专题13 函数的单调性与最值（典例+练习）----2026年初升高暑假预习衔接

**基本信息** 聚焦函数单调性与最值，通过基础巩固、能力提升、综合应用三层设计，实现从概念理解到综合应用的进阶，适配暑假分层复习需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础巩固|单调性定义、分段函数单调性、充要条件判断|选择题1-8直接考查单调性定义及参数范围，填空题12-14强化运算能力，体现数学思维中的推理意识| |能力提升|抽象函数单调性、函数最值与参数、性质综合应用|多选题9-11结合抽象函数性质（如9题）、最值分类讨论（如10题），培养数学眼光中的抽象能力| |综合应用|单调性证明、单调区间求解、充要条件综合|解答题15-19（如15题证明单调性、19题二次函数综合），强化数学语言表达与应用意识，实现知识迁移|

函数的单调性与最值专题13 一、选择题（共8小题） 1．（2025•沙河口区校级一模）若f（x）是定义在R上的增函数，则“f（x）＞x”是“f（f（x））＞x”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 2．（2025春•南宁校级月考）已知是定义域为R上的增函数，则a的取值范围是（　　） A．（0，1） B． C．（1，+∞） D． 3．（2024秋•广元期末）已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（　　） A．[﹣1，1] B．[﹣1，0） C．（0，1] D．（0，+∞） 4．（2025•芙蓉区校级一模）已知函数f（x）是R上的增函数，则实数a的取值范围是（　　） A．[0，4] B．（0，4） C．（0，4] D．[0，4） 5．（2024秋•许昌期末）已知函数f（x）是定义在R上的减函数，且对任意x，y∈R，f（x+y）＝f（x）•f（y）恒成立，若f（﹣2）＝2，则f（2﹣x）＜8的解集为（　　） A．（﹣∞，8） B．（﹣∞，4） C．（4，+∞） D．（8，+∞） 6．（2024秋•巴楚县期末）若函数y＝f（x）在R上单调递增，且f（2m﹣3）＞f（﹣m），则实数m的取值范围是（　　） A．（﹣∞，﹣1） B．（﹣1，+∞） C．（1，+∞） D．（﹣∞，1） 7．（2021秋•宁县期末）若函数y＝f（x）在R上单调递减，且f（2m﹣3）＞f（﹣m），则实数m的取值范围是（　　） A．（﹣∞，﹣1） B．（﹣1，+∞） C．（1，+∞） D．（﹣∞，1） 8．（2024秋•南昌校级期末）已知a∈R，则“a（a﹣2）≥0”是“二次函数y＝﹣x2+ax在（﹣∞，1]上单调递增”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 二、多选题（共3小题） （多选）9．（2025春•金东区校级期末）已知函数f（x）的定义域为R，∀x，y∈R，f（x）f（y）＝f（x+y），且，则（　　） A．f（0）＝0 B．f（﹣1）＝2 C．f（x+1）＜f（x） D．f（x+2）﹣f（x+1）＜f（x+1）﹣f（x） （多选）10．（2025春•镇雄县月考）若函数的最小值为，则实数a的取值可能为（　　） A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2 （多选）11．（2024秋•唐山校级期中）已知函数，若f（m）＝f（n），m＜n，记t1＝n﹣m，t2＝n+m，则（　　） A．t1的最小值为1 B．t1的最大值为 C．t2的最大值为5 D．t2的最小值为3 三、填空题（共3小题） 12．（2025春•浦东新区校级期末）已知函数在R上单调递增，则实数a的取值范围是 　 　 ． 13．（2025•石景山区校级模拟）已知函数，存在最小值，则a的取值范围是 　 　 ． 14．（2025•浙江模拟）已知函数f（x），若f（m+1）≤1，则m的取值范围是 　 　 ． 四、解答题（共5小题） 15．（2024秋•绍兴期末）已知函数． （1）求f（x）的定义域； （2）证明：f（x）在（1，+∞）上单调递减． 16．（2024秋•吉林期末）已知函数，且f（1）＝10． （1）求a； （2）判断函数f（x）在[3，+∞）上的单调性，并用定义法证明； （3）求函数f（x）在区间[3，6]上的最大值和最小值． 17．（2024秋•西青区期末）已知函数f（x）＝ax2﹣2x﹣3，不等式f（x）＞0的解集为{x|x＜﹣1或x＞3}． （Ⅰ）求函数f（x）的解析式； （Ⅱ）设，判断g（x）在区间（0，+∞）上的单调性，并用定义法证明． 18．求下列函数的单调区间： （1）y＝x+1； （2）y； （3）y＝﹣x2+2x； （4）y＝﹣x2+2|x|+3． 19．（2025春•黑龙江月考）已知函数f（x）＝﹣2x2+ax+1，设p：f（x）在（﹣∞，1]上单调递增，在[2，+∞）上单调递减；q：m﹣3≤a≤2m． （1）若p成立，求a的取值范围； （2）若p是q的充分不必要条件，求m的取值范围． 一、选择题（共8小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C D C A A C D B 二、多选题（共3小题） 题号 9 10 11 答案 BC BC ABD 一、选择题（共8小题） 1．【答案】C 【分析】根据单调性的定义结合充分、必要条件分析判断． 【解答】解：根据题意，因为f（x）是定义在R上的增函数， 若f（x）＞x，则f（f（x））＞f（x）＞x，即充分性成立； 反之，若f（f（x））＞x， 假设存在x0满足f（x0）≤x0， 由函数的单调性可知，f（f（x0））≤f（x0）≤x0， 这与f（f（x））＞x相矛盾， 故必有f（x）＞x，即必要性成立； 综上所述：“f（x）＞x”是“f（f（x））＞x”的充要条件． 故选：C． 2．【答案】D 【分析】由分段函数的单调性得到，求解即可； 【解答】解：根据题意，是R上的增函数， 需满足：，解得，则a的取值范围为（，2]． 故选：D． 3．【答案】C 【分析】根据给定条件，利用分段函数的单调性列式求解即得． 【解答】解：根据题意，函数在R上单调递增， 由函数单调性的定义，有，解得0＜a≤1，即实数a的取值范围是（0，1]． 故选：C． 4．【答案】A 【分析】根据题意，由函数单调性的定义可得，解可得答案． 【解答】解：根据题意，函数f（x）是R上的增函数， 则，解可得0≤a≤4，即a的取值范围为[0，4]． 故选：A． 5．【答案】A 【分析】根据抽象函数方程，通过赋值将f（2﹣x）＜8化成f（2﹣x）＜f（﹣6），再利用函数的单调性求解即得． 【解答】解：根据题意，由f（x+y）＝f（x）•f（y），且f（﹣2）＝2， 令x＝y＝﹣2，可得f（﹣4）＝[f（﹣2）]2＝4， 再令x＝﹣2，y＝﹣4可得：f（﹣6）＝f（﹣2﹣4）＝f（﹣2）f（﹣4）＝8， 又由函数f（x）是定义在R上的减函数，则f（2﹣x）＜8⇒f（2﹣x）＜f（﹣6）⇒2﹣x＞﹣6， 解可得x＜8，即不等式的解集为（﹣∞，8）． 故选：A． 6．【答案】C 【分析】结合函数的单调性即可直接求解． 【解答】解：因为函数y＝f（x）在R上单调递增，且f（2m﹣3）＞f（﹣m）， 所以2m﹣3＞﹣m， 解得，m＞1． 故选：C． 7．【答案】D 【分析】结合函数的单调性即可直接求解． 【解答】解：因为函数y＝f（x）在R上单调递减，且f（2m﹣3）＞f（﹣m）， 所以2m﹣3＜﹣m， 解得，m＜1， 所以m的范围（﹣∞，1）． 故选：D． 8．【答案】B 【分析】由a（a﹣2）≥0，可得a≤0或a≥2，由二次函数y＝﹣x2+ax在（﹣∞，1]上单调递增，可得a≥2，再根据集合间的包含关系即可判断． 【解答】解：当二次函数y＝﹣x2+ax在（﹣∞，1]上单调递增时， 则有1，解得a≥2， 由a（a﹣2）≥0，解得a≤0或a≥2， 又因为[2，+∞）⊆（﹣∞，0]∪[2，+∞）． 所以“a（a﹣2）≥0”是“二次函数y＝﹣x2+ax在（﹣∞，1]上单调递增”的必要不充分条件． 故选：B． 二、多选题（共3小题） 9．【答案】BC 【分析】利用赋值法，可判断A、B；利用赋值法，可得，又f（0）＝1＝f（x）f（﹣x）进而可得f（x）＞0，可判断C；由及f（x）＞0可判断D，综合可得答案． 【解答】解：根据题意，依次分析选项： 对于A，函数f（x）的定义域为R，∀x，y∈R，f（x）f（y）＝f（x+y）， 令x＝1，y＝0，则f（1）f（0）＝f（1+0）＝f（1）， 又，则，所以f（0）＝1，故A错误； 对于B，令x＝1，y＝﹣1，则f（1）f（﹣1）＝f（1﹣1）＝f（0）， 又，f（0）＝1，所以，则f（﹣1）＝2，故B正确； 对于C，令y＝1，则f（x）f（1）＝f（x+1）， 又，则， 由上可知f（x）f（﹣x）＝f（0）＝1，故f（x）≠0，， 所以，故C正确； 对于D，由，则， 所以， ， 由选项C中分析知f（x）＞0，所以，故D错误． 故选：BC． 10．【答案】BC 【分析】由基本不等式求得当x＞0，x＜0时的范围，进而可求解． 【解答】解：由题意可得，a≠0， 当x＝0时，f（x）＝0； 当x＞0时：，当且仅当，即时等号，此时∈（0，]， 当x＜0时，，当且仅当，即时等号， 此时， 综上，． 若a＞0，由题，所以a＝1； 若a＜0，由题，所以a＝﹣1． 故选：BC． 11．【答案】ABD 【分析】根据函数解析式作出函数图象，确定f（m）＝f（n），m＜n时m的范围，进而可得m2﹣5m+6＝﹣2n+6，将m作为自变量，表示t1＝n﹣m，t2＝n+m，结合二次函数知识，即可判断答案． 【解答】解：由一次函数及二次函数的性质可知： 在（﹣∞，2）上单调递减，在[2，+∞）上单调递减， 作出其图象，如图所示： 当x2﹣5x+6＝f（2）＝2， 解得x＝1或x＝4， 又因为x＜2， 所以x＝1， 由f（m）＝f（n），m＜n，得1≤m＜2，且有m2﹣5m+6＝﹣2n+6， 解得，其中1≤m＜2， 对于A，B，， 所以当时，， 当m＝1时，（t1）min＝1，故A，B均正确； 对于C，D，， 函数在[1，2）上单调递增， 当m＝1时，（t2）min＝3，无最大值，故C错误，D正确． 故选：ABD． 三、填空题（共3小题） 12．【答案】[3，+∞）． 【分析】根据一次函数和二次函数单调性，结合分段函数区间端点的函数值大小关系求解即可． 【解答】解：根据题意，函数， 当x≤a时，f（x）＝2x+4单调递增，其最大值为2a+4； 而函数f（x）＝x2+1在（a，+∞）上单调递增，必有a≥0， 同时有f（x）＞a2+1； 若在R上单调递增， 则a2+1≥2a+4，解得a≥3或a≤﹣1（舍去），即a的取值范围为[3，+∞）． 故答案为：[3，+∞）． 13．【答案】． 【分析】根据题意分a＞0，a＝0以及a＜0讨论求解即可． 【解答】解：当a＞0时，显然不存在最小值； 当a＝0时，， 当x≥0时，， 则此时存在最小值为﹣1，符合题意； 当a＜0时，要使函数f（x）存在最小值，只需即可， 解得； 综上，实数a的取值范围为． 故答案为：． 14．【答案】[﹣2，0）． 【分析】讨论m+1的取值范围，解不等式可得结果． 【解答】解：根据题意，函数f（x）， 对于f（m+1）≤1，分2种情况讨论： 当m+1＜1，即m＜0时，由f（m+1）≤1得（m+1）2≤1，解得﹣2≤m＜0， 当m+1≥1，即m≥0时，由f（m+1）≤1得m+1+1≤1，无解， 综合可得：m的取值范围是[﹣2，0）． 故答案为：[﹣2，0）． 四、解答题（共5小题） 15．【答案】（1）{x|x≠±1}， （2）证明见解析． 【分析】（1）根据题意，由函数的解析式可得x2﹣1≠0，解可得答案； （2）根据题意，利用作差法分析可得答案． 【解答】解：（1）根据题意，函数，有x2﹣1≠0，解可得x≠±1， 即函数的定义域{x|x≠±1}， （2）证明：根据题意，设∀x1、x2∈（1，+∞），且x1＜x2， 则f（x1）﹣f（x2）， 又由x1、x2∈（1，+∞），且x1＜x2，则1＞0，0，x1x2+1＞0，x2﹣x1＞0， 故f（x1）﹣f（x2）＞0， 则f（x）在（1，+∞）上单调递减． 16．【答案】（1）9； （2）函数f（x）在[3，+∞）上单调递增，证明见解析； （3）最大值为，最小值为6． 【分析】（1）直接由f（1）＝10代入，即可求得a； （2）利用定义法作差计算，即可证明函数的单调性； （3）利用函数的单调性计算最值即可． 【解答】解：（1）根据题意，函数，且f（1）＝10， 则有，解可得a＝9． （2）根据题意，函数f（x）在[3，+∞）上单调递增， 证明如下： 由（1）知，， 设3≤x1＜x2，则， 由3≤x1＜x2，则x1x2﹣9＞0，x1﹣x2＜0，x1x2＞0， 所以，即f（x1）＜f（x2）， 所以函数f（x）在[3，+∞）上单调递增． （3）由（2）可知f（x）在[3，6]上单调递增， 所以， 则函数f（x）在[3，6]上的最大值为，最小值为6． 17．【答案】（Ⅰ）f（x）＝x2﹣2x﹣3， （Ⅱ）g（x）在区间（0，+∞）上单调递增，证明见解析． 【分析】（Ⅰ）根据题意，分析可得方程ax2﹣2x﹣3＝0的两个根为x1＝﹣1和x2＝3，将x1＝﹣1和x2＝3代入方程ax2﹣2x﹣3＝0，解可得答案； （Ⅱ）根据题意，由作差法分析可得答案． 【解答】解：（Ⅰ）根据题意，不等式f（x）＝ax2﹣2x﹣3＞0的解集为{x|x＜﹣1或x＞3}． 即方程ax2﹣2x﹣3＝0的两个根为x1＝﹣1和x2＝3， 则有，解可得a＝1， 故f（x）＝x2﹣2x﹣3， （Ⅱ）根据题意，g（x）在区间（0，+∞）上单调递增， 证明：f（x）＝x2﹣2x﹣3，则g（x）x2， 设∀x1、x2∈（0，+∞），且x1＜x2， 则g（x1）﹣g（x2）＝（x12）﹣（x22）＝（x1﹣x2）（1）， 又由x1、x2∈（0，+∞），且x1＜x2，则x1﹣x2＜0，10， 则g（x1）﹣g（x2）＜0， 函数g（x）在区间（0，+∞）上单调递增． 18．【答案】（1）递增区间为R； （2）递减区间为（﹣∞，﹣1）、（﹣1，+∞）； （3）递增区间为（﹣∞，1），递减区间为（1，+∞）； （4）递增区间为（0，1）和（﹣∞，﹣1），递减区间为（﹣1，0）和（1，+∞）． 【分析】对于（1），由一次函数的性质分析可得结论； 对于（2），由反比例函数以及函数图象平移规律可得结论； 对于（3），由二次函数的性质分析可得结论， 对于（4），将函数解析式写成分段函数的形式，结合二次函数的性质分析可得结论． 【解答】解：（1）y＝x+1，是一次函数，其递增区间为R； （2）y，可以由函数y向左平移一个单位得到， 则y的递减区间为（﹣∞，﹣1）、（﹣1，+∞）； （3）y＝﹣x2+2x，是开口向下的二次函数，对称轴为x＝1， 则y＝﹣x2+2x的递增区间为（﹣∞，1），递减区间为（1，+∞）； （4）y＝﹣x2+2|x|+3，其递增区间为（0，1）和（﹣∞，﹣1），递减区间为（﹣1，0）和（1，+∞）． 19．【答案】（1）[4，8]； （2）[4，7]． 【分析】（1）根据二次函数的性质得到，解得即可； （2）依题意可得[4，8]真包含于[m﹣3，2m]，即可得到不等式组，解得即可． 【解答】解：（1）函数f（x）＝﹣2x2+ax+1的图象开口向下，对称轴为， 若p成立，则，解得4≤a≤8， 即a的取值范围为[4，8]； （2）因为p：4≤a≤8，q：m﹣3≤a≤2m， 又p是q的充分不必要条件， 所以[4，8]⊈[m﹣3，2m]， 所以（等号不同时成立），解得4≤m≤7， 经检验，当m＝4或m＝7时，符合题意， 所以m的取值范围为[4，7]． 第1页（共14页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 函数的单调性与最值专题13 1．理解函数的单调性及其几何意义，能运用函数图象理解和研究函数的单调性． 2．会用函数单调性的定义判断（或证明）一些函数的单调性． 3．会求一些具体函数的单调区间． 4．理解函数的最大（小）值及其几何意义； 5．学会运用函数图象理解和研究函数的性质． 6．在具体问题情境中运用单调性和最值解决实际问题． 1 1．函数的单调性 一般地，设函数f（x）的定义域为I，区间D⊆I： 如果∀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． 如果∀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． 2．增函数、减函数 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． 3．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）单调性，区间D叫做y＝f（x）的单调区间． （1）单调性是函数的局部性质，但在其单调区间上是整体性质，因此对x1，x2有下列要求： ①属于同一个区间D； ②任意性，即x1，x2是定义域中某一区间D上的任意两个值，不能用特殊值代替； ③有大小，即确定的任意两值x1，x2必须区分大小，一般令x1<x2． （2）并非所有的函数都具有单调性．如f（x）＝它的定义域为Z，但不具有单调性． （3）单调区间 ①这个区间可以是整个定义域．如y＝x在整个定义域（﹣∞，+∞）上单调递增， y＝﹣x在整个定义域（﹣∞，+∞）上单调递减； ②这个区间也可以是定义域的真子集．如y＝x2在定义域（﹣∞，+∞）上不具有单调性，但在（﹣∞，0]上单调递减，在[0，+∞）上单调递增． （4）函数在某个区间上单调递增（减），但是在整个定义域上不一定都是单调递增（减）．如函数y＝（x≠0）在区间（﹣∞，0）和（0，+∞）上都单调递减，但是在整个定义域上不具有单调性． （5）一个函数出现两个或者两个以上的单调区间时，不能用“∪”连接，而应该用“和”或“，”连接．如函数y＝（x≠0）在区间（﹣∞，0）和（0，+∞）上都单调递减，不能认为y＝（x≠0）的单调递减区间为（﹣∞，0）∪（0，+∞）． （6）函数的单调性是相对于函数的定义域的子区间D而言的．对于单独的一点，它的函数值是唯一确定的常数，没有增减变化，所以不存在单调性问题．因此在写单调区间时，区间端点可以包括，也可以不包括．但对于函数式无意义的点，单调区间一定不能包括这些点． 4．函数的最大值 一般地，设函数y＝f（x）的定义域为I，如果存在实数M满足： （1）∀x∈I，都有f（x） ≤M； （2）∃x0∈I，使得= M ． 那么，我们称M是函数y＝f（x）的最大值． 5．函数的最小值 一般地，设函数y＝f（x）的定义域为I，如果存在实数M满足： （1）∀x∈I，都有f（x） ≥M； （2）∃x0∈I，使得= M ． 那么，我们称M是函数y＝f（x）的最小值． 2 01 求函数的单调区间 求函数的单调区间 （1）求函数单调区间时，若所给函数是常见的一次函数、二次函数、反比例函数等，可根据其单调性写出函数的单调区间，若所给函数不是上述函数但函数图象容易作出，可作出其图象，根据图象写出其单调区间． （2）一个函数出现两个或两个以上的单调区间时，不能用“∪”连接两个单调区间，而要用“和”连接或用“，”分开． 【例1】　（2024秋•苏州期末）函数的单调递减区间为（　　） A．（﹣∞，﹣1] B．（﹣∞，0] C．[0，+∞） D．[1，+∞） 【答案】A 【分析】利用复合函数的单调性可求得函数f（x）的减区间． 【解答】解：对于，根据x2﹣1≥0，可得x≤﹣1或x≥1， 因此的定义域为（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞）， 由于内层函数u＝x2﹣1在[1，+∞）上为增函数，在区间（﹣∞，﹣1]上为减函数， 外层函数在[0，+∞）上为增函数， 由复合函数的单调性可知，函数的减区间为（﹣∞，﹣1]． 故选：A． 【例2】　（2024秋•无锡校级期中）函数的单调增区间是（　　） A．（2，+∞） B．（﹣∞，2） C．（﹣2，2） D．（﹣∞，2），（2，+∞） 【答案】D 【分析】求出函数的定义域，根据反比例函数的性质及函数的变换规则判断即可． 【解答】解：函数的定义域为{x|x≠2}， 又的图象是由向右平移2个单位得来， 的单调递增区间为（﹣∞，0），（0，+∞）， 所以的单调递增区间为（﹣∞，2），（2，+∞）． 故选：D． 【例3】　（2024秋•南关区校级期中）函数f（x）＝（1﹣x）•|2﹣x|的单调递增区间为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】去掉绝对值符号，化简函数的解析式，然后求解函数的单调增区间即可． 【解答】解：f（x）＝（1﹣x）•|2﹣x|， 当x≤2时，f（x）＝（1﹣x）•（2﹣x）＝x2﹣3x+2，对称轴x，开口向上， 故x≤2时，函数单调递增； 当x＞2时，f（x）＝﹣（1﹣x）•（2﹣x）＝﹣x2+3x﹣2，对称轴x，开口向下， 故在x＞2时，函数单调递减． 结合选项可得，A选项符合题意． 故选：A． 02 利用定义证明函数的单调性 利用定义证明函数单调性的步骤 （1）取值并规定大小：设x1，x2是该区间内的任意两个值，且x1<x2． （2）作差变形：作差f（x1）－f（x2）（或f（x2）－f（x1）），并通过因式分解、通分、配方、有理化等方法，转化为易判断正负的关系式． （3）定号：确定f（x1）－f（x2）（或f（x2）－f（x1））的符号，当符号不确定时，进行分类讨论． （4）结论：根据定义确定单调性． 【例4】　（2024秋•邢台期末）已知函数． （1）证明：函数f（x）在区间（0，+∞）上是增函数； （2）当x∈[2，6]，求函数f（x）的值域． 【答案】（1）证明见解析； （2）[﹣1，5]． 【分析】（1）利用函数的单调性的定义证明即得； （2）利用已证的函数单调性，即可求得函数在给定区间上的值域． 【解答】解：（1）证明：函数， 任取x1，x2∈（0，+∞），且x1＜x2， 由， 因0＜x1＜x2，故，x1﹣x2＜0，故f（x1）＜f（x2）， 即函数f（x）在区间（0，+∞）上是增函数； （2）由（1）的结论：函数f（x）在[2，6]上也是增函数， 则f（2）≤f（x）≤f（6），即﹣1≤f（x）≤5， 故函数f（x）的值域为[﹣1，5]． 【例5】　（2025•扬州校级模拟）已知函数f（x）满足f（x+1）． （1）求f（x）的解析式； （2）用定义法证明f（x）在（1，+∞）上单调递减． 【答案】（1）； （2）证明见解析． 【分析】（1）根据题意，由换元法代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，由单调性的定义法代入计算，即可证明． 【解答】解：（1）由于x2+2x+2＝（x+1）2+1≥1， 则f（x+1）的定义域为R， 由， 则， 故f（x）的解析式为，x∈R． （2）证明：任取x1，x2∈（1，+∞），令x1＜x2， 则， 因为x1，x2∈（1，+∞），x1＜x2， 所以x1﹣x2＜0，1﹣x1x2＜0， 从而f（x1）﹣f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2）， 故f（x）在（1，+∞）上单调递减． 【例6】　（2024秋•渭滨区期末）已知函数，且f（1）＝1，． （1）求a和b的值； （2）判断f（x）在（1，+∞）上的单调性，并根据定义证明． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）根据f（1）＝1，可求a，b． （2）利用单调性的定义可判断f（x）的单调性． 【解答】解：（1）∵函数，且f（1）＝1，， ∴a+b＝1，． ∴a＝1，b＝0． （2）f（x）在（1，+∞）上单调递减，证明如下： ∀x1，x2∈（1，+∞），x1＜x2， ． ∵1＜x1＜x2， ∴x2﹣x1＞0，x1x2＞0， ∴f（x1）﹣f（x2）＞0，f（x1）＞f（x2）， f（x）在（1，+∞）上单调递减． 03 利用图象判断函数的单调性 增函数的图象从左到右是上升趋势； 减函数的图象从左到右是下降趋势． 【例7】　（2023秋•灵寿县校级期中）如图为函数y＝f（x），x∈[﹣4，4]的图象，则函数f（x）的单调递增区间为（　　） A．（﹣2，4] B．（﹣2，0）∪（0，4] C．（﹣1，0），（1，4] D．（﹣2，0），（0，4] 【答案】D 【分析】根据函数单调性与图象的关系进行判断即可． 【解答】解：函数单调递增，则对应图象上升， 则f（x）的递增区间为[﹣2，0），（0，4]． 故选：D． 【例8】　（2023秋•麒麟区校级期中）如图是函数y＝f（x）的图象，则函数f（x）的单调递减区间为（　　） A．（﹣2，0） B．（﹣2，2） C．（0，2） D．（2，+∞） 【答案】C 【分析】根据题意，由函数的图象分析即可得答案． 【解答】解：根据题意，函数图象在（0，2）上是下降趋势，则f（x）的单调递减区间为：（0，2）． 故选：C． （多选）【例9】　（2022秋•阳朔县校级期中）如图是函数y＝f（x）的图象，则函数f（x）的单调递增区间是（　　） A．[﹣2，﹣1） B．[﹣1，0） C．[0，1） D．[1，2] 【答案】AC 【分析】根据函数单调性与图象的关系进行判断即可． 【解答】解：函数单调递增，则对应图象上升， 则f（x）的递增区间为[﹣2，﹣1），[0，1）， 故选：AC． 04 求参数的值或取值范围 利用函数单调性求解四种题型 【例10】　（2025春•青山湖区校级期末）已知函数y＝f（x）是定义在R上的增函数，且f（1﹣a）＜f（a﹣3），则a的取值范围是（　　） A．（2，+∞） B．（﹣∞，2） C．（1，2） D．（1，3） 【答案】A 【分析】结合函数单调性即可求解． 【解答】解：因为函数y＝f（x）是定义在R上的增函数，且f（1﹣a）＜f（a﹣3）， 所以1﹣a＜a﹣3， 解得，a＞2． 故选：A． 【例11】　（2025春•云岩区校级月考）已知函数，若f（x）在R上单调递增，则实数a的取值范围是（　　） A．[2，+∞） B． C． D．[1，2] 【答案】B 【分析】根据一次函数及二次函数的性质，列出不等式求解即可． 【解答】解：因为在R上单调递增， 所以，解得a≤1． 所以实数a的范围为（，1]． 故选：B． 【例12】　（2024秋•衡阳校级期末）已知函数f（x）＝4x2﹣mx+5在区间[﹣2，+∞）上是增函数，在区间（﹣∞，﹣2]上是减函数，则f（1）等于（　　） A．﹣7 B．1 C．17 D．25 【答案】D 【分析】由已知中函数的单调区间，可得函数f（x）＝4x2﹣mx+5的图象关于直线x＝﹣2对称，由对称轴直线方程求出m值后，代入可得f（1）的值． 【解答】解：∵函数f（x）＝4x2﹣mx+5在区间[﹣2，+∞）上是增函数，在区间（﹣∞，﹣2]上是减函数， 故函数f（x）＝4x2﹣mx+5的图象关于直线x＝﹣2对称； 故2 解得m＝﹣16 故f（x）＝4x2+16x+5 ∴f（1）＝4+16+5＝25 故选：D． 05 求函数的最值 1．求函数最值的五种常用方法 2．利用图象求函数最值的一般步骤 （1）画出函数y＝f（x）的图象； （2）观察图象，找出图象的最高点和最低点； （3）写出最值，最高点的纵坐标就是函数的最大值，最低点的纵坐标就是函数的最小值． 3．利用单调性求函数的最大（小）值的一般步骤 （1）判断函数的单调性； （2）利用函数的单调性求出最大（小）值． 4．二次函数最值的求法 （1）探求二次函数y＝f（x）在给定区间上的最值问题，一般要先作出y＝f（x）的草图，然后根据图象判断函数的单调性．对于“定对称轴变区间”“变对称轴定区间”的情况，特别要注意二次函数图象的对称轴与所给区间的位置关系，它是求解二次函数在已知区间上最值问题的主要依据，并且最大（小）值不一定在顶点处取得． （2）二次函数图象的对称轴与定义域区间的位置通常有三种关系：①对称轴在定义域的右侧；②对称轴在定义域的左侧；③对称轴在定义域区间内． 5．利用单调性求最值的常用结论 （1）如果函数f（x）在区间[a，b]上单调递增（减），则f（x）在区间[a，b]的左、右端点处分别取得最小（大）值和最大（小）值． （2）如果函数f（x）在区间（a，b]上单调递增，在区间[b，c）上单调递减，则函数f（x）在区间（a，c）上有最大值f（b）． （3）如果函数f（x）在区间（a，b]上单调递减，在区间[b，c）上单调递增，则函数f（x）在区间（a，c）上有最小值f（b）． 【例13】　（2024秋•杭州期中）已知函数f（x）＝x（1﹣x），x∈[0，1]，且f（x）最大值为（　　） A．0 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据二次函数的单调性即可求出最值． 【解答】解：f（x）＝x（1﹣x）＝﹣x2+x， 其图象是开口向下的抛物线，对称轴方程为x， ∵x∈[0，1]， ∴当时，f（x）有最大值为． 故选：C． 【例14】　（2024春•滁州期末）若x＞0，则f（x）＝2﹣x（　　） A．最大值为﹣2 B．最小值为﹣2 C．最大值为6 D．最小值为6 【答案】A 【分析】由已知结合基本不等式即可求解． 【解答】解：当x＞0时，f（x）＝2﹣x2﹣（x）2， 当且仅当x，即x＝2时取等号， 所以f（x）的最大值为﹣2． 故选：A． 【例15】　（2025春•讷河市校级期中）函数在[2，3]上的最大值是 　　 ． 【答案】2． 【分析】利用函数的单调性求解即可． 【解答】解：令y＝g（x），x∈[2，3]，设x1，x2∈[2，3]，且x1＜x2， g（x1）﹣g（x2）， 当x1，x2∈[2，3]，且x1＜x2时，x2﹣x1＞0，x1﹣1＞0，x2﹣1＞0， 所以g（x1）﹣g（x2）＞0，即g（x1）＞g（x2）， 所以g（x）在[2，3]上单调递减，即函数在[2，3]上单调递减， 所以当x＝2时，函数取得最大值，最大值为2． 故答案为：2． 06 实际问题中求函数的最值 实际问题注意自变量取值范围，等号成立条件，单位问题等． 【例16】　（2023秋•北海期末）某公司在甲、乙两地销售同一种农产品，利润（单位：万元）分别为，y2＝3x，其中x为销售量（单位：吨），若该公司在这两地共销售10吨农产品，则能获得的最大利润为 　　 万元． 【答案】见试题解答内容 【分析】设销售甲种产品x吨，由题意建立利润y关于x的函数关系，配方法求最值． 【解答】解：设销售甲种产品x吨，则销售乙种产品10﹣x吨， 由题意可得利润y＝5x3（10﹣x）x2+2x+30， ∴当x＝4时，获得最大利润y＝34万元． 故答案为：34． 【例17】　（2024秋•绍兴期中）某灯具商店销售一种节能灯，每件进价8元，每月销售量y（单位：件）与销售价格x（单位：元）之间满足如下关系式：y＝﹣8x+400（20＜x≤40且x∈N），则灯具商店每月的最大利润为（　　） A．2560元 B．3496元 C．3520元 D．3528元 【答案】D 【分析】设灯具商店每月的利润为f（x），则f（x）＝（x﹣8）（﹣8x+400），根据二次函数的性质求最大值即可． 【解答】解：设灯具商店每月的利润为f（x）， 则f（x）＝（x﹣8）（﹣8x+400）＝﹣8x2+464x﹣3200 ＝﹣8（x2﹣58x）﹣3200＝﹣8（x﹣29）2+3528， 故当x＝29时，f（x）的最大值为3528， 所以灯具商店每月的最大利润为3528元． 故选：D． 【例18】　某种商品进货价每件50元，据市场调查，当销售价格（每件x元）在50≤x≤80时，每天售出的件数，当销售价格定为　　 元时所获利润最多． 【答案】见试题解答内容 【分析】根据题意，所获利润＝（销售价格﹣进货价格）×销售件数，根据所列函数关系，利用二次函数求函数的最值，即可求得答案． 【解答】解：根据题意销售价格为每件x元（50≤x≤80），设每天所获利润为y元， 则f（x）＝（x﹣50）P，（50≤x≤80）， 所获利润最多即求f（x）的最大值，转化为求g（x）（50≤x≤80）的最60大值， g（x）， ∴当，即x＝60∈[50，80]时，g（x）取得最大值，即f（x）的最大值， ∴销售价格定为60元时所获利润最多． 故答案为：60． 第14页（共16页） 学科网（北京）股份有限公司 $