第3章 3.1.2 第1课时 函数单调性的定义与证明、函数的最值（配套课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高一数学必修第一册学习笔记（人教B版）

该高中数学课件聚焦函数单调性的定义、证明、单调区间求法及最值，以过山车实例导入联系生活，通过图象观察规律到定义理解，再到证明步骤与应用，构建递进学习支架。 其亮点在于融合数学眼光（图象观察发现规律）、数学思维（逻辑推理证明过程）、数学语言（规范符号表达），如用y=x²图象引导观察变化规律，证明步骤分取值、作差、定号、结论培养推理能力，小结知识清单清晰。助力学生提升抽象与推理能力，教师可高效开展教学。

第1课时 函数单调性的定义与证明、函数的最值 第三章　 3.1.2　函数的单调性 <<< 1.理解函数的单调性的定义，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，会求一些具体函数的单调区间. 3.理解函数的最大值和最小值的概念，能借助函数的图象和单调性，求一些简单函数的最值. 学习目标 同学们，大家有没有体验过过山车？风驰电掣、疯狂刺激的上升与下落伴随着呐喊声和尖叫声，简直是一场视觉与听觉的盛宴.当然，过山车的设计可是离不开数学家的身影，我们今天的这节课就和这刺激的游戏有关哦. 导 语 一、函数单调性的判断与证明 二、求函数的单调区间 课时对点练 三、函数单调性的应用 随堂演练 内容索引 函数单调性的判断与证明 一 提示　函数y=x的图象从左向右看是上升的；函数y=x2的图象在y轴左侧是下降的，在y轴右侧是上升的；函数y=-x2的图象在y轴左侧是上升的，在y轴右侧是下降的. 观察下面三个函数图象，他们有什么变化规律？这反映了相应函数值的哪些变化规律？ 问题1 提示　从左向右的方向看函数的图象，当图象上点的横坐标逐渐增大时，点的纵坐标也逐渐增大，即当函数的自变量逐渐增大时，对应的函数值也逐渐增大. 如何理解函数图象是上升的？ 问题2 增函数与减函数的定义   增函数 减函数 条件 一般地，设函数y=f(x)的定义域为D，且区间I⊆D： 如果对任意x1，x2∈I，当x1<x2时 都有f(x1)<f(x2) 都有f(x1)>f(x2) 结论 y=f(x)在区间I上是增函数(也称在区间I上单调递增) y=f(x)在区间I上是减函数(也称在区间I上单调递减) 图象     知识梳理 (1)区间I是定义域的子集，即应在函数的定义域内研究单调性. (2)同区间性，即x1，x2∈I. (3)任意性，即不可以用区间I上的特殊值代替. (4)有序性，即要规定x1，x2的大小. (5)“单调递增(递减)”“x1，x2的大小”“f(x1)与f(x2)的大小”知二求一，但自变量和函数值的不等方向要一致(相反)，简称为“步调一致(相反)增(减)函数”. (6)函数单调性的判断与证明： ①观察函数的图象判断； ②利用单调性的定义和不等式的证明方法. 注 意 点 <<< 9 (课本例1)求证：函数f(x)=-2x在R上是减函数. 例 1 任取x1，x2∈R且x1<x2，则x1-x2<0，那么f(x1)-f(x2)=(-2x1)-(-2x2)=2(x2-x1) >0， 从而f(x1)>f(x2). 因此，函数f(x)=-2x在R上是减函数. 证明 10 证明函数f(x)=x+在(1，+∞)上是增函数. 例 1 任取x1，x2∈(1，+∞)，且x1<x2， 则f(x1)-f(x2)=x1+-x2-=(x1-x2)+=. 因为1<x1<x2， 所以x1-x2<0，x1x2>1，x1x2-1>0， 所以f(x1)-f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)， 所以函数f(x)=x+在(1，+∞)上是增函数. 证明 11 若本例的函数不变，试判断f(x)在(0，1)上的单调性. 延伸探究 函数f(x)=x+在(0，1)上单调递减. 理由如下：任取x1，x2∈(0，1)，且x1<x2， 则f(x1)-f(x2)=x1+-x2-=(x1-x2)+=. 因为0<x1<x2<1，所以x1-x2<0，0<x1x2<1，x1x2-1<0， 所以f(x1)-f(x2)>0，即f(x1)>f(x2). 所以函数f(x)=x+在(0，1)上单调递减. 解 12 利用定义证明函数单调性的步骤 反 思 感 悟 13 已知函数f(x)=. (1)求函数f(x)的定义域； 跟踪训练 1 由x2-1≠0得x≠±1， 故函数f(x)的定义域为{x|x≠±1}. 解 14 (2)判断函数f(x)在(1，+∞)上的单调性，并加以证明. 函数f(x)在(1，+∞)上单调递减. 证明如下： ∀x1，x2∈(1，+∞)，且x1<x2， 则f(x1)-f(x2)=-==. 因为x1，x2∈(1，+∞)，x1<x2，所以-1>0-1>0，x2+x1>0，x2-x1>0， 所以f(x1)>f(x2)， 故函数f(x)在(1，+∞)上单调递减. 解 15 二 求函数的单调区间 提示　不同.“函数y=f(x)在I上单调递增”是指区间I为函数y=f(x)的一个单调递增区间，还可能存在其他单调递增区间；“函数y=f(x)的单调递增区间为I”是指除区间I外，函数y=f(x)不存在其他单调递增区间. “函数y=f(x)在I上单调递增”与“函数y=f(x)的单调递增区间为I”含义相同吗？ 问题3 如果函数y=f(x)在I上单调递增或单调递减，那么就称函数y=f(x)在区间I上具有 (区间I称为函数的单调区间，也可分别称为单调递增区间或单调递减区间). 单调性 知识梳理 如果函数y=f(x)存在多个单调区间，应当用“，”或“和”连接. 注 意 点 <<< 19 设函数f(x)=画出函数f(x)的图象，并指出函数的定义域、值域、单调区间. 例 2 函数f(x)的图象如图所示， 由图象可知，函数f(x)的定义域为[-4，+∞)，值域为(-∞，3]，单调递增区间为(-2，0)，单调递减区间为(-4，-2)和(0，+∞). 解 20 求函数单调区间的两种方法 (1)定义法.即先求出定义域，再利用定义法进行判断求解. (2)图象法.即先画出函数图象，再根据图象的变化规律求单调区间. 反 思 感 悟 21 作出函数y=|x|(x-2)的图象，并写出函数的单调区间. 跟踪训练 2 y=|x|(x-2)= 函数的图象如图中实线部分所示. 由函数的图象知，函数的单调递增区间为(-∞，0]和[1，+∞)，单调递减区间为(0，1). 解 22 函数单调性的应用 三 提示　函数y=-x2-2x的图象有最高点A，函数y=-2x+1，x∈[-1，+∞)的图象有最高点B，函数y=f(x)的图象有最高点C，也就是说，这三个函数的图象的共同特征是都有最高点. 如图所示是函数y=-x2-2x，y=-2x+1(x∈[-1，+∞))，y=f(x)的图象.观察并描述这三个图象的共同特征. 问题4 提示　图象最高点的纵坐标是所有函数值中的最大值，即函数的最大值. 你是怎样理解函数图象最高点的？ 问题5 函数的最值   最大值 最小值 条件 一般地，设函数f(x)的定义域为D，且x0∈D：如果对任意x∈D 都有f(x) f(x0) 都有f(x) f(x0) 结论 f(x)的最大值为f(x0)，而x0称为f(x)的最大值点 f(x)的最小值为f(x0)，而x0称 为f(x)的最小值点 统称 最大值和最小值统称为_____ 最大值点和最小值点统称为_______ ≤ ≥ 最值 最值点 知识梳理 (1)最大(小)值的几何意义：最高(低)点的纵坐标. (2)并不是所有的函数都有最大(小)值，比如y=x，x∈R. (3)一个函数至多有一个最大(小)值. (4)研究函数最值需先研究函数的定义域和单调性. 注 意 点 <<< 27 已知函数f(x)在区间(0，+∞)上是增函数，试比较f(a2-a+1)与f 的大小. 例 3 ∵a2-a+1=+≥ ∴与a2-a+1都是区间(0，+∞)上的值. 又f(x)在区间(0，+∞)上是增函数， ∴f(a2-a+1)≥f . 解 角度1　利用函数的单调性比较大小 28 利用函数的单调性可以比较函数值或自变量的大小.在解决比较函数值的问题时，要注意将对应的自变量转化到同一个单调区间上. 反 思 感 悟 29 (1)定义在R上的函数f(x)，对任意x1，x2∈R(x1≠x2)，有>0，则 A.f(3)<f(2)<f(1) B.f(1)<f(2)<f(3) C.f(2)<f(1)<f(3) D.f(3)<f(1)<f(2) 跟踪训练 3 对任意x1，x2∈R(x1≠x2)，有>0，则x2-x1与f(x2)-f(x1)同号，则f(x)在R上是增函数.又3>2>1，则f(1)<f(2)<f(3). 解析 √ 30 (2)若函数f(x)在区间(-∞，+∞)上是减函数，则下列关系式一定成立的是 A.f(a)>f(2a) B.f(a2)<f(a) C.f(a2+a)<f(a) D.f(a2+1)<f(a2)l √ 31 当a<0时，a>2a，因为函数f(x)在(-∞，+∞)上为减函数，所以f(a)<f(2a)，故A不正确； 当0<a<1时，a2<a，因为函数f(x)在(-∞，+∞)上为减函数，所以f(a2)>f(a)，故B不正确； 当a=0时，a2+a=a=0，所以f(a2+a)=f(a)，故C不正确； 因为a2+1>a2，函数f(x)在(-∞，+∞)上为减函数，所以f(a2+1)<f(a2)，故D正确. 解析 32 已知函数f(x)是定义在[-1，1]上的增函数，且f(x-2)<f(1-x)，求x的取值范围. 例 4 角度2　利用函数的单调性解不等式 33 ∵函数f(x)是定义在[-1，1]上的增函数， ∴ 解得1≤x≤2， ① 又∵f(x-2)<f(1-x)， ∴x-2<1-x，即x<. ② 由①②可得1≤x< 即x的取值范围为. 解 34 利用函数的单调性解不等式的注意点 利用函数的单调性解不等式的实质是单调性的逆用，如果f(x1)<f(x2)， 若f(x)在(a，b)上是增函数，则有 若f(x)在(a，b)上是减函数，则有 必须注意两点：①两边化为同名函数的不同函数值；②自变量必须转化到同一单调区间上，若转化不了，就进行讨论. 反 思 感 悟 35 函数f(x)是定义在R上的减函数，其图象过点(-3，2)和(1，-2)，则使|f(x)|<2的自变量x的取值范围是　　　　.  跟踪训练 4 ∵f(x)是定义在R上的减函数，f(-3)=2，f(1)=-2，∴当x>-3时，f(x)<2；当x<1时，f(x)>-2，故当-3<x<1时，|f(x)|<2. 解析 (-3，1) 36 (课本例2)判断函数f(x)=3x+5，x∈[-1，6]的单调性，并求这个函数的最值. 例 5 角度3　利用单调性求最值 任取x1，x2∈[-1，6]且x1<x2，则x1-x2<0，那么f(x1)-f(x2)=(3x1+5)-(3x2+5) =3(x1-x2)<0， 所以这个函数是增函数. 因此，当-1≤x≤6，有f(-1)≤f(x)≤f(6)， 从而这个函数的最小值为f(-1)=2，最大值为f(6)=23. 解 37 已知函数f(x)=. (1)证明：函数f(x)在上单调递减； 例 5 38 设x1，x2是区间上的任意两个实数，且x2>x1> f(x1)-f(x2)=-=. 由于x2>x1> 所以x2-x1>0，且(2x1-1)(2x2-1)>0， 所以f(x1)-f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)， 所以函数f(x)=上单调递减. 证明 39 (2)求函数f(x)在[1，5]上的最值. 由(1)知，函数f(x)在[1，5]上单调递减， 因此，函数f(x)=在区间[1，5]上的两个端点处分别取得最大值与最小值， 即最大值为f(1)=3，最小值为f(5)=. 解 40 例5条件不变，若对∀x∈[1，5]，m≥f(x)恒成立，求实数m的取值范围. 延伸探究 1 只需m大于等于f(x)在区间[1，5]上的最大值即可，由例5(2)可知，该最大值为3， 故实数m的取值范围为[3， +∞). 解 41 例5条件不变，求函数f(x)在[1，+∞)上的最值. 延伸探究 2 由例5(1)知函数f(x)在[1，+∞)上单调递减， 所以当x=1时，f(x)有最大值f(1)=3，f(x)无最小值. 解 42 已知函数g(x)=求函数g(x)在[1，+∞)上的最值. 延伸探究 3 g(x)===2+ 由例5(1)可知，g(x)在[1，+∞)上单调递减， 所以当x=1时，g(x)有最大值g(1)=5，g(x)无最小值. 解 43 利用函数单调性求最值的方法 (1)若函数y=f(x)在区间[a，b]上单调递增，则f(x)的最大值为f(b)，最小值为f(a). (2)若函数y=f(x)在区间[a，b]上单调递减，则f(x)的最大值为f(a)，最小值为f(b). (3)若函数y=f(x)有多个单调区间，那就先求出各区间上的最值，再从各区间的最值中决定出最大(小)值.函数的最大(小)值是定义域上的最大(小)值. 反 思 感 悟 44 1.知识清单： (1)函数单调性的判断与证明. (2)函数的单调区间的求法. (3)单调性的应用. 2.方法归纳：数形结合法. 3.常见误区：函数的单调区间误用并集. 课堂小结 随堂演练 四 1 2 3 4 1.已知函数y=f(x)的图象如图所示，则其单调递增区间是 A.[-4，4] B.[-4，-3]∪[1，4] C.[-3，1] D.[-3，4] √ 由图可知，函数y=f(x)的单调递增区间是[-3，1]. 解析 1 2 3 4 2.函数f(x)=的最大值为 A.1 B.2 C. D. √ 当x≥1时，函数f(x)=单调递减， 此时f(x)在x=1处取得最大值， 最大值为f(1)=1； 当x<1时，函数f(x)=-x2+2在x=0处取得最大值，最大值为f(0)=2. 综上可得，f(x)的最大值为2. 解析 1 2 3 4 3.函数y=(x+4)2的单调递减区间是 A.(-∞，-4) B.(-4，+∞) C.(4，+∞) D.(-∞，4) √ 作出函数y=(x+4)2的图象，由图象知，y=(x+4)2的单调递减区间是(-∞，-4). 解析 1 2 3 4 4.已知f(x)是定义在R上的增函数，且f(a2-2)<f(-a)，则a的取值范围是　　　　 .  由题意可得a2-2<-a，即a2+a-2<0， 解得-2<a<1. 解析 (-2，1) 课时对点练 五 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 C A A C D AC 题号 8 11 12 13 14 15 答案 (-∞，1) [1，+∞) D A D 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (1)如图1， f(x)的单调递增区间为[-2，+∞)， 单调递减区间为(-∞，-2). (2)如图2， f(x)的单调递增区间为和[2，+∞)， 单调递减区间为(-∞，1)和. 10. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (1)f(x)在(-1，+∞)上为增函数，证明如下： 任取-1<x1<x2， 则f(x1)-f(x2)=-= 因为-1<x1<x2， 所以x1+1>0，x2+1>0，x1-x2<0， 所以f(x1)-f(x2)<0， 即f(x1)<f(x2)，所以f(x)在(-1，+∞)上为增函数. 10. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)由(1)知f(x)在[2，4]上单调递增， 所以f(x)的最小值为f(2)== 最大值为f(4)==. 16. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (1)令x=y=1， 则f(1)=f(1)-f(1)=0. (2)函数f(x)在(0，+∞)上为减函数. 理由如下： 任取x1，x2∈(0，+∞)，且x1<x2，则>1， ∴f =f(x2)-f(x1)<0， 即f(x1)>f(x2)，∴函数f(x)在(0，+∞)上为减函数. 16. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (3)令x=y= 则f =f -f 即f =f -f ∴f =2， 则不等式f(x)+f >2可化为f >f -f(x)=f 16. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由(2)知，不等式等价于 解得<x<1， ∴不等式f(x)+f >2的解集为. 基础巩固 1.如图是定义在区间[-5，5]上的函数y=f(x)，则下列关于函数f(x)的说法错误的是 A.函数在区间[-5，-3]上单调递增 B.函数在区间[1，4]上单调递增 C.函数在区间[-3，1]∪[4，5]上单调递减 D.函数在区间[-5，5]上没有单调性 √ 单调区间不能用“∪”连接. 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2.下列函数在区间[1，4]上的最大值为3的是 A.y=+2 B.y=3x-2 C.y=x2 D.y=1-x √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 选项B，C在[1，4]上均单调递增，选项A，D在[1，4]上均单调递减，代入端点值，可知A正确. 解析 3.已知函数y=ax和y=-在(0，+∞)上都单调递减，则函数f(x)=bx+a在R上是 A.减函数且f(0)<0 B.增函数且f(0)<0 C.减函数且f(0)>0 D.增函数且f(0)>0 √ 因为y=ax和y=-在(0，+∞)上都单调递减，所以a<0，b<0，所以f(x)=bx+a在R上为减函数且f(0)=a<0. 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.设函数f(x)=在区间[3，4]上的最大值和最小值分别为M，m，则M+m等于 A.4 B.6 C.10 D.24 √ 因为f(x)==2+ 所以f(x)在[3，4]上单调递减. 所以m=f(4)=4，M=f(3)=6. 所以M+m=6+4=10. 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5.已知f(x)在(-∞，+∞)上是减函数，a，b∈R，且a+b≤0，则有 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由题意知a+b≤0，得到a≤-b，b≤-a. ∵f(x)在(-∞，+∞)上是减函数， ∴f(a)≥f(-b)，f(b)≥f(-a)， ∴f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b). 解析 6.(多选)函数y=f(x)在(0，+∞)上是减函数，且0<x1<x2，则下列选项正确的是 A.f(x1)>f(x2) B.f(x1)-f(x2)<0 C.(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0 D.>0 √ √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为y=f(x)在(0，+∞)上是减函数，且0<x1<x2，故f(x1)>f(x2)， f(x1)-f(x2)>0，A正确，B错误； 因为x1-x2<0，f(x1)-f(x2)>0，所以<0， <0，C正确，D错误. 解析 7.已知函数y=f(x)在定义域(-2，2)上为增函数，且f(2m)>f(-m+1)，则实数 m的取值范围是　　　 　.  由题意知 解得<m<1. 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 8.已知函数f(x)=则f(x)的单调递减区间是　　　　，单调递增区间是　　　　 .  因为当x≥1时，f(x)是增函数；当x<1时，f(x)是减函数，所以f(x)的单调递减区间是(-∞，1)，单调递增区间是[1，+∞). 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (-∞，1) [1，+∞) 9.画出下列函数的图象，并写出它的单调区间. (1)f(x)=|x+2|； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 如图1， f(x)的单调递增区间为[-2，+∞)， 单调递减区间为(-∞，-2). 解 (2)f(x)=|x2-3x+2|. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 如图2， f(x)的单调递增区间为和[2，+∞)， 单调递减区间为(-∞，1)和. 解 10.已知函数f(x)=. (1)判断函数在区间(-1，+∞)上的单调性，并用定义证明你的结论； f(x)在(-1，+∞)上为增函数，证明如下： 任取-1<x1<x2，则f(x1)-f(x2)=-= 因为-1<x1<x2， 所以x1+1>0，x2+1>0，x1-x2<0， 所以f(x1)-f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)， 所以f(x)在(-1，+∞)上为增函数. 解 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)求该函数在区间[2，4]上的最大值和最小值. 由(1)知f(x)在[2，4]上单调递增， 所以f(x)的最小值为f(2)== 最大值为f(4)==. 解 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 11.已知函数f(x)=是R上的减函数，则实数a的取值范围是 A.(0，3) B.(0，3] C.(0，2) D.(0，2] √ 综合运用 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 依题意得，实数a满足 解得0<a≤2. 解析 12.已知f(2-x)=f(x+2)，且f(x)在(0，2)上单调递减，则f(1)，f f 的大小顺序是 A.f <f(1)<f B.f(1)<f <f C.f <f(1)<f D.f <f <f(1) √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 因为f(2-x)=f(x+2)， 所以f =f f =f 因为f(x)在(0，2)上单调递减， 所以f =f <f(1)<f =f . 解析 13.定义在(0，+∞)上的函数f(x)满足：对∀x1，x2∈(0，+∞)，且x1≠x2，都有>0成立，且f(2)=4，则不等式>2的解集为 A. B. C. D. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 令g(x)= 因为对∀x1，x2∈且x1≠x2，都有>0成立， 不妨设0<x1<x2，则x1-x2<0，故x2f(x1)-x1f(x2)<0，则< 即g(x1)<g(x2)， 所以g(x)在上单调递增， 又因为f(2)=4，所以g(2)==2，故>2可化为g(x)>g(2)， 所以由g(x)的单调性可得x>2，即不等式>2的解集为. 解析 14.已知函数f(x)=在区间[0，1]上的最大值为则实数m的值为　　. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 函数f(x)=即f(x)=2+当m=2时，f(x)=2，不成立； 当m-2>0，即m>2时，f(x)在[0，1]上单调递减，可得f(0)为最大值， 即f(0)==解得m=成立； 当m-2<0，即m<2时，f(x)在[0，1]上单调递增，可得f(1)为最大值， 即f(1)==解得m=3，不成立；综上可得m=. 解析 15.已知函数f(x)=x2-2x，g(x)=ax+2(a>0)，若对任意的x1∈[-1，2]，都存在 x0∈[-1，2]，使得g(x1)=f(x0)，则实数a的取值范围是　　　　.  拓广探究 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∵函数f(x)=x2-2x的图象开口向上，其对称轴方程为x=1， ∴当x∈[-1，2]时，f(x)的最小值为f(1)=-1，最大值为f(-1)=3， 则此时f(x)的取值范围为[-1，3]. ∵g(x)=ax+2(a>0)在[-1，2]上单调递增， ∴当x∈[-1，2]时，g(x)的最小值为g(-1)=-a+2，最大值为g(2)=2a+2， 此时g(x)的取值范围为[-a+2，2a+2]. 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∵对任意的x1∈[-1，2]，都存在x0∈[-1，2]，使得g(x1)=f(x0)， ∴解得0<a≤. 解析 16.已知函数f(x)满足：①定义域为(0，+∞)；②对于任意正数x，y， f =f(x)-f(y)；③当x>1时，f(x)<0. (1)求f(1)的值； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 令x=y=1， 则f(1)=f(1)-f(1)=0. 解 (2)判断函数f(x)的单调性，并说明理由； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 函数f(x)在(0，+∞)上为减函数. 理由如下： 任取x1，x2∈(0，+∞)，且x1<x2，则>1， ∴f =f(x2)-f(x1)<0，即f(x1)>f(x2)， ∴函数f(x)在(0，+∞)上为减函数. 解 (3)若f =1，解不等式f(x)+f >2. 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 令x=y=则f =f -f 即f =f -f ∴f =2， 则不等式f(x)+f >2可化为f >f -f(x)=f 由(2)知，不等式等价于解得<x<1， ∴不等式f(x)+f >2的解集为. 解 第三章　 3.1.2　函数的单调性 <<< $