(1)知f(x2)-f(x1)=(x2-x1)·， 因为0<x1<x2，所以x2-x1>0，x1x2>0， 当x1，x2∈(0，3)时，x1x2-9<0，所以f(x2)-f(x1)<0， 即f(x1)>f(x2)，此时函数f(x)单调递减， 所以函数y=x+在区间(0，3)上单调递减， 由(1)知，y=x+在区间(3，+∞)上单调递增. 综上，函数y=x+在区间(0，3)上单调递减，在区间(3，+∞)上单调递增. 例2　(3)写出函数y=x+(k>0)在区间(0，+∞)上的单调性.(不用证明) 解　函数y=x+(k>0)在区间(0，)上单调递减，在区间(，+∞)上单调递增. 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. 思维升华 跟踪训练1　(多选)下列说法正确的是 A.函数f(x)=-x在(-∞，0)∪(0，+∞)上单调递减 B.函数f(x)=在R上单调递增 C.函数f(x)=的单调递减区间为(-∞，1) D.函数f(x)=x3-x2+2x在(0，+∞)上单调递增 √ √ 解析　对于A，函数f(x)=-x的定义域为{x|x≠0}，且f(x)为奇函数，在(0，+∞) 上单调递减，所以f(x)=-x在(-∞，0)和(0，+∞)上单调递减，A错误； 对于B，作出函数f(x)的图象(图略)，由图可知f(x)在R上单调递增，B正确； 对于C，函数f(x)的定义域为(-∞，-1]∪[3，+∞)，且函数y=x2-2x-3的对称轴为直线x=1，所以函数f(x)=的单调递减区间为(-∞，-1]，C错误； 对于D，f(x)=x3-x2+2x，则f'(x)=x2-2x+2=(x-1)2+1>0，所以f(x)是增函数，所以f(x)在(0，+∞)上单调递增，故D正确. 例3　(2025·日照模拟)定义在R上的函数y=f(x)满足以下条件：①f(-x)-f(x)=0； ②对任意x1，x2∈[0，+∞)，当x1≠x2时，都有>0.则f(-)， f(π)，f(-3)的大小关系是 A.f(π)>f(-3)>f(-) B.f(π)>f(-)>f(-3) C.f(π)<f(-3)<f(-) D.f(π)<f(-)<f(-3) 题型二　函数单调性的应用 √ 命题点1　比较函数值的大小 解析　因为定义在R上的函数y=f(x)满足条件f(-x)-f(x)=0， 所以函数f(x)是偶函数， 对任意x1，x2∈[0，+∞)，当x1≠x2时，都有>0， 因此函数f(x)在[0，+∞)上单调递增， 又因为函数f(x)是偶函数， 所以f(-)=f()，f(-3)=f(3)， 因为π>3>>0， 所以f(π)>f(3)>f()， 即f(π)>f(-3)>f(-). 例4　函数y=-1+x(x≥3)的最小值为　 　.  命题点2　求函数的最值 解析　设t=x-1，t≥2， 则y=-1+x=t+(t≥2)， 又函数y=t+在[2，+∞)上单调递增， 所以当t=2，即x=3时， 函数有最小值2+=. 微拓展 求函数的值域(最值)的常用方法 (1)配方法：主要用于和一元二次函数有关的函数求值域问题. (2)单调性法：利用函数的单调性，再根据所给定义域来确定函数的值域. (3)数形结合法. (4)换元法：引进一个(几个)新的量来代替原来的量，实行这种“变量代换”. (5)分离常数法：分子、分母同次的分式形式采用配凑分子的方法，把函数分离成一个常数和一个分式和的形式. 典例　(多选)下列函数中，值域正确的是 A.当x∈[0，3)时，函数y=x2-2x+3的值域为[2，6) B.函数y=的值域为R C.函数y=2x-的值域为 D.函数y=+的值域为[，+∞) √ √ √ 微拓展 解析　对于A，(配方法)y=x2-2x+3=(x-1)2+2， 由x∈[0，3)，再结合函数的图象(如图①所示)， 可得函数的值域为[2，6). 对于B，(分离常数法)y===2+， 显然≠0，∴y≠2. 故函数的值域为(-∞，2)∪(2，+∞). 对于C，(换元法)设t=，则x=t2+1，且t≥0， ∴y=2(t2+1)-t=2+， 解析　由t≥0，再结合函数的图象(如图②所示)， 可得函数的值域为. 对于D，函数的定义域为[1，+∞)， ∵y=与y=在[1，+∞)上均单调递增， ∴y=+在[1，+∞)上为增函数， ∴当x=1时，ymin=，即函数的值域为[，+∞). 例5　“求方程+=1的解”有如下解题思路：设f(x)=+，则f(x)在R上单调递减，且f(2)=1，所以原方程有唯一解x=2.类比上述解题思路，不等式8x6-(x+1)>(x+1)3-2x2的解集是 A.(-∞，0) B.(1，+∞) C.(-∞，0)∪(1，+∞) D.∪(1，+∞) √ 命题点3　解函数不等式 解析　原式可化为8x6+2x2>(x+1)3+(x+1)，即(2x2)3+2x2>(x+1)3+(x+1)， 令g(x)=x3+x，则g(x)在R上单调递增， 则不等式转化为2x2>x+1，解得x<-或x>1， 所以原不等式的解集为∪(1，+∞). 例6　(2024·新课标全国Ⅰ)已知函数f(x)=在R上单调递增，则a的取值范围是 A.(-∞，0]　　　 B.[-1，0] C.[-1，1]　　　 D.[0，+∞) √ 命题点4　求参数的值(范围) 解析　因为f(x)在R上单调递增， 且x≥0时，f(x)=ex+ln(x+1)单调递增， 则需满足解得-1≤a≤0， 即a的取值范围是[-1，0]. (1)比较函数值的大小时，先转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决. (2)求解函数不等式时，由条件脱去“f”，转化为自变量间的大小关系，应注意函数的定义域. (3)利用单调性求参数的取值(范围).根据其单调性直接构建参数满足的方程(组)(不等式(组))或先得到其图象的升降，再结合图象求解.对于分段函数，要注意衔接点的取值. 思维升华 跟踪训练2　(1)(2026·大连模拟)已知函数f(x)=在区间(-∞，-1)上单调递减，则实数m的取值范围是 A.(-2，2) B.(-2，+∞) C.(-∞，-2) D.(-∞，-2)∪(2，+∞) √ 解析　由题意得，f(x)===m+. ∵函数f(x)=在区间(-∞，-1)上单调递减， ∴-m-2>0，解得m<-2，即m的取值范围是(-∞，-2). (2)已知定义在(0，+∞)上的函数f(x)满足：∀x1，x2∈(0，+∞)(x1≠x2)，恒有>0，若f(2)=4，则不等式f(x)-2x≤0的解集为　　　　. (0，2] 解析　设g(x)=(x>0)， 又x1，x2∈(0，+∞)，所以>0可化为>0， 即>0， 所以g(x)在定义域(0，+∞)上为增函数， 不等式f(x)-2x≤0(x>0)可化为≤2，又g(2)==2， 所以不等式≤2等价于g(x)≤g(2)，故0<x≤2， 所以不等式f(x)-2x≤0的解集为(0，2]. 返回 课时精练 一、单项选择题 1.(2023·北京)下列函数中，在区间(0，+∞)上单调递增的是 A.f(x)=-ln x　　　 B.f(x)= C.f(x)=-　　　 D.f(x)=3|x-1| √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 知识过关 解析　对于A，因为y=ln x在(0，+∞)上单调递增，所以f(x)=-ln x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，所以f(x)=在(0，+∞)上单调递减，故B错误； 对于C，因为y=在(0，+∞)上单调递减，所以f(x)=-在(0，+∞)上单调递增，故C正确； 对于D，因为f===，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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 2.已知f(x)=2x+x，则“f(x1)=f(x2)”是“x1=x2”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 答案 解析　因为函数y=2x，y=x在R上为增函数， 则函数f(x)=2x+x在R上为增函数， 则“f(x1)=f(x2)”可以推出“x1=x2”，“x1=x2”也可推出“f(x1)=f(x2)”， 故“f(x1)=f(x2)”是“x1=x2”的充要条件. 3.函数f(x)=|x|(x-1)的单调递减区间是 A.(-∞，0)　　　 B. C.　　　 D.(1，+∞) √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　f(x)=作出图象， 可以得到函数的单调递减区间是. 4.(2025·青海省部分学校联考)已知函数f(x)=在区间[0，1]上的最大值为5，则a的值为 A.3　　　B.4　　　C.　　　D.2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 √ 解析　因为f(x)=a+在区间[0，1]上单调递减，所以f(0)=a+2=5，解得a=3. 5.(2025·成都模拟)已知函数f(x)=满足对任意实数x1≠x2，都有(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0成立，则实数a的取值范围是 A.(0，4]　　 　B.[2，+∞) C.[2，4]　　 　D.(0，+∞) √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　由对任意实数x1≠x2，都有(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0，可知函数f(x)在R上单调递减， 则有解得2≤a≤4，所以实数a的取值范围为[2，4]. 6.已知函数y=f(x)的定义域为R，对任意x1，x2∈R，且x1≠x2，都有>-1，则下列说法正确的是 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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 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，A正确，B错误； 又f(x)为常函数时，=0>-1，此时f(x)既不是增函数也不是减函数，C，D错误. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 二、多项选择题 7.设函数f(x)为增函数，且f(x)≠0，则下列结论错误的是 A.y=为减函数 B.y=|f(x)|为增函数 C.y=-为增函数 D.y=-f(x)为减函数 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　若f(x)=x(x≠0)，则y==(x≠0)，不是减函数，故A错误； y=|f(x)|=|x|(x≠0)，不是增函数，故B错误； y=-=-(x≠0)，不是增函数，故C错误； 对于D，函数f(x)为增函数，则对于定义域内的任意的x1，x2， 设x1<x2，必有f(x1)<f(x2)， 对于y=-f(x)，则有y1-y2=[-f(x1)]-[-f(x2)]=f(x2)-f(x1)>0， 则y=-f(x)为减函数，故D正确. 8.(2026·昆明模拟)已知函数f(x)对于一切实数x，y都有f(x+y)=f(x)f(y)，当 x>0时，0<f(x)<1，f(1)=，则下列结论正确的是 A.f(0)=1 B.若f(m)=25，则m=2 C.f(x)>0恒成立 D.f(x)是减函数 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　对于A，令x=1，y=0， 则f(1)=f(1)f(0)， ∵f(1)=，∴f(0)=1，故A正确； 对于B，f(2)=f(1)f(1)=，故B错误； 对于C，令y=-x，则f(x)f(-x)=f(x-x)=f(0)=1， 当x<0时，-x>0，∴0<f(-x)<1，∴f(x)=>0， ∴f(x)>0恒成立，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　对于D，设x2>x1， 则f(x2)-f(x1)=f[(x2-x1)+x1]-f(x1)=f(x2-x1)f(x1)-f(x1)=f(x1)[f(x2-x1)-1]， ∵x2-x1>0，∴0<f(x2-x1)<1，即f(x2-x1)-1<0， 又f(x1)>0，∴f(x2)-f(x1)<0，f(x)是减函数，故D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 三、填空题 9.若函数f(x)=4|x-a|+3在区间[1，+∞)上不单调，则a的取值范围是　　　　　.  (1，+∞) 解析　因为函数f(x)=4|x-a|+3在(-∞，a)上单调递减，在(a，+∞)上单调递增， 又函数f(x)在区间[1，+∞)上不单调，所以a>1. 10.已知函数f(x)=则不等式f(x+2)<f(x2+2x)的解集是 　　　　　 　　　　.  (-∞，-2)∪(1，+∞) 解析　函数f(x)= 显然y=ln(x+1)在[0，+∞)上单调递增，y=-2x2在(-∞，0)上单调递增， 且ln(0+1)=-2×02=0，所以f(x)在R上单调递增， 不等式f(x+2)<f(x2+2x)可化为x+2<x2+2x， 即x2+x-2>0，解得x>1或x<-2， 则原不等式的解集为(-∞，-2)∪(1，+∞). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 11.(2025·乌鲁木齐模拟)已知函数f(x)=2x-，且f(2)=. (1)求实数a的值； 解　因为f(x)=2x-，且f(2)=， 所以4-=，解得a=-1. 四、解答题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解　函数f(x)在(1，+∞)上单调递增.证明如下： 由(1)可得，f(x)=2x+， 任取x1，x2∈(1，+∞)，x1<x2， 则f(x2)-f(x1)=2x2+- =2(x2-x1)+ 11.(2025·乌鲁木齐模拟)已知函数f(x)=2x-，且f(2)=. (2)判断函数f(x)在(1，+∞)上的单调性，并用定义证明； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解　=2(x2-x1)+=(x2-x1)=， 因为x1，x2∈(1，+∞)且x1<x2， 所以x2-x1>0，2x1x2-1>0，x1x2>0， 所以f(x2)-f(x1)>0，即f(x2)>f(x1)， 所以f(x)在(1，+∞)上单调递增. 11.(2025·乌鲁木齐模拟)已知函数f(x)=2x-，且f(2)=. (2)判断函数f(x)在(1，+∞)上的单调性，并用定义证明； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解　由(2)知，函数f(x)在[2，3]上单调递增， 则当x=2时，f(x)有最小值f(2)=； 当x=3时，f(x)有最大值f(3)=. 11.(2025·乌鲁木齐模拟)已知函数f(x)=2x-，且f(2)=. (3)求函数f(x)在[2，3]上的最值. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 12.已知定义在(0，+∞)上的函数f(x)满足f(mn)=f(m)+f(n)(m，n>0)，且当x>1时，f(x)>0. (1)求证：f=f(m)-f(n)； 证明　f(m)=f=f+f(n)， 即f=f(m)-f(n). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 12.已知定义在(0，+∞)上的函数f(x)满足f(mn)=f(m)+f(n)(m，n>0)，且当x>1时，f(x)>0. (2)若f(2)=1，解不等式f(x+2)-f(2x)>2. 解　任取x1，x2∈(0，+∞)，且x1<x2， 则>1. 由(1)得f(x2)-f(x1)=f>0， 即f(x2)>f(x1)， ∴f(x)在(0，+∞)上单调递增， 解　∵f(2)=1，∴2=f(2)+f(2)=f(4)， f(x+2)-f(2x)>2⇔f(x+2)>f(2x)+f(4)⇔f(x+2)>f(8x)， 又f(x)在(0，+∞)上单调递增， ∴解得0<x<， 故不等式f(x+2)-f(2x)>2的解集为. 12.已知定义在(0，+∞)上的函数f(x)满足f(mn)=f(m)+f(n)(m，n>0)，且当x>1时，f(x)>0. (2)若f(2)=1，解不等式f(x+2)-f(2x)>2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 13.(2026·昆明模拟)已知函数f(x)=lo(a≥0)在(4，+∞)上单调递减，则实数a的取值范围是 A.[4，+∞)　　 　 B.(0，4] C.[0，16]　　　 D.[16，+∞) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 能力拓展 √ 解析　令t=，因为y=lot为减函数，f(x)=lo在(4，+∞) 上单调递减，所以t=在(4，+∞)上单调递增. 令g(x)=x+-4， 当a>0时，g(x)=x+-4在(，+∞)上单调递增，g(4)=4+-4=>0， 所以当≤4时满足t=在(4，+∞)上单调递增，即得0<a≤16； 当a=0时，t=|x-4|在(4，+∞)上单调递增，当x>4时，t=x-4>0，满足题意. 综上可得0≤a≤16. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 14.(2025·北京)关于定义域为R的函数f(x)，以下说法正确的有　　　　.  ①存在在R上单调递增的函数f(x)使得f(x)+f(2x)=-x恒成立； ②存在在R上单调递减的函数f(x)使得f(x)+f(2x)=-x恒成立； ③使得f(x)+f(-x)=cos x恒成立的函数f(x)存在且有无穷多个； ④使得f(x)-f(-x)=cos x恒成立的函数f(x)存在且有无穷多个. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 ②③ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　对于①，若存在R上的增函数f(x)，满足f(x)+f(2x)=-x， 则f(0)+f(2×0)=-0，即f(0)=0， 故当x>0时，f(4x)>f(2x)>f(x)>0，故f(4x)+f(2x)>f(x)+f(2x)， 故-2x>-x，即x<0，矛盾，故①错误； 对于②，取f(x)=-x，该函数为R上的减函数且f(x)+f(2x)=-x， 故该函数符合题意，故②正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 解析　对于③，取f(x)=cos x+mx，m∈R， 此时f(x)+f(-x)=cos x，由m∈R可得f(x)有无穷多个，故③正确； 对于④，若存在f(x)，使得f(x)-f(-x)=cos x， 令x=0，则0=cos 0，但cos 0=1，矛盾， 故满足f(x)-f(-x)=cos x恒成立的函数f(x)不存在，故④错误. 返回 $