3.2函数的基本性质（第一课时　函数的单调性） 讲义-2026-2027学年高一上学期数学人教A版必修第一册

本讲义聚焦函数单调性核心知识点，系统梳理从图象“升降”直观到符号语言表达的转化过程，涵盖单调递增（减）定义、单调区间规范写法及定义法证明五步流程。前承函数概念与表示法，后启最值、奇偶性学习，是后续幂函数、导数等内容的重要基础。 资料特色在于以数学眼光引导学生从图象观察抽象出单调性本质，通过数学思维强化定义法证明的逻辑推理训练，结合一次函数、对勾函数及物理玻意耳定律等实例。课中助力教师分层教学，课后通过易错点辨析和题型精练，帮助学生巩固知识、查漏补缺。

3.2　函数的基本性质 第一课时　函数的单调性　·　讲义（教师用） 人教A版必修第一册　第三章　函数的概念与性质 一、课标要求与教材位置 课程标准对这部分的要求是：借助函数图象，会用符号语言表达函数的单调性，理解它的作用和实际意义。三个动词分层次——"借助图象"是起点，"用符号语言表达"是本课时的核心动作，"理解作用"要到后面研究幂函数、指数函数、对数函数时才逐步落实。本课时把要求落到两件事上：会用定义判断并证明一个具体函数在给定区间上的单调性，会由图象写出单调区间。 教材位置在人教A版必修第一册第三章 3.2 节，教材第 76—79 页。3.1 学完了函数的概念与三种表示法，学生手里有了"定义域、对应关系、值域"这套工具，但对函数的认识还停在"一个式子加一个定义域"。3.2 开始研究函数的性质，本课时是第一课时。 本节共 4 个课时：第一课时学函数的单调性（增函数、减函数的定义与定义法证明），第二课时学函数的最大值与最小值，第三课时学函数的奇偶性，第四课时学奇偶性与单调性的综合应用。本课时只做"单调性"这一件事，最值放在下一课时，理由是最值的定义要用到单调性作判断依据，顺序不能倒。 这一课时在三年的位置很靠前，但用得极久。高考里单调性很少单独出一道大题，却几乎每张卷子都要用：比较函数值大小、解 f(2x－1)＜f(x＋3) 这类抽象不等式、求参数范围、判断分段函数是否为增函数、复合函数"同增异减"，往下还有导数判断单调性——导数那一章的第一件事就是用 f′(x) 的符号代替这里的作差比较。定义法证明本身是必修阶段少见的"严格推理"训练，学生第一次写不规范，后面就一直不规范。 二、知识精讲 （一）从图象的"升降"到符号语言 教材的引入路径是：先看三张函数图象（图 3.2－1），问它们分别反映了函数的哪些性质。学生的回答大多是"有的上升有的下降""有最高点""左右对称"——这三句话正好对应本节要学的单调性、最值、奇偶性。教学时把这三句话记在黑板一角，本节四个课时依次划掉。 接着教材用 f(x)＝x² 做样本。画出图象后，图象在 y 轴左侧从左到右是下降的，即当 x≤0 时，y 随 x 的增大而减小。这句话是初中的说法，问题在于它靠眼睛，说不清"到底减小到什么程度""是不是每一处都在减小"。教材紧接着给出符号语言的描述： 任意取 x₁，x₂(－∞，0]，得到 f(x₁)＝x₁²，f(x₂)＝x₂²，那么当 x₁＜x₂ 时，有 f(x₁)＞f(x₂)。这时我们就说函数 f(x)＝x² 在区间 (－∞，0] 上是单调递减的。 同样地，图象在 y 轴右侧从左到右上升，即任意取 x₁，x₂[0，＋∞)，当 x₁＜x₂ 时有 f(x₁)＜f(x₂)，就说 f(x)＝x² 在 [0，＋∞) 上单调递增。 教材在旁边留了两句追问："你能说明为什么 f(x₁)＞f(x₂) 吗？"这两句不能跳过，它是全课的技术起点。说明的办法只有一个——作差： f(x₁)－f(x₂)＝x₁²－x₂²＝(x₁＋x₂)(x₁－x₂)。 当 x₁，x₂(－∞，0] 且 x₁＜x₂ 时，x₁＋x₂＜0（两数都不大于 0 且不同时为 0），x₁－x₂＜0，两个负数相乘得正，所以 f(x₁)－f(x₂)＞0，即 f(x₁)＞f(x₂)。 这一步走通了，后面的定义法证明就只是把它重做一遍。教学处理上，这里要停下来，让学生自己在草稿上把 x₁＋x₂＜0 的理由说清楚，很多学生会直接写"因为 x₁，x₂＜0"，忽略了区间是闭的、可以取到 0。 （二）单调递增与单调递减的定义 教材的规范表述（第 77 页）： 　　一般地，设函数 f(x) 的定义域为 D，区间 ID： 　　如果∀x₁，x₂I，当 x₁＜x₂ 时，都有 f(x₁)＜f(x₂)，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（increasing function）。 　　如果∀x₁，x₂I，当 x₁＜x₂ 时，都有 f(x₁)＞f(x₂)，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（decreasing function）。 　　如果函数 y＝f(x) 在区间 I 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 I 叫做 y＝f(x) 的单调区间。 定义里每个部件都有用，逐个讲： 区间 ID。单调性是在定义域的子区间上谈的。脱离区间说"这个函数是增函数"，只有当整个定义域上都递增时才成立。这是"单调递增"与"增函数"的差别：前者带区间，后者是定义域上的整体结论。教材特意把"特别地"三个字放在这里，讲的时候要点出来。 ∀（任意）。这是定义的命门。x₁，x₂ 不是某两个数，是区间内任取的两个数，不等式必须对所有取法成立。学生最常犯的错是拿两个特殊值验证一下就下结论——例如由 f(－1)＜f(2) 断定 f(x)＝x² 在 R 上递增。教材第 77 页的"思考"第（1）问问的正是这件事：如果只在区间 I 的某些自变量组成的集合 A 上满足条件，能不能说 f(x) 在 I 上递增？不能，举反例 f(x)＝x²，取 A＝{－1，2}，有 －1＜2 且 f(－1)＜f(2)，但 f(x) 在 R 上并不递增。 x₁＜x₂ 与 f(x₁)＜f(x₂) 的方向。递增是"自变量大的，函数值也大"，方向一致；递减是方向相反。写成一句话：增函数保序，减函数反序。这句话在解抽象不等式（由 f(a)＜f(b) 推 a 与 b 的大小）时天天要用。 严格性。教材用的是严格不等号，f(x₁)＜f(x₂) 不允许取等。所以常数函数在任何区间上既不是增函数也不是减函数。 教材第 77 页"思考"的第（2）问要求举例：定义域上处处递增的函数（如 f(x)＝x，f(x)＝2x＋1，f(x)＝x³），以及在某些区间递增而在另一些区间递减的函数（如 f(x)＝x²，f(x)＝｜x｜）。这两个例子学生自己就能举出来，让他们举完再往下走。 （三）单调区间的写法 单调区间是"函数在其上具有单调性的区间"，写的时候有几条固定规矩： 1．单调区间必须是定义域的子集。求单调区间之前先求定义域，这一步不能省。 2．同一函数的几个单调区间之间用逗号或"和"隔开，不能用并集符号连接。反比例函数 y＝ 的减区间是 (－∞，0) 和 (0，＋∞)，写成 (－∞，0)∪(0，＋∞) 就错了——因为取 x₁＝－1，x₂＝1，有 x₁＜x₂ 但 f(x₁)＝－1＜1＝f(x₂)，在这个并集上函数值反而变大了，不满足递减的定义。 3．端点的开闭。对于连续的函数，单调区间的端点取到与不取到都不影响结论，如 f(x)＝x² 的增区间写 [0，＋∞) 或 (0，＋∞) 都算对，习惯上写闭；但端点不在定义域内的（如 y＝ 在 x＝0 处）绝对不能写进去。 4．"函数的单调区间是……"这句话要求写全部区间，漏写就是错。 （四）用定义证明单调性的五步 这是本课时的动手核心，步骤固定，学生必须按格式写： 取值　设 x₁，x₂ 是给定区间上的任意两个值，且 x₁＜x₂。（"任取""设"这两个字必须写出来，写"取 x₁＝1，x₂＝2"直接判错。） 作差　写出 f(x₁)－f(x₂)。 变形　把差式化成能判断符号的形式：分式通分，整式提公因式或因式分解，带根号的分子有理化。这一步是全题的技术难点，目标是化成若干个符号已知的因式相乘或相除。 定号　由 x₁，x₂ 的取值范围和 x₁＜x₂，逐个判断各因式的符号，得出 f(x₁)－f(x₂) 与 0 的大小。 下结论　由差的符号得到 f(x₁) 与 f(x₂) 的大小，再对照定义写出"所以 f(x) 在区间……上单调递增（递减）"。 教材在例 1 的分析里把这套逻辑讲得很直白：根据实数大小关系的基本事实，只要考察 f(x₁)－f(x₂) 与 0 的大小关系。这句话就是作差法的全部依据，讲的时候写在黑板上。 （五）教材例题 例1（教材第 78 页）　根据定义，研究函数 f(x)＝kx＋b（k0）的单调性。 分析：根据函数单调性的定义，需要考察当 x₁＜x₂ 时，f(x₁)＜f(x₂) 还是 f(x₁)＞f(x₂)。根据实数大小关系的基本事实，只要考察 f(x₁)－f(x₂) 与 0 的大小关系。 解：函数 f(x)＝kx＋b（k0）的定义域是 R。∀x₁，x₂R，且 x₁＜x₂，则 　　f(x₁)－f(x₂)＝(kx₁＋b)－(kx₂＋b)＝k(x₁－x₂)。 由 x₁＜x₂，得 x₁－x₂＜0。所以 ①当 k＞0 时，k(x₁－x₂)＜0。于是 f(x₁)－f(x₂)＜0，即 f(x₁)＜f(x₂)。这时 f(x)＝kx＋b 是增函数。 ②当 k＜0 时，k(x₁－x₂)＞0。于是 f(x₁)－f(x₂)＞0，即 f(x₁)＞f(x₂)。这时 f(x)＝kx＋b 是减函数。 教学提示：这道题把初中"k＞0 图象上升"的直观结论，第一次用推理证了出来。教材旁批说的就是这个意思。板书时把 ①② 的分类写清楚，学生后面处理含参问题的分类格式从这里学。 例2（教材第 78 页）　物理学中的玻意耳定律 p＝（k 为正常数）告诉我们，对于一定质量的气体，当其温度不变时，体积 V 减小，压强 p 将增大。试对此用函数的单调性证明。 分析：根据题意，只要证明函数 p＝（V(0，＋∞)）是减函数即可。 证明：∀V₁，V₂(0，＋∞)，且 V₁＜V₂，则 　　p₁－p₂＝－＝。 由 V₁，V₂(0，＋∞)，得 V₁V₂＞0；由 V₁＜V₂，得 V₂－V₁＞0。又 k＞0，于是 p₁－p₂＞0，即 p₁＞p₂。 所以，根据函数单调性的定义，函数 p＝，V(0，＋∞) 是减函数。也就是说，当体积 V 减小时，压强 p 将增大。 教学提示：这是本课时唯一的实际背景题。要讲两处——一是自变量为什么限制在 (0，＋∞)（体积不可能为负或零），二是最后一句"翻译回物理语言"不能丢，物理量的结论要写出来。 例3（教材第 79 页）　根据定义证明函数 y＝x＋ 在区间 (1，＋∞) 上单调递增。 证明：∀x₁，x₂(1，＋∞)，且 x₁＜x₂，有 　　y₁－y₂＝(x₁＋)－(x₂＋)＝(x₁－x₂)＋(－) 　　　　　＝(x₁－x₂)＋＝(x₁x₂－1)。 由 x₁，x₂(1，＋∞)，得 x₁＞1，x₂＞1，所以 x₁x₂＞1，x₁x₂－1＞0，且 x₁x₂＞0。 又由 x₁＜x₂，得 x₁－x₂＜0。于是 (x₁x₂－1)＜0，即 y₁＜y₂。 所以，函数 y＝x＋ 在区间 (1，＋∞) 上单调递增。 教学提示：变形是难点。(x₁－x₂)＋ 两项里的 x₂－x₁ 与 x₁－x₂ 差一个负号，要先统一成 x₁－x₂ 再提公因式。学生常见的卡点是通分完就不动了，看不出 (x₁x₂－1) 这一步。板书时把提公因式的箭头画出来。这个函数（对勾函数）在第二课时和后面的作业里还会出现，此处不展开它的完整图象。 三、概念辨析与易错点 1．拿特殊值代替"任意"。典型错解：因为 f(－1)＝1＜4＝f(2)，所以 f(x)＝x² 是增函数。反例就在题目里——f(－1)＝1＞0＝f(0)。纠正的办法是每次证明开头强制写"任取"。 2．单调区间用并集连接。y＝ 在 (－∞，0) 上递减，在 (0，＋∞) 上递减，但不能说它在 (－∞，0)∪(0，＋∞) 上递减，更不能说"y＝ 是减函数"。反例：x₁＝－1＜1＝x₂，而 f(x₁)＝－1＜1＝f(x₂)。 3．把"单调递增"与"增函数"混用。"f(x) 在 [0，＋∞) 上单调递增"是对的，"f(x)＝x² 是增函数"是错的。增函数是定义域上的整体说法。 4．忘记先求定义域。求 y＝ 的单调区间，若不先写定义域 {x｜x2}，容易答成 (－∞，＋∞) 上递减。 5．两段都递增就以为整体递增。反例：f(x)＝x（x≤0），f(x)＝x－3（x＞0）。两段各自递增，但取 x₁＝0，x₂＝1，f(0)＝0＞－2＝f(1)，整体不递增。分段函数整体单调，除了各段单调，还要求分界处的取值衔接得上。这条在第四课时和月考里都要考。 6．作差后不变形就定号。写到 f(x₁)－f(x₂)＝x₁²－x₂² 就说"因为 x₁＜x₂ 所以差小于 0"，跳过了因式分解，符号根本没判断。变形的目的就是把差写成符号可判断的乘积或商。 7．证明写成"因为图象上升，所以递增"。图象是猜想的来源，不是证明。教材第 79 页练习旁批写得很清楚：先由图象猜想，再用逻辑推理证明猜想的正确性，这是研究函数性质的常用方法。 8．含参一次函数漏掉 k＝0。若题目只说 y＝kx＋b 是增函数，则必有 k＞0；但若说 y＝(k－1)x＋b 是增函数，得到的是 k－1＞0 即 k＞1，写成 k≥1 就把常数函数放进来了。 四、题型归纳 题型一　由图象写单调区间 例　已知函数 y＝f(x) 的图象在 [－1，5] 上先从 (－1，1) 上升到 (1，7)，再下降到 (3，2)，最后上升到 (5，6)。写出 f(x) 的单调区间并指出单调性。 解析：从左到右按升降分段读图，转折点处断开。 单调递增区间是 [－1，1] 和 [3，5]，单调递减区间是 [1，3]。 方法点拨：读图三看——看定义域（图象在 x 轴上的投影）、看转折点的横坐标、看每段的升降。写答案时区间之间用"和"或逗号，不用并集。 题型二　用定义证明单调性 例　用定义证明函数 f(x)＝ 在 (－1，＋∞) 上单调递增。 解析： ∀x₁，x₂(－1，＋∞)，且 x₁＜x₂，则 　　f(x₁)－f(x₂)＝－＝＝。 由 x₁，x₂(－1，＋∞)，得 x₁＋1＞0，x₂＋1＞0，所以 (x₁＋1)(x₂＋1)＞0。 又 x₁＜x₂，得 x₁－x₂＜0，于是 f(x₁)－f(x₂)＜0，即 f(x₁)＜f(x₂)。 所以 f(x)＝ 在 (－1，＋∞) 上单调递增。 方法点拨：分式型作差先通分，分子展开后必然出现 x₁－x₂ 这个因式（若没出现，多半是展开算错了，回头查）。分母的符号靠区间条件判断，这就是题目为什么要给区间。 题型三　利用单调性比较大小、解不等式 例　已知 f(x) 在 (2，5) 上是减函数，x₁，x₂(2，5) 且 x₁＜x₂，判断 f(x₁) 与 f(x₂) 的大小；若 f(2a)＜f(a＋1) 且 f(x) 在 R 上单调递增，求 a 的取值范围。 解析：前一问由减函数的定义直接得 f(x₁)＞f(x₂)。 后一问：f(x) 在 R 上单调递增，且 f(2a)＜f(a＋1)，由增函数保序（自变量大函数值大，反过来函数值小则自变量小），得 2a＜a＋1，解得 a＜1。 方法点拨："脱 f"的动作有两个前提：一是单调性方向已知（增函数不等号方向不变，减函数方向反转），二是两个自变量都落在同一个单调区间内。定义域不是 R 时，还要把自变量的取值范围一并列进去联立。 题型四　由单调性求参数范围 例　若函数 f(x)＝(2a－1)x＋3 在 R 上是减函数，求 a 的取值范围；若函数 g(x)＝x²＋2(a－1)x＋2 在区间 (－∞，4] 上单调递减，求 a 的取值范围。 解析： 前一问：一次函数为减函数，须 2a－1＜0，解得 a＜。 后一问：g(x) 的图象是开口向上的抛物线，对称轴为 x＝1－a，它在对称轴左侧递减。要使 g(x) 在 (－∞，4] 上递减，须 4≤1－a，解得 a≤－3。 方法点拨：一次函数看一次项系数的符号；二次函数看对称轴与所给区间的位置关系，口诀是"开口向上，区间在对称轴左边则减、右边则增"。这里的不等号能不能取等要单独想一次：本题 4 与 1－a 相等时区间右端点恰是顶点，仍然递减，所以取等。 题型五　★绝对值型与复合型的单调区间（拔高） 例　求函数 f(x)＝｜x²－4x｜ 的单调递增区间；求函数 g(x)＝ 的单调递增区间。 解析： 第一问：先去绝对值。当 x≤0 或 x≥4 时，x²－4x≥0，f(x)＝x²－4x；当 0＜x＜4 时，f(x)＝－x²＋4x。 y＝x²－4x 的对称轴是 x＝2，在 [4，＋∞) 上递增；y＝－x²＋4x 的对称轴也是 x＝2，在 (0，2] 上递增。 所以 f(x) 的单调递增区间是 [0，2] 和 [4，＋∞)。 第二问：先定义域。由 －x²＋4x＋5≥0 得 x²－4x－5≤0，即 (x－5)(x＋1)≤0，解得 －1≤x≤5。 令 t＝－x²＋4x＋5，其图象开口向下、对称轴为 x＝2，在 [－1，2] 上递增，在 [2，5] 上递减；而 y＝ 在 t≥0 上递增。 外层递增时，内层增则整体增，所以 g(x) 的单调递增区间是 [－1，2]。 方法点拨：绝对值型的固定动作是"去绝对值—分段—逐段用二次函数的对称轴判断"；根式型的固定动作是"先定义域—再看内层的增减—外层 递增所以同增异减"。两类题都必须先把定义域写出来，单调区间只能落在定义域内。这两个结论普通班只要求会读，优生班要求会写全过程。 五、附：常见书写错误例析 1．写成"任取 x₁，x₂"却没写"且 x₁＜x₂"。少这个条件，后面判断 x₁－x₂ 的符号就没有依据。 2．把结论写成"f(x) 单调递增"而不写区间。除非确实是在整个定义域上，否则必须带区间。 3．差式写成 f(x₂)－f(x₁) 之后，仍按 f(x₁)－f(x₂) 的结论下判断。作差的顺序可以自选，但结论要跟着变，两边对应清楚。 4．分式作差不通分就"看着判断"。通分是硬动作。 5．单调区间写成集合 {x｜0≤x≤2}。习惯上写区间 [0，2]，两种写法混排在一道题里会扣分。 六、与考试的对应 月考层面，本课时的考法基本固定：一道选择题给图象或给几个具体函数，问单调区间或问哪个函数在指定区间上递增；一道填空题给含参一次函数或二次函数，由单调性求参数范围；一道解答题要求用定义证明，评分点在"任取""作差""变形""定号""结论"五处，缺一步扣一步的分。 高考层面，单调性极少单独命题，但作为工具反复出现：与奇偶性结合解 f(x－1)＜f(2) 这类不等式（本节第四课时会集中练）；与最值结合求值域（下一课时）；到导数一章，用 f′(x)＞0 判断单调性，作差法退居为处理抽象函数的手段。抽象函数题里的条件"对任意 x₁x₂ 有 ＞0"就是本课定义的变形写法，学生第一次见会愣，本课时讲完定义后要顺手把这个变形写在黑板上。 七、初高中衔接与教学提醒 1．学生的初中基础：知道一次函数、反比例函数、二次函数的增减情况，会看图说升降，但从没写过证明。初中说的是"y 随 x 的增大而增大"，高中要转成"任取 x₁＜x₂，有 f(x₁)＜f(x₂)"，翻译这一步要慢讲。 2．进度建议：45 分钟里，定义的生成不少于 12 分钟，定义法证明（例 1 到例 3）不少于 18 分钟，其余给辨析与检测。宁可少讲一道题，也要让学生动手写完整一道证明。 3．两班分层：优生班加做题型五（绝对值与根式的复合），并把抽象不等式 ＞0 的变形讲透；普通班题型五只讲绝对值那一问，根式复合放到复习课。 4．当堂过关项：口答说出增函数定义（要求带"任取"和"区间"两个关键词）；书面完成一道分式型的定义法证明；写出 y＝ 的单调区间并说明为什么不能用并集。 5．要预告的联系：下一课时用单调性求最值；第四课时用单调性与奇偶性解不等式；第三章 3.3 幂函数、第四章指数函数与对数函数都要按"图象—单调性—最值"这条线研究，本课时的定义是那条线的第一环。 八、题型精练（附详解） （一）选择题 1．下列函数中，在区间 (0，＋∞) 上单调递增的是（　　） 　A．f(x)＝－2x＋1　　B．f(x)＝　　C．f(x)＝x²－4x　　D．f(x)＝3x－1 2．函数 y＝ 的单调区间是（　　） 　A．(－∞，0)∪(0，＋∞)　　B．(－∞，0) 和 (0，＋∞)　　C．R　　D．(0，＋∞) 3．若 f(x) 在 R 上是减函数，则下列一定成立的是（　　） 　A．f(0)＜f(1)　　B．f(0)＞f(1)　　C．f(0)＋f(1)＞0　　D．f(0)·f(1)＞0 4．函数 f(x)＝x²－2x＋3 的单调递减区间是（　　） 　A．(－∞，1]　　B．[1，＋∞)　　C．(－∞，2]　　D．[2，＋∞) 5．若函数 f(x)＝(m－2)x＋3 在 R 上是减函数，则实数 m 的取值范围是（　　） 　A．m＞2　　B．m≥2　　C．m＜2　　D．m≤2 6．已知 f(x) 在 [－2，6] 上单调递增，且 f(2a)＜f(a＋2)，则实数 a 的取值范围是（　　） 　A．a＜2　　B．－1≤a＜2　　C．－1≤a≤2　　D．0≤a＜2 （二）填空题 7．函数 f(x)＝｜x－3｜ 的单调递减区间是＿＿＿＿＿。 8．若函数 f(x)＝x²＋2(a＋1)x＋1 在区间 (－∞，2] 上单调递减，则 a 的取值范围是＿＿＿＿＿。 9．已知函数 f(x)＝，其单调递减区间是＿＿＿＿＿。 （三）解答题 10．用定义证明函数 f(x)＝－x²＋1 在 (0，＋∞) 上单调递减。 11．用定义证明函数 f(x)＝x＋ 在 [2，＋∞) 上单调递增。 12．★已知函数 f(x)＝ 在 (－2，＋∞) 上单调递减，求实数 a 的取值范围。 详解 1．D。A 是一次函数且 k＝－2＜0，在 R 上递减；B 在 (0，＋∞) 上递减；C 的对称轴是 x＝2，在 (0，2) 上递减、(2，＋∞) 上递增，整个 (0，＋∞) 上不单调；D 的一次项系数 3＞0，在 R 上递增，当然在 (0，＋∞) 上递增。本题瞄准"区间上单调"与"整体单调"的区别。 2．B。A 把两段用并集连接，反例 x₁＝－1＜1＝x₂ 时 f(x₁)＜f(x₂)，不满足递减；C 忽略了 x＝0 不在定义域内；D 只写了一半，漏区间也算错。 3．B。减函数保证 0＜1 时 f(0)＞f(1)，B 正确；A 方向反了；C、D 涉及函数值的正负，题目没给任何信息，无法判断。 4．A。对称轴 x＝1，开口向上，对称轴左侧递减，减区间为 (－∞，1]。选 B 是把增减弄反，选 C、D 是把对称轴算成 x＝2（把 －2x 的系数直接当对称轴）。 5．C。一次函数为减函数须 m－2＜0，即 m＜2。选 D 错在 m＝2 时 f(x)＝3 是常数函数，既不增也不减。 6．B。由增函数保序得 2a＜a＋2，即 a＜2；还要求两个自变量都在 [－2，6] 内：－2≤2a≤6 得 －1≤a≤3，－2≤a＋2≤6 得 －4≤a≤4。取交集得 －1≤a＜2。选 A 是漏了定义域限制，这是本题的主要坑。 7．(－∞，3]。f(x)＝｜x－3｜ 的图象是折线，顶点 (3，0)，左侧下降右侧上升，减区间为 (－∞，3]（写 (－∞，3) 也可）。 8．a≤－3。对称轴 x＝－(a＋1)，开口向上，要在 (－∞，2] 上递减须 2≤－(a＋1)，即 a＋1≤－2，a≤－3。 9．(－∞，1) 和 (1，＋∞)。定义域为 {x｜x1}，函数由 y＝ 向右平移 1 个单位得到，两段各自递减，写答案时不能用并集连接。 10．证明：∀x₁，x₂(0，＋∞)，且 x₁＜x₂，则 　　f(x₁)－f(x₂)＝(－x₁²＋1)－(－x₂²＋1)＝x₂²－x₁²＝(x₂－x₁)(x₂＋x₁)。 由 x₁，x₂(0，＋∞) 得 x₁＋x₂＞0；由 x₁＜x₂ 得 x₂－x₁＞0。 所以 f(x₁)－f(x₂)＞0，即 f(x₁)＞f(x₂)。 所以 f(x)＝－x²＋1 在 (0，＋∞) 上单调递减。 11．证明：∀x₁，x₂[2，＋∞)，且 x₁＜x₂，则 　　f(x₁)－f(x₂)＝(x₁＋)－(x₂＋)＝(x₁－x₂)＋＝。 由 x₁，x₂[2，＋∞) 得 x₁x₂≥4，所以 x₁x₂－4≥0；又 x₁x₂，故 x₁x₂＞4，x₁x₂－4＞0，且 x₁x₂＞0。 由 x₁＜x₂ 得 x₁－x₂＜0。所以 f(x₁)－f(x₂)＜0，即 f(x₁)＜f(x₂)。 所以 f(x)＝x＋ 在 [2，＋∞) 上单调递增。（提醒：x₁x₂＞4 这一步要用到 x₁＜x₂ 不能同时取 2，直接写 ≥4 会导致差为 0，结论就不严格了。） 12．a＜。把式子分离常数：f(x)＝＝＝a＋。 在 (－2，＋∞) 上，y＝ 单调递减。若 1－2a＞0，则 随 x 增大而减小，f(x) 单调递减，符合要求；若 1－2a＜0，f(x) 单调递增；若 1－2a＝0，f(x) 为常数函数，不单调。 所以 1－2a＞0，解得 a＜。（分离常数是分式型函数的固定动作，第二课时求值域还要用。） 学科网（北京）股份有限公司 $