資源簡介

3.2.1 單調性與最大（小）值 12 題型分類
一、函數的單調性及其符號表達
(1)函數單調性的概念
函數值隨自變量的增大而增大(或減小)的性質叫做函數的單調性．
(2)函數單調性的符號表達
一般地，設函數 f(x)的定義域為 I，區間 D I：
如果 x1，x2∈D，當 x1如果 x1，x2∈D，當 x1f(x2)，那么就稱函數 f(x)在區間 D 上單調遞減.
二、增函數、減函數
當函數 f(x)在它的定義域上單調遞增時，我們就稱它是增函數．
當函數 f(x)在它的定義域上單調遞減時，我們就稱它是減函數．
三、單調區間
如果函數 y＝f(x)在區間 D 上單調遞增或單調遞減，那么就說函數 y＝f(x)在這一區間具有(嚴格的)單調
性，區間 D 叫做 y＝f(x)的單調區間．
1．單調性是函數的局部性質，但在其單調區間上是整體性質，因此對 x1，x2有下列要求：
(1)屬于同一個區間 D；
(2)任意性，即 x1，x2是定義域中某一區間 D 上的任意兩個值，不能用特殊值代替；
(3)有大小，即確定的任意兩值 x1，x2必須區分大小，一般令 x12 f(x) {1，x 是偶數，．并非所有的函數都具有單調性．如 ＝ 0 它的定義域為 Z，但不具有單調性．，x 是奇數，
3．單調區間
(1)這個區間可以是整個定義域．如 y＝x 在整個定義域(－∞，＋∞)上單調遞增， y＝－x 在整個定義域
(－∞，＋∞)上單調遞減；
(2)這個區間也可以是定義域的真子集．如 y＝x2在定義域(－∞，＋∞)上不具有單調性，但在(－∞，0]上
單調遞減，在[0，＋∞)上單調遞增．
1
4．函數在某個區間上單調遞增(減)，但是在整個定義域上不一定都是單調遞增(減)．如函數 y＝ (x≠0)
x
在區間(－∞，0)和(0，＋∞)上都單調遞減，但是在整個定義域上不具有單調性．
5．一個函數出現兩個或者兩個以上的單調區間時，不能用“∪”連接，而應該用“和”或“，”連接．如函
1 1
數 y＝ (x≠0)在區間(－∞，0)和(0，＋∞)上都單調遞減，不能認為 y＝ (x≠0)的單調遞減區間為(－∞，0)∪(0，
x x
＋∞)．
6．函數的單調性是相對于函數的定義域的子區間 D 而言的．對于單獨的一點，它的函數值是唯一確定
的常數，沒有增減變化，所以不存在單調性問題．因此在寫單調區間時，區間端點可以包括，也可以不包
括．但對于函數式無意義的點，單調區間一定不能包括這些點．
四、函數的最大值與最小值
最大值 最小值
一般地，設函數 y＝f(x)的定義域為 I，如果存在實數 M 滿足： x∈I，都有
條件 f(x)≤M f(x)≥M
x0∈I，使得 f(x0)＝M
結論 稱 M 是函數 y＝f(x)的最大值 稱 M 是函數 y＝f(x)的最小值
幾何意義 f(x)圖象上最高點的縱坐標 f(x)圖象上最低點的縱坐標
1．對函數最值的三點說明
(1)最大(小)值必須是一個函數值，是值域中的一個元素，如函數 y＝x2(x∈R)的最小值是 0，有 f(0)＝0.
(2)最大(小)值定義中的“任意”是說對于定義域內的每一個值都必須滿足不等式，即對于定義域內的全部
元素，都有 f(x)≤M(f(x)≥M)成立，也就是說，函數 y＝f(x)的圖象不能位于直線 y＝M 的上(下)方．
(3)最大(小)值定義中的“存在”是說定義域中至少有一個實數滿足等號成立，也就是說 y＝f(x)的圖象與直
線 y＝M 至少有一個交點．
2．函數最值與函數值域的關系
函數的值域是一個集合，最值若存在則屬于這個集合，即最值首先是一個函數值，它是值域的一個元
素．函數值域一定存在，而函數并不一定有最大(小)值．
3．利用單調性求最值的常用結論
(1)如果函數 f(x)在區間[a，b]上單調遞增(減)，則 f(x)在區間[a，b]的左、右端點處分別取得最小(大)值
和最大(小)值．
(2)如果函數 f(x)在區間(a，b]上單調遞增，在區間[b，c)上單調遞減，則函數 f(x)在區間(a，c)上有最大
值 f(b)．
(3)如果函數 f(x)在區間(a，b]上單調遞減，在區間[b，c)上單調遞增，則函數 f(x)在區間(a，c)上有最小
值 f(b)．
（一）
證明或判斷函數的單調性
定義法證明單調性的步驟
判斷函數的單調性常用定義法和圖象法，而證明函數的單調性則應嚴格按照單調性的定義操
作．
利用定義法判斷函數的單調性的步驟如下：
注意：對單調遞增的判斷，當 x1f(x1)－f(x2)
(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0 或 >0.
x1－x2
對單調遞減的判斷，當 x1f(x2)，相應地也可用一個不等式來替代：
f(x1)－f(x2)
(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0 或 <0.
x1－x2
題型 1：利用函數單調性定義判斷單調性
1-1．（2024 高一下·上海楊浦·期中）已知函數 y = f x 的定義域為R ，“ f 2 f 8 ”是“函數 y = f x 在區
間 2,8 是嚴格增函數”的（ ）條件
A．充分非必要 B．必要非充分 C．充分必要 D．既非充分又非必要
1-2．（24-25 高一上·上海·課堂例題）若定義在R 上的函數 f x 對任意兩個不相等的實數 a、b ，總有
f a - f b
0成立，則必有（ ）
a - b
A． f x 在R 上是嚴格增函數 B． f x 在R 上是嚴格減函數
C．函數 f x 是先增后減函數 D．函數 f x 是先減后增函數
1-3．（2024 高三·全國·專題練習）設函數 f x 在R 上為增函數，則下列結論正確的是（ ）
1
A． y = f x 在 R 上為減函數
B． y = f x 在 R 上為增函數
C． y
1
= -
f x 在 R 上為增函數
D． y = - f x 在 R 上為減函數
1-4．（24-25 高一上·上海·隨堂練習）下列函數在定義域上為嚴格減函數的是（　　）
3
A． y = B y = x +1x ．
C． y = x2 - 2x + 3 D． y = -x + 5
題型 2：利用函數單調性定義證明單調性
1
2-1．（2024 高一上·廣東肇慶·開學考試）根據定義證明函數 y = x + 在區間 (1,+ )上單調遞增.
x
1
2-2．（2024 高一·全國·課后作業）求證：函數 f x = 在區間 1,+ 上是增函數.1- x
x + a
2-3．（2024 高一下·湖北黃岡·期中）求證：函數 f (x) = (a 1) 在區間 -1，+ 上是減函數．
x +1
2-4．（2024 高一·全國·專題練習）設函數 f x x +1= ．用定義證明函數 f x 在區間 (1,+ )上是單調減函數；
x -1
x - b 1 2
2-5．（2024 高一上·廣東廣州·期末）已知函數 f x = ，且 f 2 = ， f 3 = ．
x - a 4 5
(1)求函數 f x 的解析式；
(2)根據定義證明函數 f x 在 -2, + 上單調遞增．
（二）
求函數的單調區間
求函數單調區間的三種方法
方法一：轉化為已知的函數(如一次函數、二次函數等)的單調性判斷．
方法二：定義法，即先求出定義域，再利用單調性的定義進行判斷求解．
方法三：圖象法，即先畫出圖象，根據圖象求單調區間．
注：函數的單調性是在定義域內的某個區間上的性質，單調區間是定義域的子集；當函數出現
兩個以上單調區間時，單調區間之間可用“，”分開，不能用“∪”，可以用“和”來表示；
在單調區間 D上函數要么是增函數，要么是減函數，不能二者兼有．
題型 3：求函數的單調區間
3-1．（2024 高一上·新疆喀什·期末）函數 y = x2 + x + 2 ， x (-5,5) 的單調減區間為（ ）
A． ( ,
1
- - ) 1 1B． (- , + ) C． (- ,5) D． (-5,
1
- )
2 2 2 2
3-2．（2024 高一·全國·課后作業）如圖是函數 y = f x 的圖象，則函數 f x 的減區間是（ ）
A． -1,0 B． 1,+ C． -1,0 1, + D． -1,0 , 1, +
6
3-3．（2024 高一·全國·課后作業）函數 y = 的減區間是（ ）
x
A．[0, + ) B． (- ,0]
C． (- ,0)，(0, + ∞) D． (- ,0) U (0,+ )
3-4．（2024 2高二下·貴州·學業考試）函數 f x = x -1的單調遞增區間是（ ）
A． - , -3 B． 0, +
C． -3,3 D． -3, +
3-5．（2024 高一上·河南信陽·階段練習）函數 f (x) = x | x - 2 |的單增區間為（ ）
A． (- ,1] [2,+ ) B． (1, 2)
C． (2,+ ) D． (- ,1), (2,+ )
（三）
函數單調性的應用
1、由函數單調性求參數范圍的處理方法是：
(1)由函數解析式求參數
若為二次函數——判斷開口方向與對稱軸——利用單調性確定參數滿足的條件，
若為一次函數——由一次項系數的正負決定單調性.
若為復合函數 y＝|f(x)|或 y＝f(|x|)——數形結合，探求參數滿足的條件.
(2)當函數 f(x)的解析式未知時，欲求解不等式，可以依據函數單調性的定義和性質，將符號“f”
脫掉，列出關于自變量的不等式(組)，然后求解，此時注意函數的定義域.
2、利用單調性比較大小或解不等式的方法
(1)利用函數的單調性可以比較函數值或自變量的大小．在解決比較函數值的問題時，要注意
將對應的自變量轉化到同一個單調區間上．
(2)利用抽象函數的單調性求范圍．
①依據：定義在[m，n]上的單調遞增(減)函數中函數值與自變量的關系 f(a){a < b a > b ，m ≤ a ≤ n，m ≤ b ≤ n.
②方法：依據函數的單調性去掉符號“f”，轉化為不等式問題求解．
題型 4：利用函數單調性求參數的取值范圍
4-1．（2024 高一上·四川達州·階段練習）若函數 f (x) = 2x2 + mx -1在區間 (-1, + )上是增函數，則實數m 的
取值范圍是
ìx2 +2ax+5,x<1

4-2．（2024 高一上·黑龍江牡丹江·階段練習）已知函數 f x = í a 在區間 - ,+ 上是減函數，則
- , x 1 x
整數 a 的取值可以為（ ）
A．-2 B． 2 C．0 D．1
4-3．（2024 高一上·江蘇揚州·階段練習）“ a = 3”是“函數 f x = - x - a 在區間 3, + 上為減函數”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
4-4．（2024 高一·全國·課后作業）設函數 f (x) = (a -1)x +1是R 上的減函數，則有（ ）
A．a 1 B．a 1 C． a 1 D． a 1
題型 5：利用函數的單調性比較大小
5-1．（2024 高一上·江蘇南通·期中）若函數 f (x) = (m -1)x + b在 R 上是增函數，則 f (m)與 f (1)的大小關系是
（ ）
A． f (m) f (1) B． f (m) f (1)
C． f (m) f (1) D． f (m) f (1)
x - x
5-2 1 2．（2024 高一上·全國·課后作業）設函數 y = f x 滿足：對任意的 x 01, x2 R 都有 f x - f x ，則 f -3 1 2
與 f -π 大小關系是 （ ）
A． f (-3) f (-π) B． f (-3) f (-π)
C． f (-3) f (-π) D． f (-3) f (-π)
5-3．（2024 高一·全國·課后作業）已知[a,b]是函數 f (x) 的增區間，則下列結論成立的是（ ）
A． f (a) f (b) B． f (a) f (b) 0 C． f (a) f (b) 0 D． f (a) f (b) 0
3
5-4．（2024 高一·全國· 2專題練習）已知函數 f x 是區間 0, + 內的減函數，則 f a - a +1 與 f ÷的大小
è 4
關系為（　　）
A． f a2 - a +1 f 3 3 ÷ B f a2． - a +1 f4 4 ÷è è
C． f a2 - a +1 f 3= 4 ÷ D．不確定è
題型 6：利用函數單調性解不等式
6-1．（2024 高一上·江蘇南京·期中）已知函數 y = f x 是定義在 R 上的增函數，且 f 1- a f a - 3 ，則 a
的取值范圍是（ ）
A． 2, + B．(2，3)
C．(1，2) D．(1，3)
6-2．（2024·山東棗莊·模擬預測）已知函數 y = f x 是定義在 -4,4 上的減函數，且 f a +1 f 2a ，則 a
的取值范圍是 ．
m
6-3．（2024 高一上·

云南保山·期末）已知定義在 0, + 上的函數 f x ,滿足 f ÷ = f m - f n n ,且當 x 1è
時, f x 0 .
(1)討論函數 f x 的單調性,并說明理由;
(2)若 f 2 =1 ,解不等式 f x + 3 - f 3x 3 .
6-4．（2024 高一上·安徽滁州·期中）已知函數 y = f x 在定義域 -1,3 上是減函數，且 f 2a -1 f 2 - a ，
則實數 a的取值范圍是（ ）
A． 1,2 B． - ,1 C． 0,2 D． 1, +
（四）
利用圖象求函數最值
1、利用圖象求函數最值的一般步驟
(1)畫出函數 y＝f(x)的圖象；
(2)觀察圖象，找出圖象的最高點和最低點；
(3)寫出最值，最高點的縱坐標就是函數的最大值，最低點的縱坐標就是函數的最小值．
2、圖象法求最值的步驟
題型 7：利用圖象求函數最值
7-1．（2024 高一上·安徽馬鞍山·階段練習）如圖是函數 y = f x , x -4,3 的圖象，則下列說法正確的是
（ ）
A． f x 在 -4, -1 和 1,3 上單調遞減
B． f x 在區間 -1,3 上的最大值為 3，最小值為-2
C． f x 在 -4,1 上有最大值 2，有最小值-1
D．當直線 y = m與函數 y = f x , x -4,3 圖象有交點時-2 m 3
7-2．【多選】（2024 高一上·河南信陽·期中）已知函數 y = f x 的定義域為 -1,5 ，其圖象如圖所示，則下列
說法中正確的是（　　）
A． f x 的單調遞減區間為 0,2
B． f x 的最大值為3
C． f x 的最小值為-1
D． f x 的單調遞增區間為 -1,0 U 2,5
（五）
利用單調性求函數最值
1、利用單調性求函數的最大(小)值的一般步驟
(1)判斷函數的單調性；
(2)利用函數的單調性求出最大(小)值．
2、函數的最大(小)值與單調性的關系
(1)若函數 f(x)在區間[a，b]上單調遞增(減)，則函數 f(x)在區間[a，b]上的最小(大)值是 f(a)，最
大(小)值是 f(b)．
(2)若函數 f(x)在區間[a，b]上單調遞增(減)，在區間[b，c]上單調遞減(增)，則函數 f(x)在區間
[a，c]上的最大(小)值是 f(b)，最小(大)值是 f(a)與 f(c)中較小(大)的一個．
題型 8：利用單調性求函數最值
ax + b 1 2
8-1．（2024 高三·河北邢臺·階段練習）函數 f (x) = 2 是定義在 - , + 上的奇函數，且 f ( ) = ．x +1 2 5
（1）求實數 a，b，并確定函數 f (x) 的解析式；
（2）判斷 f (x) 在（-1，1）上的單調性，并用定義證明你的結論；
（3）寫出 f (x) 的單調減區間，并判斷 f (x) 有無最大值或最小值？如有，寫出最大值或最小值．（本小問不
需要說明理由）
1
8-2．（2024 高一·全國·專題練習）函數 f x = 在區間[1，2]上的最大值與最小值分別是（　　）
x2 +1
1 1 1 1
A． ， B．2，5 C．1，2 D． ，
2 5 5 2
8-3．（2024 高一上·全國·課后作業）設 f x 對任意的 x, y R 有 f x + y = f x + f y ，且當 x 0時，
f x 0 .
(1)求證 f x 是R 上的減函數；
(2)若 f 1 2= - ，求 f x 在 -3,3 上的最大值與最小值.
3
f (x) mx +18-4．（2024 高一上·山東棗莊·期末）已知函數 = 2 是R 上的偶函數1+ x
(1)求實數m 的值，判斷函數 f (x) 在[0 , + ) 上的單調性；
(2)求函數 f (x) 在[-3 , 2]上的最大值和最小值．
題型 9：根據函數的最值求參數
9-1．（2024 高一上·北京·期中）已知函數 f x = -x2 + 2ax +1- a .
(1)若函數 f x 在區間 0,3 上單調遞增，求實數 a的取值范圍；
(2)若 f x 在區間 0,1 上有最大值 3，求實數 a的值.
9-2．（2024 高一·全國·課后作業）若函數 f (x) = x2 - 4x + 8, x [1, a]，它的最大值為 f (a) ，則實數 a的取值范
圍是（ ）
A． (1, 2] B． (1,3) C． (3, + ) D．[3, + )
3
9-3．（2024 高一上·四川瀘州·期末）函數 y = a - x - x 0 在 x = m 時有最大值為 3，則 a- m 的值為（x ）
A． 4 3 B．3 3 C． 2 3 D． 3
f (x) 2x +19-4．（2024 高一上·寧夏吳忠·期中）已知 =
x - 2
(1)根據單調性的定義證明函數 f (x) 在區間 (2,+ ) 上是減函數
g(x) 2x +1(2)若函數 = , x [3,a]（ a 3）的最大值與最小值之差為 1，求實數 a的值
x - 2
ì1- ax, x a,
9-5．（2024 高三上·廣東深圳·階段練習）設函數 f x = í 2 f x a
x - 4x + 3, x a.
若 存在最小值，則 的取值范
圍為（ ）
A． é- 2, 2ù B． é ù 0, 2
C． é - 2, 2ù 2,+ D． é 0, 2ù 2,+
（六）
求二次函數的最值
二次函數最值的求法
(1)探求二次函數 y＝f(x)在給定區間上的最值問題，一般要先作出 y＝f(x)的草圖，然后根據圖
象判斷函數的單調性．對于“定對稱軸變區間”“變對稱軸定區間”的情況，特別要注意二次函數
圖象的對稱軸與所給區間的位置關系，它是求解二次函數在已知區間上最值問題的主要依據，
并且最大(小)值不一定在頂點處取得．
(2)二次函數圖象的對稱軸與定義域區間的位置通常有三種關系：①對稱軸在定義域的右側；②
對稱軸在定義域的左側；③對稱軸在定義域區間內．
題型 10：求二次函數的最值
10-1．（2024 高一上·廣東深圳·期中）已知函數 f (x) = x2 + ax + b．
(1)若函數 f x 在 1, + 上是增函數，求實數 a 的取值范圍；
(2)若b =1，求 x [0,3]時 f (x) 的最小值 g(a)．
10-2．（2024 高一上·陜西榆林·階段練習）已知函數 f (x) = x2 + 2ax + 3（ a 0）的最小值為–1．
(1)求實數 a 的值；
(2)當 x [t, t +1]， t R 時，求函數 f (x) 的最小值．
10-3．（2024 高一上·江西南昌·階段練習）已知二次函數 y = f x 滿足 f 0 =3，且 f x +1 - f x = 2x -1．
(1)求 f x 的解析式；
(2)求函數在區間 -2, t ， t -2上的最大值 g t ．
10-4．（2024 高一上· 2河南商丘·階段練習）已知函數 f x = x - 2ax + 2, x -1,1 .
(1)求 f x 的最小值 g a ;
(2)求 g a 的最大值.
10-5．（2024 高一·全國·課后作業）已知函數 y = f (x) 的表達式 f (x) = x2 - 2x - 3，若 x [t, t + 2]，求函數 f (x)
的最值．
（七）
一元二次不等式的恒成立問題
(1)ax2＋bx＋c>0(a≠0) > 0恒成立(或解集為 R)時，滿足{ < 0 ；
(2)ax2＋bx＋c≥0(a≠0) > 0恒成立(或解集為 R)時，滿足{ ≤ 0 ；
(3)ax2 bx c<0(a≠0) ( R) { < 0＋ ＋ 恒成立 或解集為 時，滿足 < 0 ；
(4)ax2 bx < 0＋ ＋c≤0(a≠0)恒成立(或解集為 R)時，滿足{ ≤ 0 .
ìa 0
注：①已知關于 x 的一元二次不等式 ax2 + bx + c 0 的解集為 ，則一定滿足 í ；
0
a 0
②已知關于 x
ì
的一元二次不等式 ax2 + bx + c 0的解集為 ，則一定滿足 í ．
0
③含參數的一元二次不等式恒成立．若能夠分離參數成 kf(x)形式．則可以轉化為函數值域
求解．
設 f(x)的最大值為 M，最小值為 m.
(1)k(2)k>f(x)恒成立 k>M，k≥f(x)恒成立 k≥M.
題型 11：函數不等式恒成立問題
4
11-1．（2024 高一上·山西晉城·階段練習）已知函數 f x = x + ，
x
(1)判斷函數 f x 在區間 0, + 上的單調性，并利用定義證明；
é1 ù
(2)若對任意的 x1, x2 ê , 4ú 時， f x1 - f x2 m
2
+ 恒成立，求實數m2 的取值范圍. m
11-2．（2024 高一上·上海普陀· f x = ax2階段練習）已知 + x - a, a R .
(1)若不等式 f x -2x2 - 3x +1- 2a 對一切實數 x 恒成立，求實數 a 的取值范圍；
(2)若 a 0，解不等式 f x 1 .
11-3．（2024 高一上·四川成都·階段練習）已知函數 y = x2 - (a + 2)x + 4(a R) .
(1)若對任意的1 x 4， y + a +1 0恒成立，求實數 a 的取值范圍；
(2)若對任意的-1 a 1， y (2 - 2a)x + 2a 恒成立，求 x 的取值范圍.
題型 12：函數不等式有解問題
12-1．（2024 高一上·福建泉州·期末）已知函數 f (x) = ax2 - 4ax + b(a 0)在[0,3]上的最大值為 3，最小值為
-1．
(1)求 f (x) 的解析式；
(2)若$x (1,+ ) ，使得 f (x) mx ，求實數 m 的取值范圍．
12-2．（2024 2高一上·河北滄州·階段練習）已知函數 f x = x - a + 2 x + 4 a R
(1)解關于 x 的不等式 f x 4 - 2a；
(2)已知 g x = mx + 5 - 2m，當 a = 2時，若對任意的 x1 1,4 ，總存在 x2 1,4 ，使 f x1 = g x2 成立，求
實數 m 的取值范圍.
12-3．（2024 高一·全國·單元測試）若存在實數m [-2,2]，使得不等式 2x -1 m x2 -1 成立，求 x 的取值范
圍．
一、單選題
ì-x2 - ax - 9, x 1

1．（2024 高一上·四川廣安·期末）已知函數 f x = í a 在R 上單調遞增，則實數 a 的取值范圍
, x 1 x
為（ ）
A． -5,0 B． (- , -2)
C． -5, -2 D． (- ,0)
2．（2024 高一上· 2陜西西安·期中）已知函數 f x = x - kx -8在 1,4 上單調，則實數 k 的取值范圍為（ ）
A． 2,8 B． -8,-2 C． - ,-8 U -2,+ D． - , 2 8, +
3．（寧夏中衛市第一中學 2023-2024 學年高一上學期第一次月考數學（B 卷）試題）若函數 y＝f(x)在 R 上單
調遞減，且 f(2m－3) > f(－m)，則實數 m 的取值范圍是（ ）
A．(－∞，－1) B．(－1，＋∞) C．(1，＋∞) D．(－∞，1)
4．（2024 高一上·全國·課后作業）已知 y = f x 的圖象如圖所示，則該函數的單調增區間為（ ）
A．[-1,3] B．[-1,2]和[4,5]
C．[-1,2] D． -3, -1 和 2,4
5．（2024 高二下·陜西寶雞·期末）函數 f (x) = 3+ 2x - x2 的單調遞增區間是（ ）
A． - ，1 B． 1，+ C． 1,3 D． -1,1
6．（2024 高一上·福建三明·階段練習）下列有關函數單調性的說法，不正確的是（ ）
A．若 f x 為增函數， g x 為增函數，則 f x + g x 為增函數
B．若 f x 為減函數， g x 為減函數，則 f x + g x 為減函數
C．若 f x 為增函數， g x 為減函數，則 f x + g x 為增函數
D．若 f x 為減函數， g x 為增函數，則 f x - g x 為減函數
1
7．（2024 高一下·云南普洱·階段練習）函數 f x = x + + 3的最小值為（ ）
x 3 +
10
A．2 B． C．3 D．以上都不對
3
ì a +1 x +1, x 1
8．（2024 高一上·廣西桂林·期末）已知函數 f x = í 2 在R 上單調遞增，則實數 a的取值范圍
x - 2x + 4, x 1
是（ ）
A． -1,1 B． -1,2 C． 1,2 D． 1, +
9．（2024 高一上·河南信陽·階段練習）若函數 f (x) = ax2 + x + a 在[1,+ )上單調遞增,則 a 的取值范圍是( )
A． (0, + ) B． (0,1] C．[1,+ ) D．[0,+ )
10．（2024 高一·全國·課后作業）函數 f (x) 的定義域為[-3,4]，且在定義域內是增函數，若
f (2m-1) - f (1-m) 0，則 m 的取值范圍是（ ）
A．m
2 2 2 5 2 B．m C． m D．-1 m
3 3 3 2 3
11．（2024 高三·全國·專題練習）函數 f (x) = x - 2 x的單調遞減區間是（ ）
A．[1, 2] B．[-1,0] C． (0, 2] D．[2,+ )
12．（2024·海南海口·模擬預測）函數 f (x) = x2 - 4 | x | +3的單調遞減區間是（ ）
A． (- , -2) B． (- , -2)和 (0,2)
C． (-2,2) D． (-2,0) 和 (2,+ )
13．（2024 高一上·天津和平·期中）函數 y = x
1
+ 的單調遞減區間為（
x ）
A． (0,1] B．[-1,1] C．[-1,0) (0,1] D．[-1,0)， (0,1]
f x x -114．（2024 高一·全國·專題練習）函數 = 的單調增區間為（　　）
x
A．（0，+∞） B．（﹣∞，0）
C．（﹣∞，0）∪（0，+∞） D．（﹣∞，0），（0，+∞）
ìg(x) + x + 4, x g(x)
15．（2024 高一上·天津和平·期中）設函數 g(x) = x2 - 2(x R) ， f (x) = í f (x)g(x) x, x 則 的值域 - g(x)
是（ ）
é 9- ,0ùA． ê (1, + ) B．[0,+ ) 4 ú
é9 , é 9 ùC． ê + ÷ D． ê- ,0ú (2, + ) 4 4
ì-x2 + ax, x 1
16．（2024 高三下·北京海淀·期中）已知函數 f (x) = í ，若存在 x1, x2 R, x1 x ，使得
ax -1, x 1
2
f x1 = f x2 成立，則實數 a 的取值范圍是（ ）
A． a -2或 a 2 B． a 2 C．-2 a 2 D． a 2
17．（2024 高一·全國·課后作業）下列命題正確的是（ ）
1
A．函數 y = x2在R 上是增函數 B．函數 y = 在 (- ,0) U (0,+ )x 上是減函數
C．函數 y = x2和函數 y = x 1
1
的單調性相同D．函數 y = 和函數 y = x +x 的單調性相同x
二、多選題
18．（2024 高一上·江蘇南京·期中）下列說法正確的是（ ）
A．定義在 R 上的函數 f (x) 滿足 f (2) f (1)，則函數 f (x) 是 R 上的增函數
B．定義在 R 上的函數 f (x) 滿足 f (2) f (1)，則函數 f (x) 是 R 上不是減函數
C．定義在 R 上的函數 f (x) 在區間 - ,0 上是增函數，在區間 0, + 上也是增函數，則函數 f (x) 在 R
上是增函數
D．定義在 R 上的函數 f (x) 在區間 - ,0 上是增函數，在區間 (0, + )上也是增函數，則函數 f (x) 在 R
上是增函數
19．（2024 高二下·遼寧大連·期末）在下列函數中，最小值是 2 的是（ ）
1 2 1
A． y = x + B． y = x -1 +
x x2 -1
C． y
1
= , x 5 ù 2
x - 2
2, D． y = x - 4x + 6
è 2 ú
1 ù
20．（2024 高一上·廣東湛江·階段練習）若不等式 x2 + ax +1 0對于一切 x 0, ú恒成立，則 a 的值可能是è 2
（ ）
5
A．-1 B．-2 C．- D．-3
2
三、填空題
-x + a, x 0,
21．（2024·上海）設 f (x) = { 1 若 f (0)是 f (x) 的最小值，則 a的取值范圍是　　　　　.x + , x 0,
x
22．（2024 高一上·河北保定·期中）已知 y = (a -1)x + 5在R 上是增函數，則 a 的取值范圍是 ．
ì-x2 + x,0 x 2,
23．（2024 高一上·內蒙古通遼·期末）已知函數 f x = í 2 f x 的最大值為 m， f x 的最小
-x - x, -1 x 0,
值為 n，則m + n = ．
24．（2024 高一上·全國·課后作業）已知 y = f x 是定義在 -1,1 上的減函數，則不等式 f (1- x) f 2x -1
的解集為 .
x +1
25．（2024 高一上·上海楊浦·期末）函數 y = 的單調減區間為 .
x - 2
ì-2x +1, x 0
26．（2024 高一上·廣東汕尾·期末）已知函數 f x = í 2 f x x 2x 1, x 0，則 的單調遞增區間為 . - + +
27．（2024 高一上·浙江溫州·期中）函數 f x = x - 3 單調減區間是 .
ì 4
f (x) =
x + , x 1
28．（2024 高一上·新疆·期中）若函數 í x 的值域是R ，則實數 a的取值范圍是 ．
(2a -1)x -1, x 1
29．（2024 高三·全國·對口高考）設 f (x) = x2 - 4x - 4的定義域為[t - 2, t -1]，對于任意實數 t，則 f x 的最
小值j (t) = ．
ìa, a bmin a,b 30．（2024 高一·全國·課后作業）定義一種運算 = í ，設 f (x) = min 4 + 2x - x2 , | x - t | （t
b, (a b)
為常數），且 x [-3,3]，則使函數 f (x) 最大值為 4 的 t 值是 ．
四、解答題
31．（2024 2高一上·云南紅河·期末）已知函數 f x = x - 2ax + 3 a R .
(1)當 a = 2時，求 f x 0 的解集；
(2)求函數 f x 在區間 1,3 上的最小值 h a .
32．（2024 高一上·云南·階段練習）已知二次函數 ( ) = 2 4 + 3，非空集合 A = x | 0 x a .
(1)當 x A時，二次函數的最小值為-1，求實數 a的取值范圍；
(2)當__________時，求二次函數 ( ) = 2 4 + 3的最值以及取到最值時 x 的取值.
在① a =1，② a = 4，③ a = 5，這三個條件中任選一個補充在（2）問中的橫線上，并求解.
（注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.）
33．（2024 2高一上·上海閔行·期末）已知函數 f x = x - 2tx +1, x 2,5 嚴格單調，且 f (x) 的最大值為 8，求
實數 t的值.
34．（2024 高一上·陜西安康·階段練習）已知函數 f (x) = x2 + ax + 3，求函數在區間[-1,1]上的最小值 g(a).
35．（2024 高一·全國·課后作業）用定義證明：函數 f (x) = x3 在R 上是增函數．
2 1
36．（2024 高一·全國·專題練習）已知函數 f x = .判斷函數 f x 在
3x -1
,+ ÷ 上的單調性，并證明；
è 3
x +1
37．（2024 高一上·新疆烏魯木齊·期末）已知函數 f x = ，判斷并證明 f x 在 (-2,+ )上的單調性.
x + 2
38．（2024 高一·江蘇·假期作業）已知函數 f (x) ，
(1)對任意的 a,b R ，都有 f (a + b) = f (a) + f (b) -1，且當 x 0時， f (x) 1求證： f (x) 是R 上的增函數；
(2)若 f (x)是 0, x + 上的增函數，且 f ÷ = f (x)
1
- f (y), f (2) =1，解不等式 f (x) - f

y x - 3 ÷
2 ．
è è
39．（2024 高一上·江西撫州·期中）已知函數 f x 的定義域為 0, + ,且對任意的正實數 x, y都有
f xy = f x + f (y) ,且當 x 1時, f x 0 , f 4 =1 .
(1)求 f
1
16 ÷
;
è
(2)求證: f x 為 0, + 上的增函數;
(3)解不等式 f x + f x - 3 1.
1
40．（2024 2高一上·遼寧鐵嶺·階段練習）已知 f (x) = -x + 4x - 5, g x = x + + a ，其中 a為常數．
x
(1)若 g x 0 ì的解集為 íx | 0 x 1 或 x 3 ，求 a的值；
3
(2)"x1 [0,3],$x2 [1,2]使 f x1 g x2 ，求實數 a的取值范圍．
41．（2024 高一上·重慶沙坪壩·階段練習）已知定義在R 的函數 f x 滿足以下條件：
① f 1 =1；
②當 x 0時， f x 0；
③對"x, y R，均有 f x + y = f x f y + f x + f y ．
(1)求 f 0 和 f 3 的值；
(2)判斷并證明 f x 的單調性；
7 - f x +1(3)求不等式 f

é f x ù 1+ f x 1 的解集．+3.2.1 單調性與最大（小）值 12 題型分類
一、函數的單調性及其符號表達
(1)函數單調性的概念
函數值隨自變量的增大而增大(或減小)的性質叫做函數的單調性．
(2)函數單調性的符號表達
一般地，設函數 f(x)的定義域為 I，區間 D I：
如果 x1，x2∈D，當 x1如果 x1，x2∈D，當 x1f(x2)，那么就稱函數 f(x)在區間 D 上單調遞減.
二、增函數、減函數
當函數 f(x)在它的定義域上單調遞增時，我們就稱它是增函數．
當函數 f(x)在它的定義域上單調遞減時，我們就稱它是減函數．
三、單調區間
如果函數 y＝f(x)在區間 D 上單調遞增或單調遞減，那么就說函數 y＝f(x)在這一區間具有(嚴格的)單調
性，區間 D 叫做 y＝f(x)的單調區間．
1．單調性是函數的局部性質，但在其單調區間上是整體性質，因此對 x1，x2有下列要求：
(1)屬于同一個區間 D；
(2)任意性，即 x1，x2是定義域中某一區間 D 上的任意兩個值，不能用特殊值代替；
(3)有大小，即確定的任意兩值 x1，x2必須區分大小，一般令 x12 f(x) {1，x 是偶數，．并非所有的函數都具有單調性．如 ＝ 0 它的定義域為 Z，但不具有單調性．，x 是奇數，
3．單調區間
(1)這個區間可以是整個定義域．如 y＝x 在整個定義域(－∞，＋∞)上單調遞增， y＝－x 在整個定義域
(－∞，＋∞)上單調遞減；
(2)這個區間也可以是定義域的真子集．如 y＝x2在定義域(－∞，＋∞)上不具有單調性，但在(－∞，0]上
單調遞減，在[0，＋∞)上單調遞增．
1
4．函數在某個區間上單調遞增(減)，但是在整個定義域上不一定都是單調遞增(減)．如函數 y＝ (x≠0)
x
在區間(－∞，0)和(0，＋∞)上都單調遞減，但是在整個定義域上不具有單調性．
5．一個函數出現兩個或者兩個以上的單調區間時，不能用“∪”連接，而應該用“和”或“，”連接．如函
1 1
數 y＝ (x≠0)在區間(－∞，0)和(0，＋∞)上都單調遞減，不能認為 y＝ (x≠0)的單調遞減區間為(－∞，0)∪(0，
x x
＋∞)．
6．函數的單調性是相對于函數的定義域的子區間 D 而言的．對于單獨的一點，它的函數值是唯一確定
的常數，沒有增減變化，所以不存在單調性問題．因此在寫單調區間時，區間端點可以包括，也可以不包
括．但對于函數式無意義的點，單調區間一定不能包括這些點．
四、函數的最大值與最小值
最大值 最小值
一般地，設函數 y＝f(x)的定義域為 I，如果存在實數 M 滿足： x∈I，都有
條件 f(x)≤M f(x)≥M
x0∈I，使得 f(x0)＝M
結論 稱 M 是函數 y＝f(x)的最大值 稱 M 是函數 y＝f(x)的最小值
幾何意義 f(x)圖象上最高點的縱坐標 f(x)圖象上最低點的縱坐標
1．對函數最值的三點說明
(1)最大(小)值必須是一個函數值，是值域中的一個元素，如函數 y＝x2(x∈R)的最小值是 0，有 f(0)＝0.
(2)最大(小)值定義中的“任意”是說對于定義域內的每一個值都必須滿足不等式，即對于定義域內的全部
元素，都有 f(x)≤M(f(x)≥M)成立，也就是說，函數 y＝f(x)的圖象不能位于直線 y＝M 的上(下)方．
(3)最大(小)值定義中的“存在”是說定義域中至少有一個實數滿足等號成立，也就是說 y＝f(x)的圖象與直
線 y＝M 至少有一個交點．
2．函數最值與函數值域的關系
函數的值域是一個集合，最值若存在則屬于這個集合，即最值首先是一個函數值，它是值域的一個元
素．函數值域一定存在，而函數并不一定有最大(小)值．
3．利用單調性求最值的常用結論
(1)如果函數 f(x)在區間[a，b]上單調遞增(減)，則 f(x)在區間[a，b]的左、右端點處分別取得最小(大)值
和最大(小)值．
(2)如果函數 f(x)在區間(a，b]上單調遞增，在區間[b，c)上單調遞減，則函數 f(x)在區間(a，c)上有最大
值 f(b)．
(3)如果函數 f(x)在區間(a，b]上單調遞減，在區間[b，c)上單調遞增，則函數 f(x)在區間(a，c)上有最小
值 f(b)．
（一）
證明或判斷函數的單調性
定義法證明單調性的步驟
判斷函數的單調性常用定義法和圖象法，而證明函數的單調性則應嚴格按照單調性的定義操
作．
利用定義法判斷函數的單調性的步驟如下：
注意：對單調遞增的判斷，當 x1f(x1)－f(x2)
(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0 或 >0.
x1－x2
對單調遞減的判斷，當 x1f(x2)，相應地也可用一個不等式來替代：
f(x1)－f(x2)
(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0 或 <0.
x1－x2
題型 1：利用函數單調性定義判斷單調性
1-1．（2024 高一下·上海楊浦·期中）已知函數 y = f x 的定義域為R ，“ f 2 f 8 ”是“函數 y = f x 在區
間 2,8 是嚴格增函數”的（ ）條件
A．充分非必要 B．必要非充分 C．充分必要 D．既非充分又非必要
【答案】B
【分析】利用單調性的定義及充分、必要條件的定義即可.
【詳解】顯然由 f 2 f 8 推不出函數單調，個別情況推不出整體的單調性，不滿足充分性；
反之函數 y = f x 在區間 2,8 是嚴格增函數，可知 f 2 f 8 ，滿足必要性.
即“ f 2 f 8 ”是“函數 y = f x 在區間 2,8 是嚴格增函數”的必要不充分條件.
故選:B
1-2．（24-25 高一上·上海·課堂例題）若定義在R 上的函數 f x 對任意兩個不相等的實數 a、b ，總有
f a - f b
0成立，則必有（ ）
a - b
A． f x 在R 上是嚴格增函數 B． f x 在R 上是嚴格減函數
C．函數 f x 是先增后減函數 D．函數 f x 是先減后增函數
【答案】B
【分析】利用給定條件結合函數單調性的定義求解即可.
f a - f b
【詳解】因為 0，所以 a - b和 f a - f b 異號，
a - b
所以當 a b 時， f a > f b ，當 a > b時， f a f b ，
故 f x 在R 上是嚴格減函數，故 B 正確.
故選：B
1-3．（2024 高三·全國·專題練習）設函數 f x 在R 上為增函數，則下列結論正確的是（ ）
1
A． y = f x 在 R 上為減函數
B． y = f x 在 R 上為增函數
1
C． y = - f x 在 R 上為增函數
D． y = - f x 在 R 上為減函數
【答案】D
【分析】通過舉反例即可判斷 A、B、C 選項，可以借助單調性的定義證明 D 選項.
1 1
【詳解】對于 A 選項，若 f x = x，則 y = =f x x ，在R 上不是減函數，故 A 錯誤；
對于 B 選項，若 f x = x，則 y = f x = x ，在R 上不是增函數，故 B 錯誤；
1 1
對于 C 選項，若 f x = x，則 y = - = -f x x ，在R 上不是增函數，故 C 錯誤；
對于 D 選項，函數 f x 在R 上為增函數，則對于任意的 x1, x2 R ，設 x1 x2，必有 f x1 f x2 ，即
f x1 - f x2 0，
對于 y = - f x ，則有 y1 - y2 = é- f x1 ù - é - f x2 ù = - é f x1 - f x2 ù > 0
則 y = - f x 在R 上為減函數，故 D 正確．
故選：D.
1-4．（24-25 高一上·上海·隨堂練習）下列函數在定義域上為嚴格減函數的是（　　）
y 3A． = B． y = x +1x
C． y = x2 - 2x + 3 D． y = -x + 5
【答案】D
【分析】根據特殊值法判斷 A,B,C 選項，應用一次函數的單調性性質判斷 D 選項.
【詳解】對于 A:當 x1 = -1, y1 = -3，當 x2 =1, y2 = 3， x1 x2 , y1 y2 ,在定義域上不是嚴格減函數，錯誤；
對于 B:當 x1 = 0, y1 =1，當 x1 =1, y1 = 2， x1 x2 , y1 y2 ，在定義域上不是嚴格減函數，錯誤；
對于 C: x1 =1, y1 = 2 ,當 x1 = 2, y1 = 3， x1 x2 , y1 y2 ，在定義域上不是嚴格減函數，錯誤；
對于 D:因為-1 0, y = -x + 5在定義域R 內為嚴格減函數,正確.
故選：D.
題型 2：利用函數單調性定義證明單調性
1
2-1．（2024 高一上·廣東肇慶·開學考試）根據定義證明函數 y = x + 在區間 (1,+ )上單調遞增.
x
【答案】證明見解析
【分析】根據函數單調性的定義創建相關不等式證明即可.
【詳解】"x1， x2 (1,+ )，且 x1 x2，有

y 1 1 1 11 - y2 = x1 + ÷ -x
x2 + ÷ = xx 1 - x2 + - ÷è 1 è 2 è x1 x2
= x1 - x2
x2 - x1 x1 - x+ = 2 x x -1
x1x2 x1x
1 2 .
2
由x1， x2 (1,+ )，得 x1 >1， x2 >1，所以 x1x2 >1， x1x2 -1 > 0，
x - x
又由 x1 x2，得 x1 - x2 0
1 2
，于是 x x -1 0 y yx 1 2 ，即 1 2 .1x2
1
所以，函數 y = x + 在區間 (1,+ )上單調遞增.
x
1
2-2．（2024 高一·全國·課后作業）求證：函數 f x = 在區間 1,+ 上是增函數.
1- x
【答案】證明見解析
【分析】根據函數單調性的定義，取1 x1 x2 并結合解析式，判斷 f x1 , f x2 的大小關系，即可證明結
論.
1 1 x1 - x2
【詳解】證明：任取1 x1 x2 ， f x1 - f x2 = - =1- x1 1- x2 1- x1 1- x
.
2
又 x1 - x2 0，1- x1 0，1- x2 0 .
x1 - x∴ 2 0 1- x 1 x ，則 f x1 - f- x2 0，即 f x1 f x2 .1 2
∴ f x 1= 在區間 1, + 上是增函數.
1- x
2-3．（2024 高一下·湖北黃岡·期中）求證：函數 f (x)
x + a
= (a >1) 在區間 -1，+ 上是減函數．
x +1
【答案】證明見解析
【分析】利用函數單調性的定義即可求證.
【詳解】設"x1, x2 -1，+ ，且 x1 x2，
f x f x x1 + a x2 + a 1- a x1 - x- 2 則 1 2 = - =x1 +1 x2 +1 x1 +1 x
,
2 +1
Q x1, x2 -1，+ ，且 x1 x2，
\ x1 +1 > 0, x2 +1 > 0, x1 - x2 0又 a >1，
\1- a 0 ,
1- a x
\ 1
- x2 > 0 f
x 1 x 1 ,即 x1 - f x2 > 01 + 2 +
\ f x1 > f x2 ，
故函數 f x 在區間 -1，+ 是減函數.
2-4．（2024 高一·全國·專題練習）設函數 f x x +1= ．用定義證明函數 f x 在區間 (1,+ )上是單調減函數；
x -1
【答案】證明見解析；
【分析】根據定義法證明函數單調性的步驟即可求解.
【詳解】證明：
f (x ) f x x1 +1 x2 +1 2 x2 - x 任取1 x 11 x2 ，因為 1 - 2 = - =x1 -1 x2 -1 x1 -1 x2 -1
Q1 x1 x2
\ x1 -1 > 0, x2 -1 > 0, x2 - x1 > 0
\ f (x1) - f x2 > 0 f x1 > f x2
\ f (x)在 (1,+ )上是單調減函數
x - b 1 2
2-5．（2024 高一上·廣東廣州·期末）已知函數 f x = ，且 f 2 = ， f 3 = ．
x - a 4 5
(1)求函數 f x 的解析式；
(2)根據定義證明函數 f x 在 -2, + 上單調遞增．
f x x -1【答案】(1) =
x + 2
(2)證明見解析
【分析】（1）直接根據條件列方程組求解即可；
（2）任取 x1 > x2 > -2，計算判斷 f x1 - f x2 的符號即可證明單調性.
ì 2 - b 1
f 2 = =
1 2 - a 4
ìa = -2
【詳解】（ ）由已知 í ，解得 í ，
f 3 3- b 2 b =1= = 3 - a 5
x -1
\ f x = ；
x + 2
（2）任取 x1 > x2 > -2，
x1 -1 x2 -1 x1 -1 xf x - f x = - = 2 + 2 - x2 -1 x1 + 2 3 x= 1 - x2 則 1 2 x1 + 2 x2 + 2 x1 + 2 x2 + 2 x 2 x 2
，
1 + 2 +
Q x1 > x2 > -2，
\ x1 + 2 > 0, x2 + 2 > 0, x1 - x2 > 0，
\ f x1 - f x2 > 0，即 f x1 > f x2 ，
\函數 f x 在 -2, + 上單調遞增.
（二）
求函數的單調區間
求函數單調區間的三種方法
方法一：轉化為已知的函數(如一次函數、二次函數等)的單調性判斷．
方法二：定義法，即先求出定義域，再利用單調性的定義進行判斷求解．
方法三：圖象法，即先畫出圖象，根據圖象求單調區間．
注：函數的單調性是在定義域內的某個區間上的性質，單調區間是定義域的子集；當函數出現
兩個以上單調區間時，單調區間之間可用“，”分開，不能用“∪”，可以用“和”來表示；
在單調區間 D 上函數要么是增函數，要么是減函數，不能二者兼有．
題型 3：求函數的單調區間
3-1．（2024 高一上·新疆喀什·期末）函數 y = x2 + x + 2 ， x (-5,5) 的單調減區間為（ ）
1 1 1 1
A． (- , - ) B． (- , + ) C． (- ,5) D． (-5,- )
2 2 2 2
【答案】D
【分析】首先求出函數的對稱軸，即可判斷函數的單調性.
1
【詳解】解：函數 y = x2 + x + 2 對稱軸為 x = - ，開口向上，
2
1
所以函數 y = x2 + x + 2 ， x (-5,5) 的單調減區間為 -5, - 2 ÷
.
è
故選：D
3-2．（2024 高一·全國·課后作業）如圖是函數 y = f x 的圖象，則函數 f x 的減區間是（ ）
A． -1,0 B． 1,+ C． -1,0 1, + D． -1,0 , 1, +
【答案】D
【分析】若函數在區間上單調遞減，則對應的函數圖象為從左到右下降的，結合函數圖象即可得解，需注
意的是函數在兩個區間上單調遞減，不能寫成并集的形式；
【詳解】解：若函數在區間上單調遞減，則對應的函數圖象為從左到右下降的．由圖象知，函數 f x 的圖
象在 -1,0 ， 1,+ 上分別是從左到右下降的，則對應的減區間為 -1,0 ， 1,+ ，
故選：D．
6
3-3．（2024 高一·全國·課后作業）函數 y = 的減區間是（ ）
x
A．[0, + ) B． (- ,0]
C． (- ,0)，(0, + ∞) D． (- ,0) U (0,+ )
【答案】C
【解析】畫出函數圖象，數形結合即可求得結果.
【詳解】由圖象知單調減區間為 (- ,0)，(0, + ∞)
故選：C .
【點睛】本題考查簡單函數單調區間的求解，屬簡單題.
3-4．（2024 高二下·貴州· 2學業考試）函數 f x = x -1的單調遞增區間是（ ）
A． - , -3 B． 0, +
C． -3,3 D． -3, +
【答案】B
【分析】直接由二次函數的單調性求解即可.
2
【詳解】由 f x = x -1知，函數為開口向上，對稱軸為 x = 0的二次函數，則單調遞增區間是 0, + .
故選：B.
3-5．（2024 高一上·河南信陽·階段練習）函數 f (x) = x | x - 2 |的單增區間為（ ）
A． (- ,1] [2,+ ) B． (1, 2)
C． (2,+ ) D． (- ,1), (2,+ )
【答案】D
【分析】得出分段函數解析式，即可得解.
ìx2 - 2x, x 2
【詳解】 f (x) = x x - 2 = í .
2x - x
2 , x 2
因為 y = x2 - 2x = x -1 2 -1， y = 2x - x2 = - x -1 2 +1，
所以 f (x) 的增區間是 (- ,1), (2,+ ) ．
故選：D
（三）
函數單調性的應用
1、由函數單調性求參數范圍的處理方法是：
(1)由函數解析式求參數
若為二次函數——判斷開口方向與對稱軸——利用單調性確定參數滿足的條件，
若為一次函數——由一次項系數的正負決定單調性.
若為復合函數 y＝|f(x)|或 y＝f(|x|)——數形結合，探求參數滿足的條件.
(2)當函數 f(x)的解析式未知時，欲求解不等式，可以依據函數單調性的定義和性質，將符號“f”
脫掉，列出關于自變量的不等式(組)，然后求解，此時注意函數的定義域.
2、利用單調性比較大小或解不等式的方法
(1)利用函數的單調性可以比較函數值或自變量的大小．在解決比較函數值的問題時，要注意
將對應的自變量轉化到同一個單調區間上．
(2)利用抽象函數的單調性求范圍．
①依據：定義在[m，n]上的單調遞增(減)函數中函數值與自變量的關系 f(a){a < b a > b ，m ≤ a ≤ n，m ≤ b ≤ n.
②方法：依據函數的單調性去掉符號“f”，轉化為不等式問題求解．
題型 4：利用函數單調性求參數的取值范圍
4-1．（2024 高一上·四川達州·階段練習）若函數 f (x) = 2x2 + mx -1在區間 (-1, + )上是增函數，則實數m 的
取值范圍是
【答案】[4,+ )
【分析】利用二次函數 f (x) = 2x2 + mx -1的單調性列出關于實數m 的不等式，解之即可求得實數m 的取值
范圍.
m
【詳解】二次函數 f (x) = 2x2 + mx 1 é - 的圖像開口向上，單調增區間為 ê- ,+ 4 ÷
，

又函數 f (x) = 2x2 + mx -1在區間 (-1, + )上是增函數，
m
則- -1，解之得m 4，則實數m 的取值范圍是[4,+ )
4
故答案為：[4,+ )
ìx2 +2ax+5,x<1

4-2．（2024 高一上·黑龍江牡丹江·階段練習）已知函數 f x = í a 在區間 - ,+ 上是減函數，則
- , x 1 x
整數 a 的取值可以為（ ）
A．-2 B． 2 C．0 D．1
【答案】A
ì-a 1

【分析】由題意可得 ía<0 ，解不等式即可得出答案.

1+2a+5 -a
ì-a 1

【詳解】解：由題意可得 ía<0 ，解得-2 a -1，

1+2a+5 -a
∴整數 a 的取值可以為-2 .
故選：A
4-3．（2024 高一上·江蘇揚州·階段練習）“ a = 3”是“函數 f x = - x - a 在區間 3, + 上為減函數”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】A
【分析】求出函數 f x = - x - a 在區間 3, + 上為減函數的 a的取值范圍，結合與 a = 3的關系求出答案
【詳解】 f x = - x - a 的圖象如圖所示，
要想函數 f x = x - a 在區間 3, + 上為減函數，必須滿足 a 3，
因為 3 是 a a 3 的子集，
所以“ a = 3”是“函數 f x = - x - a 在區間 3, + 上為減函數”的充分不必要條件.
故選：A
4-4．（2024 高一·全國·課后作業）設函數 f (x) = (a -1)x +1是R 上的減函數，則有（ ）
A．a 1 B．a 1 C． a >1 D． a 1
【答案】D
【分析】根據函數的單調性列出相應的不等式，即可求得答案.
【詳解】由題意函數 f (x) = (a -1)x +1是R 上的減函數，
則 a 1，否則 f (x) = 1為常數函數，不合題意，故 f (x) = (a -1)x +1為一次函數，
故 a -1 0,\a 1，
故選：D
題型 5：利用函數的單調性比較大小
5-1．（2024 高一上·江蘇南通·期中）若函數 f (x) = (m -1)x + b在 R 上是增函數，則 f (m)與 f (1)的大小關系是
（ ）
A． f (m) f (1) B． f (m) > f (1)
C． f (m) f (1) D． f (m) f (1)
【答案】B
【分析】由一次函數性質求解，
【詳解】由題意得m -1 > 0 ，即m >1，
而 f (x) 在 R 上是增函數，則 f (m) > f (1)，
故選：B
x - x
5-2．（2024 高一上·全國·課后作業）設函數 y = f x 滿足：對任意的 x1, x2 R 1 2都有 > 0f x1 - f x ，則
f -3
2
與 f -π 大小關系是 （ ）
A． f (-3) > f (-π) B． f (-3) f (-π)
C． f (-3) f (-π) D． f (-3) f (-π)
【答案】A
【分析】根據已知條件確定函數的單調性，進而比較函數值大小即可.
x1 - x2
【詳解】因為 > 0f x f x ，當 x1 > x2 時 f x1 > f x2 ；當 x1 x2時 f x1 f x- 2 ；1 2
所以函數在實數R 上單調遞增，又-3 > -π，所以 f (-3) > f (-π) .
故選：A
5-3．（2024 高一·全國·課后作業）已知[a,b]是函數 f (x) 的增區間，則下列結論成立的是（ ）
A． f (a) f (b) B． f (a) f (b) 0 C． f (a) f (b) > 0 D． f (a) f (b) 0
【答案】A
【分析】根據單調性的定義判斷即可.
【詳解】因為[a,b]是函數 f (x) 的增區間，所以 f (a) f (b)，故 A 正確；
由于無法確定 f a 、 f b 的取值情況，故無法判斷 f (a) f (b)的符號，故 B、C、D 錯誤；
故選：A
5-4．（2024 高一·全國·專題練習）已知函數 f x 是區間 0, + 內的減函數，則 f a2 - a +1 與 f 3 ÷的大小
è 4
關系為（　　）
3 3
A． f a2 - a +1 f ÷ B． f a2 - a +14 f è è 4 ÷
C f a2 - a 3+1 = f ． ÷ D．不確定
è 4
【答案】B
【分析】由已知結合二次函數的性質及函數的單調性即可比較大小．
1 2 3 3
【詳解】因為 a2 - a +1 = a -
+ ，
è 2 ÷ 4 4
又 f x 是區間 0, + 內的減函數，
2 3
所以 f a - a +1 f 4 ÷ .è
故選：B．
題型 6：利用函數單調性解不等式
6-1．（2024 高一上·江蘇南京·期中）已知函數 y = f x 是定義在 R 上的增函數，且 f 1- a f a - 3 ，則 a
的取值范圍是（ ）
A． 2, + B．(2，3)
C．(1，2) D．(1，3)
【答案】A
【分析】根據函數的單調性有1- a a - 3，即可求 a 的取值范圍.
【詳解】∵ y = f x 是定義在 R 上的增函數，且 f 1- a f a - 3 ，
∴1- a a - 3，解得 a > 2，則 a 的取值范圍為 2, + ．
故選：A．
6-2．（2024·山東棗莊·模擬預測）已知函數 y = f x 是定義在 -4,4 上的減函數，且 f a +1 > f 2a ，則 a
的取值范圍是 ．
【答案】 1,2
【分析】根據函數的定義域，結合函數的單調性求解即可.
【詳解】函數 y = f x 是定義在 -4,4 上的減函數，且 f a +1 > f 2a ，
∴ -4 a +1 2a 4，解得1 a 2．
故答案為： 1,2
m
6-3．（2024 高一上·云南保山·期末）已知定義在 0, + 上的函數 f x , f 滿足 = f m - f n
è n ÷
,且當 x >1

時, f x > 0 .
(1)討論函數 f x 的單調性,并說明理由;
(2)若 f 2 =1 ,解不等式 f x + 3 - f 3x > 3 .
【答案】(1) f x 在 0, + 上單調遞增,理由見解析

(2) 0,
3
23 ֏
【分析】(1)取m = x2 ,n = x1 ,利用單調性的定義,進行取值,作差,變形,定號,結論即可得出結果;
x + 3
(2)先根據 f 2 =1 ,求得 f 8 = 3 ,再利用抽象函數的式子化為 f ÷ > f 8 ,根據(1)中的單調性結論,列出
è 3x
不等式,解出即可.
【詳解】（1）解: f x 在 0, + 上單調遞增,理由如下:
因為 f x 定義域為 0, + ,
x
不妨取任意 x1, x2 0, + ,且 x1 x , 22 則 >1x ,1

f x由題意 2

÷ = f x2 - f x1 > 0 ,即 f x2 > f x1 ,
è x1
所以 f x 在 0, + 上單調遞增.
mn m2 （ ）因為m, n 0 ,令m = ,由 f
n n ÷
= f m - f n 可得:
è
f m = f mn ÷ = f mn - f n ,
è n
即 f mn = f m + f n ,
由 f 2 =1 ,可得 f 4 = f 2 + f 2 = 2 ,
令m = 4 , n = 2 ,
則 f 8 = f 4 + f 2 = 3 ,
所以不等式 f x + 3 - f 3x > 3 ,
即 f x + 3 - f 3x x + 3> f 8 ,即 f ÷ > f 8 ,
è 3x
由(1)可知 f x 在定義域內單調遞增,
ì
3x > 0

所以只需 íx + 3 > 0 ,解得0 x
3
,
23
x + 3 > 8
3x
所以不等式 f x + 3 - f 3x > 3 3 的解集為 0, .
è 23 ÷
6-4．（2024 高一上·安徽滁州·期中）已知函數 y = f x 在定義域 -1,3 上是減函數，且 f 2a -1 f 2 - a ，
則實數 a的取值范圍是（ ）
A． 1,2 B． - ,1 C． 0,2 D． 1, +
【答案】A
【分析】由函數的單調性及定義域化簡不等式，即可得解.
【詳解】因為函數 y = f x 在定義域 -1,3 上是減函數，且 f 2a -1 f 2 - a ，
ì-1 2a -1 3

則有 í-1 2 - a 3 ，

2a -1 > 2 - a
解得1 a 2，所以實數 a的取值范圍是 1,2 .
故選：A．
（四）
利用圖象求函數最值
1、利用圖象求函數最值的一般步驟
(1)畫出函數 y＝f(x)的圖象；
(2)觀察圖象，找出圖象的最高點和最低點；
(3)寫出最值，最高點的縱坐標就是函數的最大值，最低點的縱坐標就是函數的最小值．
2、圖象法求最值的步驟
題型 7：利用圖象求函數最值
7-1．（2024 高一上·安徽馬鞍山·階段練習）如圖是函數 y = f x , x -4,3 的圖象，則下列說法正確的是
（ ）
A． f x 在 -4, -1 和 1,3 上單調遞減
B． f x 在區間 -1,3 上的最大值為 3，最小值為-2
C． f x 在 -4,1 上有最大值 2，有最小值-1
D．當直線 y = m與函數 y = f x , x -4,3 圖象有交點時-2 m 3
【答案】A
【分析】根據函數圖象，結合函數的基本性質，逐項判斷，即可得出結果.
【詳解】A 選項，由函數 f (x) 圖象可得，在[-4,-1]上單調遞減，在[-1,1]上單調遞增，在[1,3]上單調遞減，
故 A 正確；
B 選項，由圖象可得，函數 f (x) 在區間 (-1,3)上的最大值為3，無最小值，故 B 錯；
C 選項，由圖象可得，函數 f (x) 在[-4,1]上有最大值3，有最小值-2，故 C 錯；
D 選項，由圖象可得，為使直線 y = m與函數 f (x) 的圖象有交點，只需-2 m 3，故 D 錯.
故選：A.
7-2．【多選】（2024 高一上·河南信陽·期中）已知函數 y = f x 的定義域為 -1,5 ，其圖象如圖所示，則下列
說法中正確的是（　　）
A． f x 的單調遞減區間為 0,2
B． f x 的最大值為3
C． f x 的最小值為-1
D． f x 的單調遞增區間為 -1,0 U 2,5
【答案】ABC
【分析】根據圖象直接判斷單調區間和最值即可.
【詳解】對于 A，由圖象可知： f x 的單調遞減區間為 0,2 ，A 正確；
對于 B，當 x = 0時， f x = 3max ，B 正確；
對于 C，當 x = 2時， f x = -1min ，C 正確；
對于 D，由圖象可知： f x 的單調遞增區間為 -1,0 和 2,5 ，但并非嚴格單調遞增，不能用“ U ”連接，D
錯誤.
故選：ABC.
（五）
利用單調性求函數最值
1、利用單調性求函數的最大(小)值的一般步驟
(1)判斷函數的單調性；
(2)利用函數的單調性求出最大(小)值．
2、函數的最大(小)值與單調性的關系
(1)若函數 f(x)在區間[a，b]上單調遞增(減)，則函數 f(x)在區間[a，b]上的最小(大)值是 f(a)，最
大(小)值是 f(b)．
(2)若函數 f(x)在區間[a，b]上單調遞增(減)，在區間[b，c]上單調遞減(增)，則函數 f(x)在區間
[a，c]上的最大(小)值是 f(b)，最小(大)值是 f(a)與 f(c)中較小(大)的一個．
題型 8：利用單調性求函數最值
ax + b 1 2
8-1．（2024 高三·河北邢臺·階段練習）函數 f (x) = 2 是定義在 - , + 上的奇函數，且 f ( ) = ．x +1 2 5
（1）求實數 a，b，并確定函數 f (x) 的解析式；
（2）判斷 f (x) 在（-1，1）上的單調性，并用定義證明你的結論；
（3）寫出 f (x) 的單調減區間，并判斷 f (x) 有無最大值或最小值？如有，寫出最大值或最小值．（本小問不
需要說明理由）
x 1
【答案】（1）\ f (x) =
x2
（2）見解析（3）單調減區間為 - , -1 , 1,+ x=-1 時， ymin = - ，當 x=1 時，+1 2
y 1min = ．2
1 2
【詳解】試題分析：（1）先根據函數為奇函數（ ）求出 值，再利用 f ( ) = 求出 值，
2 5
即可其解析式；（2）利用函數的單調性定義進行判定與證明；（3）結合（2）問容易得到單調遞減區間，進
而寫出最值.
解題思路:（1）求解析式的一種主要方法是待定系數法；（2）利用函數單調性的定義證明函數的單調性的一
般步驟為：設值代值、作差變形、判定符號、下結論.
試題解析：（1）Q f (x)是奇函數，\ f (-x) = - f (x)．
-ax + b ax + b
即 2 = - 2 ，-ax + b = -ax - b ，\b = 0x +1 x +1
1 a 2
\ f (x) ax= 2 ，又 f (
1) 2 x= ，\ 21 = ， a =1，\ f (x) =x +1 2 5 5 x2+1 +1
4
（2）任取 x1, x2 (-1,1)，且 x1 x2，
f (x ) f (x ) x1 x2 (x - x )(1- x x )1 - 2 = - = 1 2 1 2x21 +1 x
2
2 +1 (x
2
1 +1)(x
2
2 +1)
Q-1 x1 x2 1,\-1 x1x2 1, x1 - x2 0，1- x1x2 > 0
x21 +1 > 0 x
2
， 2 +1 > 0，\ f (x1) - f (x2 ) 0， f (x1) f (x2 )，
\ f (x)在（-1，1）上是增函數．
（3）單調減區間為 - , -1 , 1,+
1
當 x=-1 時， ymin = - ，當 x=1 時， .2
考點：1.函數的奇偶性；2.函數的解析式；3.函數的單調性與最值.
1
8-2．（2024 高一·全國·專題練習）函數 f x = 2 在區間[1，2]上的最大值與最小值分別是（　　）x +1
1 1 1 1
A． ， B．2，5 C．1，2 D． ，
2 5 5 2
【答案】A
【分析】先簡單判斷函數的單調性，進而求解結論．
【詳解】
解：∵y＝x2+1 在（0，+∞）上單調遞增，且 y＞1，
∴ f x 1= 2 在區間[1，2]上單調遞減，x +1
∴函數 f x 1= 2 在區間[1，2]上的最大值與最小值分別是x +1
1 1 1 1
f（1）=
12
= ，f（2）= = ，
+1 2 22 +1 5
故選：A．
8-3．（2024 高一上·全國·課后作業）設 f x 對任意的 x, y R 有 f x + y = f x + f y ，且當 x > 0時，
f x 0 .
(1)求證 f x 是R 上的減函數；
2
(2)若 f 1 = - ，求 f x 在 -3,3 上的最大值與最小值.
3
【答案】(1)證明見解析；
(2) f x = 2, f x = -2max min .
【分析】（1）由遞推關系得 f 0 = 0、 f (-x) = - f (x) ，利用單調性定義證明結論即可；
（2）由（1）知 f x 在 -3,3 上單調遞減，結合遞推關系和奇偶性求最值即可.
【詳解】（1）令 x = y = 0 ，則有 f 0 + 0 = f 0 + f 0 f 0 = 0，
令 y = -x ，則 f (0) = f (x) + f (-x) = 0 f (-x) = - f (x)，
設 x1, x2 R 且 x1 x2，則 f x2 - x1 = f x2 + f -x1 = f x2 - f x1 ，
因為 x > 0時 f x 0 ，所以 f x2 - f x1 0，
所以 f x 是R 上的減函數.
（2）由（1）： f x 是R 上的減函數，所以 f x 在 -3,3 上單調遞減，
又 f 3 = f 2 + f 1 = f 1 + f 1 + f 1 = 3 f 1 = -2 ， f -3 = - f 3 = 2，
所以 f x = f (-3) = 2, f x = f (3) = -2max min .
8-4．（2024 高一上·山東棗莊·期末）已知函數 f (x)
mx +1
= 2 是R 上的偶函數1+ x
(1)求實數m 的值，判斷函數 f (x) 在[0 , + ) 上的單調性；
(2)求函數 f (x) 在[-3 , 2]上的最大值和最小值．
【答案】(1) m = 0，單調遞減
1
(2)最小值 ，最大值1
10
【分析】（1）根據偶函數的定義，對照等式可求得m = 0，再根據函數單調性的定義可判斷函數 f (x) 在[0 , + )
上的單調性.
（2）根據函數的奇偶性和單調性，判斷 f (x) 在[-3 , 2]上的單調性，利用單調性可求得函數最值.
f (x) mx +1【詳解】（1）若函數 = 2 是R 上的偶函數，則 f (-x) = f (x) ，1+ x
m(-x) +1 mx +1
即 1+ (-x)2
= ，解得m = 01 ，+ x2
f (x) 1所以 = 2 ，1+ x
函數 f (x) 在 0, + 上單調遞減．
（2）由（1）知函數 f (x) 在 0, + 上單調遞減，
又函數 f (x) 是R 上的偶函數，
所以函數 f (x) 在 (- , 0]上為增函數，
所以函數 f (x) 在[-3 , 0]上為增函數，在[0 , 2]上為減函數．
又 f -3 1= , f 0 =1, f 2 1=
10 5
所以 f (x)min = f (-3)
1
= , f (x)
10 max
= f (0) =1
題型 9：根據函數的最值求參數
9-1．（2024 2高一上·北京·期中）已知函數 f x = -x + 2ax +1- a .
(1)若函數 f x 在區間 0,3 上單調遞增，求實數 a的取值范圍；
(2)若 f x 在區間 0,1 上有最大值 3，求實數 a的值.
【答案】(1) 3, + ；
(2) 2或3 .
【分析】（1）根據二次函數對稱軸和區間的位置關系，列出不等關系，即可求得結果；
（2）根據對稱軸和區間的位置關系分類討論，在不同情況下求解即可.
【詳解】（1） f x = -x2 + 2ax +1- a的對稱軸 x = a，要滿足題意，只需 a 3，
故實數 a的取值范圍為 3, + .
（2）當 a 0時， f x 在 0,1 單調遞減，則 f x 在 0,1 上的最大值為 f 0 =1- a，
令 f 0 = 3，解得 a = -2 ；
當0 < < 1時， f x 在 0, a 單調遞增，在 a,1 單調遞減，
則 f x 在 0,1 2上的最大值為 f a = a - a +1，令 f a = 3，解得 = 1或 = 2，
都不滿足0 < < 1，故舍去；
當 ≥ 1時， f x 在 0,1 單調遞增，則 f x 在 0,1 上的最大值為 f 1 = a ，
令 f 1 = 3，解得 a = 3；
綜上所述， a = -2 或3 .
9-2．（2024 高一·全國·課后作業）若函數 f (x) = x2 - 4x + 8, x [1, a]，它的最大值為 f (a) ，則實數 a的取值范
圍是（ ）
A． (1, 2] B． (1,3) C． (3, + ) D．[3, + )
【答案】D
【分析】根據二次函數的對稱性，得到 a - 2 1- 2 且 a >1，即可求解，得到答案.
【詳解】由題意，函數 f (x) = x2 - 4x + 8表示開口向上，且對稱軸為 x = 2的拋物線，
要使得當 x [1, a]，函數的最大值為 f (a) ，則滿足 a - 2 1- 2 且 a >1，
解得 a 3，所以實數 a的取值范圍是[3, + ) .
故選 D.
【點睛】本題主要考查了二次函數的圖象與性質的應用，其中解答中熟記二次函數的圖象與性質是解答的
關鍵，著重考查了數形結合思想，以及推理與運算能力，屬于基礎題.
3
9-3．（2024 高一上·四川瀘州·期末）函數 y = a - x - x > 0 在 x = m 時有最大值為 3，則 a- m 的值為（x ）
A． 4 3 B．3 3 C． 2 3 D． 3
【答案】C
3 3
【分析】利用基本不等式求出 x + ≥2 3 ，得出函數 y = a - x - 的最大值為 a - 2 3 ，從而求出 a和mx 的值．x
3
【詳解】解：因為 x > 0時， x 3+ 2 x 3× = 2 3，當且僅當 x = ，即 x = 3 時取“ = ”，
x x x
y a x 3 3= - - = a - x + 所以函數 x x ÷
a - 2 3 = 3 ，解得 a = 3 3 ，m = 3 ，
è
所以 a - m = 3 3 - 3 = 2 3 ．
故選：C．
2x +1
9-4．（2024 高一上·寧夏吳忠·期中）已知 f (x) =
x - 2
(1)根據單調性的定義證明函數 f (x) 在區間 (2,+ ) 上是減函數
(2)若函數 g(x)
2x +1
= , x [3,a]（ a > 3）的最大值與最小值之差為 1，求實數 a的值
x - 2
【答案】(1)證明見解析
13
(2) a =
4
【分析】（1）"x1, x2 2, + 且 x1 x2，利用作差法證明 ( 1) > ( 2)即可；
（2）由（1）求出函數的最值，再根據題意即可得解.
【詳解】（1）"x1, x2 2, + 且 x1 x2，
f (x ) f (x ) 2x1 +1 2x +1 5(x - x )則 1 - 2 2 12 = - =x1 - 2 x2 - 2 (x1 - 2)(x2 - 2)
，
因為"x1, x2 2, + ，所以 x1 - 2 > 0, x2 - 2 > 0 ，
又因為 x1 x2，所以 x2 - x1 > 0，
因此 f (x1) - f (x2 ) > 0, f (x1) > f (x2 ) ，
所以 f (x) 在 (2,+ ) 是減函數；
（2）由（1）可知， g(x)是減函數，
所以 x = 3時， g(x)取得最大值為 g(3) = 7 ，
x = a g(x) g(a) 2a +1時， 取得最小值為 = ，
a - 2
因為最大值與最小值之差為 1，
7 2a +1 13所以 - =1，解得 a = .
a - 2 4
ì1- ax, x a,
9-5．（2024 高三上·廣東深圳·階段練習）設函數 f x = í f x ax2 4x 3, x a.若 存在最小值，則 的取值范 - +
圍為（ ）
A． é- 2, 2ù é B． 0, 2ù
C． é - 2, 2ù 2,+ D． é 0, 2ù 2,+
【答案】B
【分析】根據一次函數和二次函數的單調性，分類討論進行求解即可.
ì 1, x 0,
【詳解】若 a = 0時， f x = í 2 ，\ f x = f 2 = -1
x - 4x + 3, x 0. min
；
若 a 0時，當 x a 時， f x =1- ax 單調遞增，當 x - 時， f x - ，故 f x 沒有最小值；
2
若 a > 0時， x a 時， f x = -ax +1單調遞減， f x > f a =1- a ，當 x a時，
ì -1, 0 a 2 ì1- a
2 -1 ì1- a2 a2 - 4a + 3
f x = f x
min í 2
a - 4a + 3, a 2
，若函數 有最小值，需
í
或 ，解得
0 a 2
í
a 2
0 a 2 .
故選：B
【點睛】關鍵點睛：利用分類討論法，結合最值的性質是解題的關鍵.
（六）
求二次函數的最值
二次函數最值的求法
(1)探求二次函數 y＝f(x)在給定區間上的最值問題，一般要先作出 y＝f(x)的草圖，然后根據圖
象判斷函數的單調性．對于“定對稱軸變區間”“變對稱軸定區間”的情況，特別要注意二次函數
圖象的對稱軸與所給區間的位置關系，它是求解二次函數在已知區間上最值問題的主要依據，
并且最大(小)值不一定在頂點處取得．
(2)二次函數圖象的對稱軸與定義域區間的位置通常有三種關系：①對稱軸在定義域的右側；②
對稱軸在定義域的左側；③對稱軸在定義域區間內．
題型 10：求二次函數的最值
10-1．（2024 高一上·廣東深圳·期中）已知函數 f (x) = x2 + ax + b．
(1)若函數 f x 在 1, + 上是增函數，求實數 a 的取值范圍；
(2)若b =1，求 x [0,3]時 f (x) 的最小值 g(a)．
【答案】(1) -2, +
ì1, a 0

2
(2) g a = í1 a- ,-6 a 0
4
10 + 3a, a -6
【分析】（1）根據二次函數的性質列不等式，從而求得 a的取值范圍.
（2）對 a進行分類討論，從而求得 g a .
【詳解】（1） f x a的開口向上，對稱軸為 x = - ，
2
由于函數 f x 在 1, + 上是增函數，
a
所以- 1, a -2，
2
所以 a的取值范圍是 -2, + .
2 a
（2）當b =1時， f x = x + ax +1，開口向上，對稱軸為 x = - ，
2
a
所以，當- 0, a 0時， f x 在 x = 0時取得最小值，即 g a =1；
2
a a
當0 - 3，-6 a 0時， f x 在 x = - 時取得最小值，
2 2
2 2
即 g a a a a= - ÷ + a - ÷ +1 =1- ；
è 2 è 2 4
a
當- 3, a -6時， f x 在 x = 3時取得最小值，即 g a = 9 + 3a +1 =10 + 3a .
2
ì1, a 0
2
所以 g a = í1 a- ,-6 a 0 .
4
10 + 3a, a -6
10-2．（2024 高一上·陜西榆林·階段練習）已知函數 f (x) = x2 + 2ax + 3（ a > 0）的最小值為–1．
(1)求實數 a 的值；
(2)當 x [t, t +1]， t R 時，求函數 f (x) 的最小值．
【答案】(1)2
(2)答案詳見解析
【分析】（1）利用 f x 的最小值求得 a .
（2）對 t進行分類討論，從而求得 f x 的最小值.
【詳解】（1）∵函數 f (x) = x2 + 2ax + 3，
∴函數 f (x) 的圖象開口向上，對稱軸為直線 x = -a．
∴ f (x)min = f (-a) = (-a)
2 + 2a(-a) + 3 = -1，解得 a = 2或 a = -2 （舍）．
∴實數 a 的值為 2．
（2）由（1）知函數 f (x) = x2 + 4x + 3的圖象開口向上，對稱軸為直線 x = -2．
①當 t +1 -2，即 t -3時，函數 f (x) 在區間[t,t +1]上為減函數，
∴ f (x)min = f (t +1) = t
2 + 6t + 8；
②當 t -2時，函數 f (x) 在區間[t,t +1]上為增函數，
∴ f (x) 2min = f (t) = t + 4t + 3；
③當 t -2 t +1，即-3 t -2時，易知 f (x)min = f (-2) = -1．
綜上，當 t -3時， f (x)min = t
2 + 6t + 8；
當-3 t -2時， f (x)min = -1；
當 t -2時， f (x) 2min = t + 4t + 3．
10-3．（2024 高一上·江西南昌·階段練習）已知二次函數 y = f x 滿足 f 0 =3，且 f x +1 - f x = 2x -1．
(1)求 f x 的解析式；
(2)求函數在區間 -2, t ， t > -2上的最大值 g t ．
【答案】(1) f x = x2 - 2x + 3
ì11, -2 t 4(2) g t = ít 2 - 2t + 3, t > 4
【分析】（1）設出解析式，利用待定系數法進行求解；
（2）在第一問基礎上，分-2 t 4 與 t > 4兩種情況進行求解最大值.
【詳解】（1）設 f x = ax2 + bx + c a 0 ，則 f x +1 = a x +1 2 + b x +1 + c a 0 ，
因為 f x +1 - f x = 2x -1，
所以 f x +1 - f x = 2ax + a + b = 2x -1，
ì2a = 2 ìa =1
故 í ，
a + b = -1
，解得： í
b = -2
又 f 0 =3
所以 f 0 = c = 3，
2
所以 f x = x - 2x + 3；
（2）由（1）得 f x = x2 - 2x + 3 = x -1 2 + 2 ，圖象開口向上，對稱軸為 x =1．
①當-2 t 4 時， t -1 -2 -1 ，
所以此時函數的最大值為 g t = f -2 = -2 -1 2 + 2 =11；
②當 t > 4時， t -1 > -2 -1 ，
所以此時函數的最大值為 g t = f t = t 2 - 2t + 3；
ì11, -2 t 4綜上： g t = ít 2 2t 3, t 4． - + >
10-4．（2024 高一上· 2河南商丘·階段練習）已知函數 f x = x - 2ax + 2, x -1,1 .
(1)求 f x 的最小值 g a ;
(2)求 g a 的最大值.
ì3- 2a, a 1
g a = 【答案】(1) 2í2 - a ,-1 a 1

3+ 2a,a -1
(2)2
【分析】（1）根據二次函數的對稱性，分類討論函數的單調性，進而求最小值 g a ；
（2）根據一次函數的單調性，及二次函數的最值求出分段函數 g a 在每段上的最大值從而得出 g a 的最
大值．
2
【詳解】（1）由題意可得： f x = x2 - 2ax + 2 = x - a + 2 - a2 , x -1,1 ，
當a 1時， f x 在區間 -1,1 上單調遞減，最小值 g a = f 1 = 3 - 2a；
當-1 a 1時， f x 在區間 -1, a 上單調遞減，在區間 a,1 2上單調遞增，最小值 g a = f a = 2 - a ；
當 a -1時， f x 在區間 -1,1 上單調遞增，最小值 g a = f -1 = 3+ 2a ；
ì3- 2a, a 1
2
綜上所述： g a = í2 - a ,-1 a 1.

3+ 2a,a -1
（2）由（1）可知：當a 1時， g a = 3- 2a 在 1, + 單調遞減，所以 g a 的最大值為 g 1 =1；
當-1 a 1時， g a = 2 - a2 在區間 -1,0 上單調遞增，在區間 0,1 上單調遞減，所以 g a 的最大值為
g 0 = 2；
當 a -1時， g a = 3 + 2a 在 - , -1 單調遞增，所以 g a 的最大值為 g -1 =1；
綜上所述： g a 的最大值 g 0 = 2 .
10-5．（2024 高一·全國·課后作業）已知函數 y = f (x) 的表達式 f (x) = x2 - 2x - 3，若 x [t, t + 2]，求函數 f (x)
的最值．
【答案】答案見解析
t + t + 2 t + t + 2
【分析】分1 t + 2 , 1 t + 2 , t 1 ,1 t 四種情況討論求解即可.
2 2
【詳解】解：函數 f (x) = x2 - 2x - 3的圖像的對稱軸為直線 x =1．
①當1 t + 2，即 t -1時， f (x)max = f (t) = t
2 - 2t - 3， f (x)min = f (t + 2) = t
2 + 2t - 3；
t + t + 2
②當 1 t + 2，即-1 t 0 f (x) 2時， max = f (t) = t - 2t - 3， f (x)min = f (1) = -4 ；2
t 1 t + t + 2③當 ，即0 t 1 2時， f (x)max = f (t + 2) = t + 2t - 3， f (x)2 min
= f (1) = -4 ；
④ 1 t t >1 f (x) = f (t + 2) = t 2當 ，即 時， max + 2t - 3， f (x)min = f (t) = t
2 - 2t - 3．
ì 2
2 t + 2t - 3, t -1
ìt - 2t - 3, t 0∴ f x = max í 2 ， f x = í-4, -1 t 1 .
t + 2t - 3, t > 0
min
2
t - 2t - 3, t >1
（七）
一元二次不等式的恒成立問題
(1)ax2＋bx＋c>0(a≠0)恒成立( > 0或解集為 R)時，滿足{ < 0 ；
(2)ax2＋bx＋c≥0(a≠0)恒成立( > 0或解集為 R)時，滿足{ ≤ 0 ；
(3)ax2＋bx＋c<0(a≠0)恒成立(或解集為 R)時，滿足{ < 0 < 0 ；
(4)ax2＋bx＋c≤0(a≠0) < 0恒成立(或解集為 R)時，滿足{ ≤ 0 .
x ì
a 0
注：①已知關于 的一元二次不等式 ax2 + bx + c > 0 的解集為 ，則一定滿足 í ；
0
ìa > 0
②已知關于 x 的一元二次不等式 ax2 + bx + c 0的解集為 ，則一定滿足 í ．
0
③含參數的一元二次不等式恒成立．若能夠分離參數成 kf(x)形式．則可以轉化為函數值域
求解．
設 f(x)的最大值為 M，最小值為 m.
(1)k(2)k>f(x)恒成立 k>M，k≥f(x)恒成立 k≥M.
題型 11：函數不等式恒成立問題
4
11-1．（2024 高一上·山西晉城·階段練習）已知函數 f x = x + ，
x
(1)判斷函數 f x 在區間 0, + 上的單調性，并利用定義證明；
é1 ù 2
(2)若對任意的 x1, x2 ê , 4ú 時， f x1 - f x2 m +2 恒成立，求實數m的取值范圍. m
4
【答案】(1) f x = x + 在 0,2 上單調遞減，在 2, + 上單調遞增，理由見解析；
x
(2) 4, 1+ U 0, ù .
è 2 ú
【分析】（1）利用定義法求出函數 f x 4= x + 在 0,2 上單調遞減，在 2, + 上單調遞增，
x
é1 ù
（2）在第一問的基礎上求出 f x 在 x ê , 4ú 上的最大值和最小值，從而得到 2
f x1 - f x2
17
= - 4 9= ，列出不等式，求出實數m的取值范圍.
max 2 2
【詳解】（1） f x 4= x + 在 0,2 上單調遞減，在 2, + 上單調遞增，
x
理由如下：取"x1, x2 0, 2 ，且 x1 x2，
4 x - x
f x1 - f x2 = x
4
1 + - x
4
2 - = x - x

- 1 2

x 1 21 x2 x1x2
4 x x 1 x x x1x2 - 4= 1 - 2 - ÷ = 1 - 2 × ，
è x1x2 x1x2
因為"x1, x2 0, 2 ， x1 x2，故 x1x2 > 0, x1x2 - 4 0， x1 - x2 0，
f x1 - f x2 = x
x x - 4
1 - x2 × 1 2 > 0x x ，1 2
所以 f x1 > f x2 ，
所以 f x = x 4+ 在 0,2 上單調遞減；
x
取"x3 , x4 2, + ，且 x3 x4 ，
4
f x 4 4 x3 - x4 3 - f x4 = x3 + - x4 - = x - xx x 3 4 -3 4 x3x4
4 x x= x 3 4 - 43 - x4 1- ÷ = x3 - xx x 4 × ，è 3 4 x3x4
因為"x3 , x4 2, + ， x3 x4 ，故 x3x4 > 0, x3x4 - 4 > 0， x3 - x4 0 ，
f x3 - f x
x3x4 - 4
4 = x3 - x4 × 0x ，3x4
所以 f x3 f x4 ，
4
所以 f x = x + 在 2, + 上單調遞增；
x
x , x é1 ù（2）若對任意的 1 2 ê , 4ú 時， f x1 - f x2 m
2
+
2 恒成立， m
m = 0時，m
2
+
m 無意義，舍去，
2 2
當m 0時，m + 0 ，此時 f x1 - f x2 m + 無解，舍去，m m
所以m > 0，
只需求出 f x1 - f x2 的最大值，
x é1 ,2ù 4 4當 ê ú 時， f x = x + 單調遞減，當 ∈ (2,4]時， f x = x + 單調遞增， 2 x x
故 f x = f 2 = 2 + 2 = 4min ，
f 1 1又因為 ÷ = + 8
17
= ， f 4 = 4 +1 = 5，
è 2 2 2
故 f x = f 1 17 ÷ =max ，è 2 2
故 f x1
17 9
- f x2 = - 4 = ，max 2 2
9 2
所以 m + ，
2 m
1
因為m > 0，故解得：m 4或0 m
2
實數m的取值范圍是 4, 1+ U ù 0, ú .è 2
11-2 2．（2024 高一上·上海普陀·階段練習）已知 f x = ax + x - a, a R .
(1)若不等式 f x > -2x2 - 3x +1- 2a 對一切實數 x 恒成立，求實數 a 的取值范圍；
(2)若 a 0，解不等式 f x >1 .
【答案】(1) 2, +
(2)解集見解析
【分析】（1）整理后分 a = -2 與 a -2兩種情況，結合根的判別式列出不等式，求出答案；
（2）因式分解后得到 x -1 ax + a +1 > 0，對 a進行分類討論，求出實數 a 的取值范圍.
【詳解】（1）變形得到 2 + a x2 + 4x + a -1 > 0對一切實數 x 恒成立，
當 a = -2 時， 4x > 3，不對一切實數 x 恒成立，舍去；
ì2 + a > 0
當 a -2時，則需 í
Δ =16 4 a 2 a 1 0
，解得 a > 2- + - ，
綜上，實數 a 的取值范圍是 2, + ；
（2） ax2 + x - a -1 > 0，即 x -1 ax + a +1 > 0，
x 1 x a +1a 0 - + 因為 ，所以 ÷ 0，
è a
1 a +1 2a +1因為 -

- a ÷
= ，
è a
1 a +1 ì a +1ü
所以當- a 0 時，1 - ，解集為 x 1 x - ，
2 a í a
1 2
當 a = - 時， x -1 0，解集為 ，
2
1 a +1 a +1
當 a -
ì
時，1 > - ，解集為 íx - x 1
ü
，
2 a a


1
綜上：當- a 0 時， f x >1 ì的解集為 íx 1 x a +1 - ü，2 a
a 1當 = - 時， f x >1的解集為 ，
2
1 ì a +1
當 a - 時， f x >1的解集為 íx - x 1ü2 a .
11-3．（2024 高一上·四川成都·階段練習）已知函數 y = x2 - (a + 2)x + 4(a R) .
(1)若對任意的1 x 4， y + a +1 0恒成立，求實數 a 的取值范圍；
(2)若對任意的-1 a 1， y > (2 - 2a)x + 2a 恒成立，求 x 的取值范圍.
【答案】(1) a a 4 ；
(2) x x 1或 x > 3 .
【分析】（1）根據參變分離，然后利用基本不等式即得；或分類討論求函數的最小值，進而即得；
ì-(x - 2) + x2 - 4x + 4 > 0
（2）利用主元法，把函數看成關于的 a 的函數，可得 í ，即得.
x - 2 + x
2 - 4x + 4 > 0
【詳解】（1）解法一：對任意的1 x 4， y + a +1 0恒成立，即 x2 - (a + 2)x + 5 + a 0恒成立，
即對任意的1 x 4,a(x -1) x2 - 2x + 5恒成立.
①當 x =1時，不等式為0 4恒成立，此時 a R ；
2
②當1 x 4 a x - 2x + 5 4時， = x -1+ ，
x -1 x -1
∵1 x 4，∴ 0 x -1 3，
∴ x 1 4- + 2 (x 4-1) × = 4，
x -1 x -1
4
當且僅當 x -1 = 時，即 x -1 = 2, x = 3時取“=”，
x -1
∴ a 4，
綜上，a 的取值范圍為 a a 4 ；
解法二：由題可得 x2 - (a + 2)x + 5 + a 0對任意1 x 4成立，
2
所以 éx - (a + 2)x + 5 + aù 0min ，
a + 2
對于二次函數 y = x2 - (a + 2)x + 5 + a，對稱軸為軸 x = 2 ，
a + 2
當 1時，函數在 1,4 2 上單調遞增，
ìa + 2
1
則 í 2 ，
1- a + 2 + a + 5 0
解得 a 0；
ì
1
a + 2
4
2
當1
a + 2
4
2 時，則 í ， 4 a + 5 - a + 2
2
0 4
解得0 a 4 ；
a + 2
當 > 42 時，函數在
1,4 上單調遞減，
ìa + 2
> 4
則 í 2 ，無解，
16 - 4 a + 2 + a + 5 0
綜上，a 的取值范圍為 a a 4 ；
（2）由題可得 y = (x - 2)a + x2 - 4x + 4，
則當-1 a 1時，不等式 (x - 2)a + x2 - 4x + 4 > 0恒成立，
ì-(x - 2) + x2 - 4x + 4 > 0
則 íx - 2 + x2
，
- 4x + 4 > 0
ìx2 - 5x + 6 > 0
整理得： í ，
x
2 - 3x + 2 > 0
解得： x 1或 x > 3，
∴x 的取值范圍為 x x 1或 x > 3 .
題型 12：函數不等式有解問題
12-1．（2024 高一上·福建泉州·期末）已知函數 f (x) = ax2 - 4ax + b(a > 0)在[0,3]上的最大值為 3，最小值為
-1．
(1)求 f (x) 的解析式；
(2)若$x (1,+ ) ，使得 f (x) mx ，求實數 m 的取值范圍．
【答案】(1) ( ) = 2 4 + 3
(2) m > 2 3 - 4
【分析】（1）根據 f x 的最值列方程組，解方程組求得 a,b，進而求得 f x .
（2）利用分離常數法，結合基本不等式求得m 的取值范圍.
【詳解】（1） f x 的開口向上，對稱軸為 x = 2，
所以在區間 0,3 上有： f x = f 2 , f x = f 0min max ，
ì4a -8a + b = -1 ìa =1
即 í b ， = 3
í
b = 3
所以 ( ) = 2 4 + 3.
（2）依題意$x (1,+ ) ，使得 f (x) mx ，
即 x2 - 4x + 3 mx,m x
3
> + - 4，
x
由于 x >1， x 3 3+ - 4 2 x × - 4 = 2 3 - 4，
x x
3
當且僅當 x = x = 3時等號成立.
x
所以m > 2 3 - 4 .
12-2．（2024 2高一上·河北滄州·階段練習）已知函數 f x = x - a + 2 x + 4 a R
(1)解關于 x 的不等式 f x 4 - 2a；
(2)已知 g x = mx + 5 - 2m，當 a = 2時，若對任意的 x1 1,4 ，總存在 x2 1,4 ，使 f x1 = g x2 成立，求
實數 m 的取值范圍.
【答案】(1)答案見解析；
5
(2) m - 或m 5 .2
【分析】（1）由 f (x) - 4 + 2a = (x - 2)(x - a) 0，討論參數 a求對應解集；
（2）由題設 x 1,4 上 f (x) 值域是 ( )值域的子集，列不等式組求參數范圍.
【詳解】（1）由題設 f (x) - 4 + 2a = x2 - (a + 2)x + 2a = (x - 2)(x - a) 0，
當 a 2時， a x 2，故不等式解集為 a, 2 ；
當 a = 2時， x = 2，故不等式解集為{2}；
當 a > 2時， 2 x a ，故不等式解集為 2, a ；
（2）由題設 f (x) = x2 - 4x + 4 = (x - 2)2 ，在 x 1,4 上 f (x) [0, 4]，
要使任意的 x1 1,4 ，總存在 x2 1,4 ，使 f x1 = g x2 成立，
所以[0, 4]是 ( )值域的子集，顯然m = 0時 g x {5}不滿足題設，
ìm 0 ìm > 0

í2m + 5 0或 í5 - m 0
5
，可得m - m 5 .
2
或
5 - m 4 2m + 5 4
12-3．（2024 高一·全國· 2單元測試）若存在實數m [-2,2]，使得不等式 2x -1 > m x -1 成立，求 x 的取值范
圍．
x -1- 7 1- 3【答案】 或 x >
2 2
2
【分析】原不等式可化為 x -1 m - 2x +1 0 .設 f m = x2 -1 m - 2x +1，根據 x2 -1的符號討論，結合一
次函數的單調性，即可得出答案.
2
【詳解】原不等式可化為 x -1 m - 2x +1 0 .
設 f m = x2 -1 m - 2x +1，
當 x =1時， f m = -1 0恒成立，滿足題意；
當 x = -1時， f m = 3 > 0 恒成立，不滿足題意；
當 x2 -1 > 0時，函數 f m 單調遞增，
要使不等式成立，則應有 f -2 0，
ìx2 -1 > 0
即有 í ，
-2 x2 -1 - 2x +1 0
x -1- 7解得， 或 x >1；
2
當 x2 -1 0時，函數 f m 單調遞減，
要使不等式成立，則應有 f 2 0，
ì x
2 -1 0
即有 í2 x2 -1
，
- 2x +1 0
1- 3
解得， x 1 .
2
-1- 7 1- 3
綜上所述，x 的取值范圍為 x 或 x > .
2 2
一、單選題
ì-x2 - ax - 9, x 1
1．（2024 高一上·四川廣安·期末）已知函數 f x = í a 在R 上單調遞增，則實數 a 的取值范圍
, x >1 x
為（ ）
A． -5,0 B． (- , -2)
C． -5, -2 D． (- ,0)
【答案】C
【分析】根據函數單調性即可求出實數 a 的取值范圍.
【詳解】由題意， x R ，
ì-x2 - ax - 9, x 1

在 f x = í a 中，函數單調遞增，
, x >1 x
ì -a
- 1
2 -1
∴ í a 0 ，解得：-5 a -2 ，

-1- a - 9 a
1
故選：C.
2．（2024 2高一上·陜西西安·期中）已知函數 f x = x - kx -8在 1,4 上單調，則實數 k 的取值范圍為（ ）
A． 2,8 B． -8,-2 C． - ,-8 U -2,+ D． - , 2 8, +
【答案】D
【分析】根據二次函數的性質即可求解.
【詳解】 f (x) = x2
k
- kx -8的對稱軸為 x = ，
2
若 f (x) = x2 - kx -8在[1,4]
k
上單調遞增，則 1，解得 k 2，
2
k
若 f (x) = x2 - kx -8在[1,4]上單調遞減，則 4，解得 k 8，
2
所以實數 k 的取值范圍為 - , 2 8, + .
故選：D.
3．（寧夏中衛市第一中學 2023-2024 學年高一上學期第一次月考數學（B 卷）試題）若函數 y＝f(x)在 R 上單
調遞減，且 f(2m－3) > f(－m)，則實數 m 的取值范圍是（ ）
A．(－∞，－1) B．(－1，＋∞) C．(1，＋∞) D．(－∞，1)
【答案】D
【分析】直接利用函數的單調性解不等式即可
【詳解】因為函數 y＝f(x)在 R 上單調遞減，且 f(2m－3) > f(－m)，
所以 2m - 3 -m，得m 1，
所以實數 m 的取值范圍是(－∞，1)，
故選：D
4．（2024 高一上·全國·課后作業）已知 y = f x 的圖象如圖所示，則該函數的單調增區間為（ ）
A．[-1,3] B．[-1,2]和[4,5]
C．[-1,2] D． -3, -1 和 2,4
【答案】B
【分析】根據函數圖象直接確定遞增區間即可.
【詳解】由圖象知：該函數的單調增區間為[-1,2]和[4,5] .
故選：B
5．（2024 高二下·陜西寶雞·期末）函數 f (x) = 3+ 2x - x2 的單調遞增區間是（ ）
A． - ，1 B． 1，+ C． 1,3 D． -1,1
【答案】D
【分析】先求出 f (x) 定義域，再利用二次函數單調性判斷出結果.
【詳解】函數 f (x) = 3+ 2x - x2 的定義域需要滿足3+ 2x - x2 0，解得 f (x) 定義域為 -1，3 ，
因為 y = 3 + 2x - x2 在 -1，1 上單調遞增，所以 f (x) = 3+ 2x - x2 在 -1，1 上單調遞增，
故選：D.
6．（2024 高一上·福建三明·階段練習）下列有關函數單調性的說法，不正確的是（ ）
A．若 f x 為增函數， g x 為增函數，則 f x + g x 為增函數
B．若 f x 為減函數， g x 為減函數，則 f x + g x 為減函數
C．若 f x 為增函數， g x 為減函數，則 f x + g x 為增函數
D．若 f x 為減函數， g x 為增函數，則 f x - g x 為減函數
【答案】C
【解析】根據函數的單調性定義及性質，可判斷選項 A，B，D 選項正確，選項 C 可結合具體函數說明其不
正確.
【詳解】根據不等量的關系，兩個相同單調性的函數相加單調性不變，
選項 A,B 正確；
選項 D: g x 為增函數，則-g x 為減函數，
f x 為減函數， f x + (-g x )為減函數，選項 D 正確；
選選 C:若 f x 為增函數， g x 為減函數，
則 f x + g x 的增減性不確定.
例如 f x = x + 2為R 上的增函數，當 g x 1= - x 時，
2
f x x+ g x = + 2在R 上為增函數；
2
當 g x = -3x 時， f x + g x = -2x + 2在R 上為減函數，
故不能確定 f x + g x 的單調性.
故選:C
【點睛】本題考查函數單調性的簡單性質，屬于基礎題.
1
7．（2024 高一下·云南普洱·階段練習）函數 f x = x + + 3的最小值為（
x 3 ）+
10
A．2 B． C．3 D．以上都不對
3
【答案】B
1 1
【分析】令 t = x + 3 3, + ，則 y = x + + 3 = t + t ，然后根據對勾函數的單調性可得答案.x + 3
1 1
【詳解】令 t = x + 3 3, + ，則 y = x + + 3 = t +
x + 3 t
，
因為 y = t
1
+ 在 t 3,+ 上單調遞增，
t
y t 1 10所以當 t = 3時 = + 取得最小值 ，
t 3
故選：B
ì a +1 x +1, x 1
8．（2024 高一上·廣西桂林·期末）已知函數 f x = í 2 在R 上單調遞增，則實數 a的取值范圍
x - 2x + 4, x 1
是（ ）
A． -1,1 B． -1,2 C． 1,2 D． 1, +
【答案】A
【分析】根據一次函數和二次函數單調性，結合分段函數區間端點的函數值大小關系求解即可.
【詳解】根據題意，函數 f x 在 x 1時為單調遞增，即 a +1 > 0，解得 a > -1；
易知，二次函數 y = x2 - 2x + 4 是開口向上且關于 x =1對稱的拋物線，所以 x 1為單調遞增；
若滿足函數 f x 在R 上單調遞增，
則分段端點處的函數值需滿足 a +1 1+1 12 - 2 1+ 4，如下圖所示：
所以 a + 2 3，解得a 1；
綜上可得-1 a 1.
故選：A
9．（2024 高一上·河南信陽·階段練習）若函數 f (x) = ax2 + x + a 在[1,+ )上單調遞增,則 a 的取值范圍是( )
A． (0, + ) B． (0,1] C．[1,+ ) D．[0,+ )
【答案】D
【分析】分 a = 0和 a 0兩種情況進行討論即可
【詳解】當 a = 0時，則 f (x) = x，在[1,+ )上單調遞增，滿足題意；
a 1當 0時， f (x) = ax2 + x + a 的對稱軸為 x = - ，
2a
ì 1- 1
要使函數 f (x) 在[1,+ )

上單調遞增，只需 í 2a ，解得 a > 0
a > 0
綜上，a 的取值范圍是[0,+ )
故選：D
10．（2024 高一·全國·課后作業）函數 f (x) 的定義域為[-3,4]，且在定義域內是增函數，若
f (2m-1) - f (1-m) > 0，則 m 的取值范圍是（ ）
m 2 2 2 5 2A． > B．m C． m D．-1 m
3 3 3 2 3
【答案】C
【分析】將不等式 f (2m-1) - f (1-m) > 0化為 f (2m -1) > f (1- m)，再利用 f (x) 的單調性即可列不等式組求
解.
【詳解】因為 f (2m-1) - f (1-m) > 0，所以 f (2m -1) > f (1- m)，
又函數 f (x) 的定義域為[-3,4]，且在定義域內是增函數，
ì-3 2m -1 4

所以有 í-3 1- m 4
2 5
，解得 m .
3 2
2m -1 >1- m
故選：C
11．（2024 高三·全國·專題練習）函數 f (x) = x - 2 x的單調遞減區間是（ ）
A．[1, 2] B．[-1,0] C． (0, 2] D．[2,+ )
【答案】A
【分析】根據給定的函數，借助二次函數分段討論其單調性作答.
【詳解】當 x 2時， f (x) = -x2 + 2x，則函數 f (x) 在 (- ,1]上單調遞增，在[1, 2]上單調遞減，
當 x > 2時， f (x) = x2 - 2x ，則函數 f (x) 在 (2,+ ) 上單調遞增，
所以函數 f (x) = x - 2 x的單調遞減區間是[1, 2] .
故選：A
12．（2024·海南海口·模擬預測）函數 f (x) = x2 - 4 | x | +3的單調遞減區間是（ ）
A． (- , -2) B． (- , -2)和 (0,2)
C． (-2,2) D． (-2,0) 和 (2,+ )
【答案】B
【分析】將絕對值函數轉化成分段函數，由二次函數的性質即可求
2
2 ìx - 4x + 3, x 0【詳解】 f x = x - 4 x + 3 = í 2 ，
x + 4x + 3, x 0
則由二次函數的性質知，當 x 0時， y = x2 - 4x + 3 = x - 2 2 -1的單調遞減區間為 0,2 ；
2
當 x 0 ， y = x2 + 4x + 3 = x + 2 -1的單調遞減區間為 - , -2 ，
故 f x 的單調遞減區間是 (- , -2)和 (0,2) .
故選：B
1
13．（2024 高一上·天津和平·期中）函數 y = x + 的單調遞減區間為（
x ）
A． (0,1] B．[-1,1] C．[-1,0) (0,1] D．[-1,0)， (0,1]
【答案】D
【分析】由對勾函數的單調性求解即可.
y x 1【詳解】函數 = + 為對勾函數，
x
1
由對勾函數的性質知，函數 y = x + 的單調遞減區間為：[-1,0)， (0,1] .
x
不能選 C，因為不滿足減函數的定義.
故選：D.
x -1
14．（2024 高一·全國·專題練習）函數 f x = 的單調增區間為（　　）
x
A．（0，+∞） B．（﹣∞，0）
C．（﹣∞，0）∪（0，+∞） D．（﹣∞，0），（0，+∞）
【答案】D
【分析】先分離常數，再結合復合函數的單調性求解即可．
x -1 1
【詳解】解：∵函數 f x = = 1 - ，定義域為{x|x≠0}，
x x
1
且 y = 的單調遞減區間為（﹣∞，0），（0，+∞），
x
x -1
故函數 f x = 的單調增區間為（﹣∞，0），（0，+∞），
x
故選：D．
2 ìg(x) + x + 4, x g(x)15．（2024 高一上·天津和平·期中）設函數 g(x) = x - 2(x R) ， f (x) = í f (x)
g(x) - x, x g(x)
則 的值域
是（ ）
é 9
A． ê- ,0
ù
ú (1, + ) B．[0,+ ) 4
é9 9
C． ê ,+
é ù
÷ D．
4 ê
- ,0ú (2, + ) 4
【答案】D
【分析】分別當 x g(x)和 x g(x)求出 x 的范圍和解析式，再分別求出每段的值域，然后求其并集可得答
案
【詳解】當 x g(x) ,即 x x2 - 2 ， (x - 2)(x +1) > 0時, x > 2或 x -1,
f (x) = g(x) + x + 4 = x2 - 2 + x + 4 = x2 + x + 2 = (x + 0.5)2 +1.75 ,
因為 f (-1) = 2，所以 f x > 2，
因此這個區間的值域為 (2,+ ) .
當 x g(x)時,即 x x2 - 2 ，得-1 x 2 ,
f (x) = g(x) - x = x2 - 2 - x = (x - 0.5)2 9-
4
其最小值為 f (0.5)
9
= - ，
4
其最大值為 f 2 = f -1 = 0，
9
因此這區間的值域為[- ,0] .
4
9
綜上，函數值域為:[- ,0] (2, + ) .
4
故選：D
【點睛】方法點睛：本題考查 f x 的值域的求法.解題時要認真審題,注意分類討論思想的合理運用.
分類討論思想的常見類型
⑴問題中的變量或含有需討論的參數的，要進行分類討論的；
⑵問題中的條件是分類給出的；
⑶解題過程不能統一敘述，必須分類討論的；
ì-x2 + ax, x 1
16．（2024 高三下·北京海淀·期中）已知函數 f (x) = í ，若存在 x , x R, x x ，使得
ax -1, x >1
1 2 1 2
f x1 = f x2 成立，則實數 a 的取值范圍是（ ）
A． a -2或 a > 2 B． a > 2 C．-2 a 2 D． a 2
【答案】D
【分析】若存在 x1, x2 R, x1 x2 ，使得 f x1 = f x2 成立，則說明 f x 在 R 上不單調，分 a = 0，a 0和 a > 0
三種情況討論求解.
【詳解】若存在 x1, x2 R, x1 x2 ，使得 f x1 = f x2 成立，則說明 f x 在 R 上不單調，
ì-x2 , x 1
當 a = 0時， f (x) = í ，圖象如圖，滿足題意；
-1, x >1
當 a 0時，函數 y = -x2 + ax
a
的對稱軸 x = 0 ，其圖象如圖，滿足題意；
2
a
當 a > 0時，函數 y = -x2 + ax的對稱軸 x a= > 0 ，其圖象如圖，要使 f x 在 R 上不單調，則只要滿足 1，
2 2
解得 a 2，即0 a 2 .
綜上， a 2 .
故選：D.
【點睛】本題考查分段函數的單調性的應用及二次函數的性質的應用，得出 f x 在 R 上不單調是解題的關
鍵.
17．（2024 高一·全國·課后作業）下列命題正確的是（ ）
A．函數 y = x2 1在R 上是增函數 B．函數 y = x 在
(- ,0) U (0,+ )上是減函數
1
C．函數 y = x2和函數 y = x 1的單調性相同D．函數 y = x 和函數 y = x + 的單調性相同x
【答案】C
y x2 y 1【分析】分別判斷出 = ， = ， y = x y
1
= x +
x 和 的單調性，即可判斷．x
【詳解】對于 A： y = x2定義域為R ，由二次函數 y = x2的圖像可知， y = x2在 (0, + )是增函數，在 (- ,0)
是減函數，故 A 錯誤；
1 1 1
對于 B： y = x 的定義域為
(- ,0) U (0,+ )，由反比例函數 y = x 的圖像可知，
y = 在 (- ,0)x 和 (0, + )上是減
函數，故 B 錯誤；
對于 C： y = x2在 (0, + )是增函數，在 (- ,0)是減函數，
y = x ，當 x 0 時，y = x ，易知為增函數，當 x 0 時，y = -x ，易知為減函數，所以函數 y = x2和函數 y = x
的單調性相同，故 C 正確；
1 1 1
對于 D：y = 定義域為 (- ,0) U (0,+ )，由反比例函數 y = 的圖像可知，y = 在 (- ,0)和 (0, + )x x x 上是減函
數；
y f (x) x 1設 = = + 定義域為 (- ,0) U (0,+ )，取0 x1 x2 ，x
f (x ) 1 1 x - x x x -1則 1 - f (x ) = x + - x - = (x - x ) + 2 12 1 2 1 2 = (x1 - x ) × 1 2x x x x 2 x x ，1 2 1 2 1 2
當 0 < x1 < x2 <1時， ( 1) ( 2) > 0，即 f (x) 在( 0, 1)上單調遞減，
當1 x1 x2 ， f (x1) - f (x2 ) 0 ，即 f (x) 在 (1,+ )上單調遞減，
同理可證， f (x) 在 (-1,0) 上單調遞減，在 (- ,-1)上單調遞增，故 D 錯誤，
故選：C．
二、多選題
18．（2024 高一上·江蘇南京·期中）下列說法正確的是（ ）
A．定義在 R 上的函數 f (x) 滿足 f (2) > f (1)，則函數 f (x) 是 R 上的增函數
B．定義在 R 上的函數 f (x) 滿足 f (2) > f (1)，則函數 f (x) 是 R 上不是減函數
C．定義在 R 上的函數 f (x) 在區間 - ,0 上是增函數，在區間 0, + 上也是增函數，則函數 f (x) 在 R
上是增函數
D．定義在 R 上的函數 f (x) 在區間 - ,0 上是增函數，在區間 (0, + )上也是增函數，則函數 f (x) 在 R
上是增函數
【答案】BC
【分析】對于 A，舉例分析判斷，對于 B，根據減函數的定義分析判斷，對于 C，根據增函數的定義分析判
斷，對于 D，舉例判斷.
ìx -1, x 1
【詳解】解：對 A：如 f (x) = í ，滿足 f (2) > f (1) f (x) Rx 2, x 1 ，但 不是 上的增函數，所以
A 錯誤；
- +
對 B：若函數 f (x) 在 R 上為減函數，則對于任意 x1, x2 R 且 x1 x2，則 ( 1) > ( 2)定成立，
則若 f (2) > f (1)，函數 f (x) 在 R 上不是減函數，故 B 正確；
對 C：若定義在 R 上的函數 f (x) 在區間 - ,0 上時增函數，在 0, + 上也是增函數，
則滿足對于任意 x1, x2 R 且 x1 x2，則 f (x1) f (x2 )定成立，則函數 f (x) 在 R 上是增函數，故 C 正確；
ìx +1, x 0
對 D：設函數 f (x) = íx 1, x 0是定義在
R 上的函數，且 f (x) 在區間 - ,0 上是增函數，在區間 (0, + )上
- >
也是增函數，
而-1 1但 f (-1) = f (1) = 0，不符合增函數的定義，所以 f (x) 在 R 上不是增函數，故 D 錯誤；
故選：BC．
19．（2024 高二下·遼寧大連·期末）在下列函數中，最小值是 2 的是（ ）
A． y = x
1
+ B． y
1
= x2 -1 +
x x2 -1
1 5 ù
C． y = , x 2
x - 2
2, ú D． y = x - 4x + 6è 2
【答案】BCD
【分析】利用基本不等式、單調性和二次函數的性質即可求解.
1
【詳解】對于選項 A， y = x + 的定義域為 - ,0 0, + 1 1，當 x > 0時， y = x + 2 x × = 2，
x x x
當且僅當 x
1
= ，即 x =1時，等號成立，此時 y
1
= x + 的最小值為 2，
x x
1 é 1 ù 1 1
但當 x 0 時，y = x + = -
x ê
-x + ú -2 -x × = -2 ，當且僅當-x = ，即 x = -1時，等號成立， ê -x ú -x -x
此時 y = x
1
+ 的最大值為-2，故 A 錯誤；
x
y = x2 1 1對于選項 B， -1 + 的定義域為 - ,-1 1,+ x2，由 -1 > 0, > 02 2 ，x -1 x -1
2 1 2 1 x2 1 1得 y = x -1 + 2 x -1 = 2 ，當且僅當 - =2 2 x2
，即
1 x = ± 2
時，等號成立，
x -1 x -1 -
y = x2 1故 -1 + 2 的最小值為 2，故 B 正確；x -1
5 5
對于選項 C，由 y1 = x - 2
2, ù 1 ù在 上單調遞增，得 y = 在 2, 上單調遞減，
è 2 ú x - 2 è 2 ú
5 1 1 = 2
當 x = 時， y = 取得最小值為 5 ，故 C 正確；
2 x - 2 - 22
對于選項 D， y = x2 - 4x + 6 = x - 2 2 + 2，由二次函數的性質知， y = x2 - 4x + 6的對稱軸為 x = 2，開口向
上，
y = x2 - 4x + 6在 - , 2 上單調遞減，在 2, + 上單調遞增，
當 x = 2時， y = x2 - 4x + 6 2取得最小值為 2 - 2 + 2 = 2，故 D 正確.
故選：BCD.
1 ù
20．（2024 高一上·廣東湛江·階段練習）若不等式 x2 + ax +1 0對于一切 x 0, ú恒成立，則 a 的值可能是è 2
（ ）
5
A．-1 B．-2 C．- D．-3
2
【答案】ABC
1
【分析】根據題意利用參變分離可得 x + -ax ，結合對勾函數單調性求其最小值，進而可得結果
.
【詳解】因為 x2
1 ù 1
+ ax +1 0，且 x 0, ú，可得 x + -ax ，è 2
1 1 5
因為 f x 1= x + ù 在 0, ú 內單調遞減，則 f x fx è 2 2 ÷
= ，
è 2
5 5
可得 -a ，即 a - ，
2 2
結合選項可知 ABC 正確，D 錯誤.
故選：ABC.
三、填空題
-x + a, x 0,
21．（2024·上海）設 f (x) = { 1 若 f (0)是 f (x) 的最小值，則 a的取值范圍是　　　　　.x + , x > 0,
x
【答案】 (- , 2]
【詳解】由題意，當 x > 0時， f (x) 的極小值為 f (1) = 2，當 x 0 時， f (x) 極小值為 f (0) = a ， f (0)是 f (x)
的最小值，則 a 2 .
【考點】函數的最值問題..
22．（2024 高一上·河北保定·期中）已知 y = (a -1)x + 5在R 上是增函數，則 a 的取值范圍是 ．
【答案】 1, +
【分析】根據函數的單調性列不等式，由此求得 a的取值范圍.
【詳解】由于 y = (a -1)x + 5在R 上是增函數，
所以 a -1 > 0,a >1，
所以 a的取值范圍是 1, + .
故答案為： 1, +
ì-x2 + x,0 x 2,
23．（2024 高一上·內蒙古通遼·期末）已知函數 f x = í 2 f x 的最大值為 m， f x 的最小
-x - x, -1 x 0,
值為 n，則m + n = ．
7
【答案】-
4
【分析】根據二次函數的性質分別求出兩段函數的最值，從而可得函數 f x 的最大值和最小值，即可得
解.
1 2 1
【詳解】當0 x 2時， f x = -x2 + x = - x - 2 ÷ + ，è 4
所以此時 f x f 1 1= ÷ = , f xmax = f 2 = -2 ，è 2 4 min
2
當-1 x 0時， f x = -x2 - x = - x
1 1+
2 ÷
+ ，
è 4
所以此時 f x f 1 1= -

÷ = , fmax x = fmin -1 = 0 ，è 2 4
綜上所述， f x 1= , f x 1= -2，即m = ,n = -2max 4 min ，4
m n 7所以 + = - .
4
7
故答案為：- .
4
24．（2024 高一上·全國·課后作業）已知 y = f x 是定義在 -1,1 上的減函數，則不等式 f (1- x) f 2x -1
的解集為 .
2
【答案】[0, )3
【分析】根據函數定義域及減函數列不等式組求解集即可.
【詳解】因為 y = f x 是定義在 -1,1 上的減函數，
ì-1 1- x 1

則 í-1 2x -1 1 0
2
，可得 x
2
，故解集為[0, ) .
3 3
1- x > 2x -1
2
故答案為：[0, )3
x +1
25．（2024 高一上·上海楊浦·期末）函數 y = 的單調減區間為 .
x - 2
【答案】 (- ,2) 和 (2,+ )
3
【分析】分離參數，根據反比例函數的性質可得 y = 的單調區間，進而可求解.
x - 2
x +1 x - 2 + 3 3 3
【詳解】 y = = =1+ ，由于函數 y = 的單調減區間為 (- ,2) 和 (2,+ ) .
x - 2 x - 2 x - 2 x - 2
x +1
故函數 y = 的單調減區間為 (- ,2) 和 (2,+ ) .
x - 2
故答案為： (- ,2) 和 (2,+ )
ì-2x +1, x 026．（2024 高一上·廣東汕尾·期末）已知函數 f x = í x2 2x 1, x 0，則 f x 的單調遞增區間為 . - + +
【答案】 0,1
【分析】利用分段函數的單調性求解即可．
【詳解】當 x 0 時， f x = -2x +1單調遞減；
當 x 0 時， f x = -x2 + 2x +1 = - x -1 2 + 2，在 0,1 上單調遞增，在 1, + 單調遞減；
故答案為： 0,1
27．（2024 高一上·浙江溫州·期中）函數 f x = x - 3 單調減區間是 .
【答案】 - ,3
【分析】畫出函數 f x = x - 3 的圖像，從圖像上即可得結論.
ìx - 3, x 3
【詳解】由 f x = x - 3 = í
3- x, x 3
，

如圖所示：
由圖可知函數 f x = x - 3 單調減區間是： - ,3 ，
故答案為： - ,3 .
ì
x
4
+ , x 1
28．（2024 高一上·新疆·期中）若函數 f (x) = í x 的值域是R ，則實數 a的取值范圍是 ．
(2a -1)x -1, x 1
【答案】 a 3
【分析】先根據基本不等式求出 x 1時 f (x) 的取值范圍，然后根據 a的范圍得出 f x 在 - ,1 上的單調性，
求出值域．根據題意，即可得出答案.
ìx 4+ , x 1
【詳解】因為函數 f (x) =

í x .
(2a -1)x -1, x 1
當 x 1時，有 f (x) = x
4
+ 4 ，當且僅當 x = 2時等號成立.
x
ì 4
1 x + , x 1
當2a -1 = 0，即 a = 時，有 f (x) =
2 í
x ，不滿足題意；
-1, x 1
1
當 2a -1 0，即 a 時， f x = 2a -1 x -1在 - ,1 上單調遞減，有 f x > f 1 = 2a - 2，不滿足題意；
2
1
當 2a -1 > 0，即 a > 時， f x = 2a -1 x -1在 - ,1 上單調遞增，有 f x f 1 = 2a - 2 .
2
要使 f x 的值域是R ，則應有 2a - 2 4 ，所以 a 3 .
綜上所述，當 a 3時， f x 的值域是R .
故答案為： a 3 .
29．（2024 高三·全國·對口高考）設 f (x) = x2 - 4x - 4的定義域為[t - 2, t -1]，對于任意實數 t，則 f x 的最
小值j (t) = ．
ìt 2 - 6t +1, t 3

【答案】 í-8,3 t 4
t 2 -8t + 8, t 4
【分析】討論 t，結合二次函數的性質求 f x 的最小值.
【詳解】 f (x) = x2 - 4x - 4 2可化為 f (x) = x - 2 -8，
當 t -1 2 ，即 t≤3時，函數 f x 在[t - 2, t -1]上單調遞減，
所以當 x = t -1時，函數 f x 取最小值，最小值為 f (t -1) = t 2 - 6t +1，
當 t - 2 2，即 t 4時，函數 f x 在[t - 2, t -1]上單調遞增，
所以當 x = t - 2時，函數 f x 取最小值，最小值為 f (t - 2) = t 2 -8t + 8，
當3 t 4 時，函數 f x 在[t - 2,2]上單調遞減，在 2, t -1 上單調遞增，
所以當 x = 2時，函數 f x 取最小值，最小值為 f (2) = -8，
ìt 2 - 6t +1, t 3
j(t) = 所以 í-8,3 t 4 ，
t 2 -8t + 8, t 4
ìt 2 - 6t +1, t 3

故答案為： í-8,3 t 4 .
2
t -8t + 8, t 4
ìa, a b
30．（2024 高一·全國·課后作業）定義一種運算min a,b = í ，設 f (x) = min 4 + 2x - x2 , | x - t | （t
b, (a > b)
為常數），且 x [-3,3]，則使函數 f (x) 最大值為 4 的 t 值是 ．
【答案】-2,4
【分析】根據定義，先計算 y = 4 + 2x - x2在 x -3,3 上的最大值，然后利用條件函數 f (x) 最大值為 4，確
定 t的取值即可．
【詳解】若 y = 4 + 2x - x2在 x -3,3 上的最大值為 4，
所以由 4 + 2x - x2 = 4 ，解得 x = 2或 x = 0，
所以要使函數 f (x) 最大值為 4，
則根據新定義，結合 y = 4 + 2x - x2與 y =| x - t |圖像可知，
當 t 1， x = 2時， | 2 - t |= 4，此時解得 t = -2，
當 t >1， x = 0時， | 0 - t |= 4，此時解得 t = 4，
故 t = -2或 4，
故答案為：-2或 4.
四、解答題
31 2024 · · f x = x2．（ 高一上 云南紅河 期末）已知函數 - 2ax + 3 a R .
(1)當 a = 2時，求 f x 0 的解集；
(2)求函數 f x 在區間 1,3 上的最小值 h a .
【答案】(1) x |1 x 3
ì4 - 2a, a 1
(2) h(a) =

í3 - a2 ,1 a 3

12 - 6a,a 3
【分析】（1）直接解一元二次不等式；
（2）先求出對稱軸，然后分a 1，1 a 3和 a 3三種情況求其最小值.
【詳解】（1）當 a = 2時， 不等式 f (x) 0，即 x2 - 4x + 3 0，解得1 x 3 .
所以不等式 f (x) 0的解集為 x |1 x 3 .
（2）易知 f (x) = x2 - 2ax + 3的對稱軸為 x = a，則
①當a 1時， f (x) = x2 - 2ax + 3在[1,3]上單調遞增，則 f (x)min = f (1) = 4 - 2a .
②當1 a 3時， f (x) = x2 - 2ax + 3在[1, a]上單調遞減，在 (a,3]上單調遞增，則 f (x)min = f (a) = 3- a
2
③當 a 3時， f (x) = x2 - 2ax + 3在[1,3]上單調遞減，則 f (x)min = f (3) = 12 - 6a
ì4 - 2a, a 1
2
綜上 h(a) = í3 - a ,1 a 3 .

12 - 6a,a 3
32．（2024 高一上·云南·階段練習）已知二次函數 ( ) = 2 4 + 3，非空集合 A = x | 0 x a .
(1)當 x A時，二次函數的最小值為-1，求實數 a的取值范圍；
(2)當__________時，求二次函數 ( ) = 2 4 + 3的最值以及取到最值時 x 的取值.
在① a =1，② a = 4，③ a = 5，這三個條件中任選一個補充在（2）問中的橫線上，并求解.
（注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.）
【答案】(1) a 2；
(2)見解析．
【分析】（1）注意到二次函數在 x = 2取到最小值-1，于是 2 A；
（2）根據二次函數的單調性討論在不同區間上的最值即可.
2
【詳解】（1） f x = x - 4x + 3 = (x - 2)2 -1，
由于當且僅當 x = 2時， f (x) 才可取到最小值，
于是 2 A，即 a 2 .
（2）根據二次函數的性質， f (x) 在[0,2]上單調遞減，在 (2,+ ) 上單調遞增，
于是當 2 A時， f (x) 最小值一定在 x = 2取得，最大值在 x = 0或 x = a處取得.
選擇方案①，
當 a =1時， f (x) 在[0,1]上遞減，
f x = f 0 = 3max ，此時 x = 0，
f x = f 1 = 0min ，此時 x =1．
選擇方案②，
當 a = 4時， f x = f 0 = f 4max = 3，此時 x = 0或 x = 4，
f x = f 2 = -1min ，此時 x = 2．
選擇方案③，
當 a = 5時， f (0) = 3， f x = f 5 = 8max ，此時 x = 5，
f x = f 2 = -1min ，此時 x = 2．
33 2．（2024 高一上·上海閔行·期末）已知函數 f x = x - 2tx +1, x 2,5 嚴格單調，且 f (x) 的最大值為 8，求
實數 t的值.
9
【答案】
5
【分析】先求出二次函數的對稱軸，再分 t 2， t 5兩種情況，進行分類討論，根據最大值列出方程，求
出實數 t的值.
【詳解】 f x = x2 - 2tx +1 = x - t 2 +1- t 2 , x 2,5 ，對稱軸為 x = t ，開口向上，
當 t 2時， f x = x2 - 2tx +1在 x 2,5 上單調遞增，
9
故當 x = 5時， f x 取得最大值， f 5 = 25 -10t +1 = 8，解得： t = ，滿足 t 2，
5
當 t 5時， f x = x2 - 2tx +1在 x 2,5 上單調遞減，
故當 x = 2時， f x 取得最大值， f 2 = 4 - 4t +1 = 8 t 3，解得： = - ，與 t 5矛盾，舍去；
4
9
綜上： t = .
5
34．（2024 高一上·陜西安康·階段練習）已知函數 f (x) = x2 + ax + 3，求函數在區間[-1,1]上的最小值 g(a).
ì 4 - a, a 2
2
【答案】 g(a) =

í3
a
- , (-2 a 2).
4
4 + a, a -2
【分析】根據二次函數對稱軸和區間之間的位置關系，分類討論，在不同情況下求解函數最小值即可.
a a2
【詳解】 f (x) = x2 + ax + 3 = (x + )2 + 3 - ，
2 4
a
（1）當- -1，即 a 2時， g(a) = f (x) = f (-1) = 4 - a，
2 min
1 a
2
（2）當- - 1，即-2 a 2時， g(a) = f (x)min = f (
a
- ) = 3 a- ，
2 2 4
a
（3）當- 1即 a -2時， g(a) = f (x)min = f (1) = 4 + a，2
ì 4 - a, a 2
2
\ g(a) a= í3- , (-2 a 2).
4
4 + a, a -2
35．（2024 高一·全國·課后作業）用定義證明：函數 f (x) = x3 在R 上是增函數．
【答案】證明見解析
【分析】根據函數單調性定義證明即可．
【詳解】對任意 x1, x2 R ， x1 x2，
則 f x1 - f x2 = x31 - x32 = x1 - x2 x2 + x x + x2 = x - x [(x 1 2 3 21 1 2 2 1 2 1 + x2 ) + x2 4 2 ]，
因為 x1 x2，
所以 x1 - x2 0，
(x 1 3+ x 2 2又 1 2 2
) + x2 > 0 ，4
所以 f (x1) - f (x2 ) 0 ，
故函數 f (x) = x3 在R 上是增函數．
2 1
36．（2024 高一·全國·專題練習）已知函數 f x = .判斷函數 f x 在 ,+ ÷ 上的單調性，并證明；3x -1 è 3
【答案】函數 f x 1 在 ,+ ÷ 上單調遞減，理由見詳解
è 3
【分析】利用定義法即可證明函數的單調性.
1
【詳解】函數 f x 在 ,+ ÷ 上單調遞減；理由如下：
è 3
取"x1, x
1 , + 2 ÷，規定 x1 x3 2，è
2 2 2 3x2 -1 - 2 3xf x f x 1 -1 6 x2 - x- = - = = 1 則 1 2 3x1 -1 3x2 -1 3x1 -1 3x2 -1 3x1 -1 3x2 -1
，
因為 x1, x
1
2 , +

÷， x1 x2，
è 3
所以3x1 -1 > 0,3x2 -1 > 0, x2 - x1 > 0 ，
所以 f x1 - f x2 > 0 f x1 > f x2 ，
所以函數 f x 1 ,+ 在 ÷ 上單調遞減.
è 3
x +1
37．（2024 高一上·新疆烏魯木齊·期末）已知函數 f x = ，判斷并證明 f x 在 (-2,+ )上的單調性.
x + 2
【答案】單調遞增，證明見解析
【分析】利用單調性的定義判斷證明.
x +1
【詳解】函數 f (x) = 在 -2, + x 2 上單調遞增.+
f (x) x +1證明： = =1
1
- ，任取-2 x1 x2 ，x + 2 x + 2
f (x ) 1 1 x - x1 - f (x2 ) = - = 1 2x2 + 2 x1 + 2 (x1 + 2)(x2 + 2)
，
因為-2 x1 x2 ，所以 x1 + 2 > 0 ， x2 + 2 > 0， x1 - x2 0，
x1 - x2
所以 0，即 f (x1) f (x2 )(x1 + 2)(x
，
2 + 2)
所以 f (x)
x +1
= 在 -2, + 上單調遞增.x + 2
38．（2024 高一·江蘇·假期作業）已知函數 f (x) ，
(1)對任意的 a,b R ，都有 f (a + b) = f (a) + f (b) -1，且當 x > 0時， f (x) >1求證： f (x) 是R 上的增函數；
(2)若 f (x)是 0, x 1+ 上的增函數，且 f y ÷ = f (x) - f (y), f (2) =1，解不等式 f (x) - f ÷ 2 ．è è x - 3
【答案】(1)證明見解析
(2) (3, 4]
【分析】（1）由已知條件結合函數單調性的定義證明；
（2）利用賦值法求得 f (4) = 2 ，再利用（1）求出的函數單調性解不等式．
【詳解】（1）設 x1, x2 R ，且 x1 x2，
則 x2 - x1 > 0，即 f (x2 - x1) >1，
所以 f (x2 ) - f (x1) = f [(x2 - x1) + x1]- f (x1) = f (x2 - x1) + f (x1) -1- f (x1) = f (x2 - x1) -1 > 0，
所以 f (x1) f (x2 )，所以 f (x) 是R 上的增函數．
x
（2）因為 f ÷ = f (x) - f (y)
x
，所以 f ÷ + f (y) = f (x) ．
è y è y
在上式中取 x = 4, y = 2，則有 f (2) + f (2) = f (4)，
因為 f (2) =1，所以 f (4) = 2 ．
1
于是不等式 f (x) - f x - 3 ÷
2 等價于 f [x(x - 3)] f (4), (x 3) ．
è
又由（1）知 f (x) 是R 上的增函數，
ìx(x - 3) 4

x - 3 0
所以 í x > 0 ，解得3 x 4，

1 > 0
x - 3
所以原不等式的解集為 (3, 4]．
39．（2024 高一上·江西撫州·期中）已知函數 f x 的定義域為 0, + ,且對任意的正實數 x, y都有
f xy = f x + f (y) ,且當 x >1時, f x > 0 , f 4 =1 .
f 1 (1)求 16 ÷
;
è
(2)求證: f x 為 0, + 上的增函數;
(3)解不等式 f x + f x - 3 1.
【答案】(1) -2
(2)證明見解析
(3) 3,4
【分析】（1）利用賦值法,先令 x = y =1求出 f 1 ;令 x = y = 4 1,可求得 f 16 ;再令 x =16 , y = ,可求得
16
f 1 16 ÷
;
è
（2）設 x1 > x2 > 0 ,根據單調性定義結合當 x >1時, f x > 0證明即可;
（3）將 f x + f x - 3 1轉化為 f éx x - 3 ù f 4 ,再根據（2）的結論,列不等式組求解即可.
【詳解】（1）因為 f xy = f x + f (y) , f 4 =1 ,
令 x = y =1 ,則 f 1 = f 1 + f (1) ,解得 f 1 = 0 ,
令 x = y =

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