資源簡介

3.1.2　函數的單調性
第一課時　單調性的定義與證明
1.下列函數中，在區間（0，1）上是增函數的是（　　）
A.y＝｜x｜＋2 B.y＝3－x
C.y＝ D.y＝－x2＋4
2.若二次函數f（x）＝ax2＋bx＋c（a＜0），滿足f（1）＝f（3），則下列不等式成立的是（　　）
A.f（1）＜f（4）＜f（2）
B.f（4）＜f（1）＜f（2）
C.f（4）＜f（2）＜f（1）
D.f（2）＜f（4）＜f（1）
3.設（a，b），（c，d）都是f（x）的單調遞增區間，且x1∈（a，b），x2∈（c，d），x1＜x2，則f（x1）與f（x2）的大小關系為（　　）
A.f（x1）＜f（x2） B.f（x1）＞f（x2）
C.f（x1）＝f（x2） D.不能確定
4.（多選）如圖是函數y＝f（x）的圖象，則函數f（x）在下列區間單調遞增的是（　　）
A.[2，5] B.[－6，－4]
C.[－1，2] D.[－1，2]∪[5，8]
5.（多選）已知函數f（x）＝是R上的減函數，則實數k的可能的取值有（　　）
A.4 B.5
C.6 D.7
6.已知命題p：“若f（x）＜f（4）對任意的x∈（0，4）都成立，則f（x）在（0，4）上為增函數”.能說明命題p為假命題的一個函數是　　　　　.
7.已知函數f（x）的圖象如圖所示，若f（x）在[m，m＋3]上單調遞減，則m的取值范圍為　　　　.
8.函數f（x）＝的單調增區間是　　　.
9.已知函數f（x）＝x－.
（1）判斷f（x）在區間（0，＋∞）上的單調性，并用定義證明；
（2）求f（x）在區間[1，2]上的值域.
10.已知函數f（x）＝對于 x1，x2∈[1，＋∞）且x1≠x2，都有（x1－x2）[f（x1）－f（x2）]＞0，則m的取值范圍為　　　.
11.設f（x）是定義在R上的增函數，f（xy）＝f（x）＋f（y），f（3）＝1，則不等式f（x）＋f（－2）＞1的解集為　　　　.
12.已知f（x）在（0，＋∞）上是增函數，且f（x）＞0，f（3）＝1.試判斷g（x）＝f（x）＋在（0，3]上是增函數還是減函數，并加以證明.
13.已知函數f（x）是定義在（0，＋∞）上的增函數，且f＝1，f（1）＝0，則f（3）＝（　　）
A. B.
C.2 D.3
14.定義在R上的函數f（x）對任意a，b∈R都有f（a＋b）＝f（a）＋f（b）－1，且對任意x＞0，恒有f（x）＞1.
（1）判斷f（x）單調性，并證明；
（2）已知f（4）＝5，若不等式f（mx2＋2）＋f（1－2mx）＞4對任意x∈R恒成立，求實數m的取值范圍.
第一課時　單調性的定義與證明
1.A　因為－1＜0，所以一次函數y＝－x＋3在R上遞減，反比例函數y＝在（0，＋∞）上遞減，二次函數y＝－x2＋4在（0，＋∞）上遞減.故選A.
2.B　因為f（1）＝f（3），所以二次函數f（x）＝ax2＋bx＋c的對稱軸為直線x＝2，又因為a＜0，所以f（4）＜f（3）＜f（2），又f（1）＝f（3），所以f（4）＜f（1）＜f（2）.故選B.
3.D　由函數單調性的定義，知所取兩個自變量必須是同一單調區間內的值，才能由該區間上函數的單調性來比較函數值的大小，而本題中的x1，x2不在同一單調區間內，所以f（x1）與f（x2）的大小關系不能確定.故選D.
4.BC　圖象從左往右上升的區間有：[－6，－4]，[－1，2]，[5，8]，∴f（x）在[－6，－4]，[－1，2]，[5，8]上單調遞增.故選B、C.
5.ABC　因為函數f（x）是R上的減函數，所以 2≤k≤6.故選A、B、C.
6.f（x）＝（x－1）2，x∈（0，4）（答案不唯一）
解析：取f（x）＝（x－1）2，x∈（0，4），則函數f（x）在（0，4）上先減后增， 當x＝1時，函數值最小，且f（x）＜f（4），滿足題意，所以函數f（x）＝（x－1）2，x∈（0，4）可以說明命題p為假命題.
7.（－∞，－3]∪[2，＋∞）　解析：由題圖可知，f（x）的單調遞減區間為（－∞，0]，[2，＋∞）.
因為函數f（x）在[m，m＋3]上單調遞減，則[m，m＋3] （－∞，0]或[m，m＋3] [2，＋∞），
由題意得m＋3≤0或m≥2，即m≤－3或m≥2.
8.　解析：由題意知，4－3x－x2≥0，x2＋3x－4≤0，（x＋4）·（x－1）≤0，解得－4≤x≤1，
所以f（x）的定義域為[－4，1].
y＝－x2－3x＋4的對稱軸為直線x＝－，開口向下，y＝在[0，＋∞）上單調遞增，
根據復合函數單調性同增異減可知f（x）的單調遞增區間是.
9.解：（1）f（x）在區間（0，＋∞）上單調遞增，證明如下：
任取x1，x2∈（0，＋∞），且x1＜x2，有f（x1）－f（x2）＝－＝（x1－x2）＋＝（x1－x2）＋＝（x1x2＋1）.
因為x1，x2∈（0，＋∞），且x1＜x2，所以x1x2＞0，x1－x2＜0.
于是（x1x2＋1）＜0，即f（x1）＜f（x2）.故f（x）在區間（0，＋∞）上單調遞增.
（2）由第（1）問結論可知，f（x）在區間（0，＋∞）上單調遞增，
因為f（1）＝0，f（2）＝.
所以f（x）在區間[1，2]上的值域為.
10.　解析：由題意可知，f（x）在[1，＋∞）上為單調增函數，要使y＝－在[1，2）上單調遞增，則－m＜0，即m＞0，要使f（x）＝x2－mx在[2，＋∞）上單調遞增，則m≤2，同時×22－2m≥－m，解得m≤，綜上可知：0＜m≤.
11.　解析：由條件可得f（x）＋f（－2）＝f（－2x），
又f（3）＝1，∴不等式f（x）＋f（－2）＞1，
即為f（－2x）＞f（3）.
∵f（x）是定義在R上的增函數，∴－2x＞3，
解得x＜－.故不等式f（x）＋f（－2）＞1的解集為.　
12.解：函數g（x）在（0，3]上是減函數.
證明如下：任取x1，x2∈（0，3]，且x1＜x2，則
g（x1）－g（x2）＝－［f（x2）＋］＝[f（x1）－f（x2）].
因為f（x）在（0，＋∞）上是增函數，
所以f（x1）－f（x2）＜0.
又f（x）＞0，f（3）＝1，
所以0＜f（x1）＜f（x2）≤f（3）＝1，
則0＜f（x1）f（x2）＜1，＞1，
即1－＜0，
所以g（x1）－g（x2）＞0，g（x1）＞g（x2）.
故g（x）＝f（x）＋在（0，3]上是減函數.
13.B　令f（x）＋＝t，即有f（t）＝1，因函數f（x）是定義在（0，＋∞）上的增函數，則t為常數，
因此f（x）＝－＋t，從而解得a＝t＝2，于是得f（x）＝－＋2，顯然函數f（x）在（0，＋∞）上遞增，所以f（3）＝－＋2＝.故選B.
14.解：（1）函數f（x）在R上單調遞增.證明如下：
任取x1，x2∈R，且x1＞x2，
則f（x1－x2）＞1，
f（x1）－f（x2）＝f[（x1－x2）＋x2]－f（x2）
＝f（x1－x2）＋f（x2）－1－f（x2）＝f（x1－x2）－1＞0，
即f（x1）＞f（x2），所以函數f（x）在R上單調遞增.
（2）因為f（4）＝f（2）＋f（2）－1＝5，則f（2）＝3，
原不等式可化為f（mx2－2mx＋3）＞3，即f（mx2－2mx＋3）＞f（2），
由函數f（x）在R上單調遞增可得mx2－2mx＋3＞2對 x∈R恒成立，
即mx2－2mx＋1＞0對 x∈R恒成立.
若m＝0，1＞0恒成立，符合題意；
若m≠0，則得0＜m＜1.
綜上可得m∈[0，1）.
2 / 23.1.2　函數的單調性
新課程標準解讀 核心素養
借助函數圖象，會用符號語言表達函數的單調性、最大值、最小值，理解函數的平均變化率，理解它們的作用和實際意義 數學抽象、直觀想象、 邏輯推理、數學運算
第一課時　單調性的定義與證明
　　德國有一位著名的心理學家艾賓浩斯，對人類的記憶牢固程度進行了有關研究.他經過測試，得到了以下一些數據：
時間 間隔t 剛記憶 完畢 20分 鐘后 60分 鐘后 8～9 小時后 1天后 2天后 6天后 一個 月后
記憶量y （百分比） 100 58.2 44.2 35.8 33.7 27.8 25.4 21.1
　　以上數據表明，記憶量y是時間間隔t的函數.艾賓浩斯根據這些數據描繪出了著名的“艾賓浩斯遺忘曲線”.
【問題】　（1）當時間間隔t逐漸增大你能看出對應的函數值y有什么變化趨勢？
（2）“艾賓浩斯遺忘曲線”從左至右是逐漸下降的，對此，我們如何用數學觀點進行解釋？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
知識點　增函數、減函數的概念
1.增函數、減函數的定義
一般地，設函數y＝f（x）的定義域為D，且區間I D：
（1）如果對任意x1，x2∈I，當x1＜x2時，都有　　　　　　，則稱y＝f（x）在區間I上是增函數（也稱在區間I上　　　　　　），如圖①所示；
（2）如果對任意x1，x2∈I，當x1＜x2時，都有　　　　　　，則稱y＝f（x）在區間I上是減函數（也稱在區間I上　　　　　　），如圖②所示.
提醒　（1）單調性是函數在某一區間上的“整體”性質，因此對x1，x2有下列要求：①屬于同一個區間I；②任意性，即x1，x2是定義域中某一區間I上的任意兩個值，不能用特殊值代替；③區分大小，即確定的任意兩值x1，x2必須區分大小，一般令x1＜x2.
（2）并非所有的函數都具有單調性.如函數f（x）＝它的定義域為R，但不具有單調性.
【想一想】
在增函數和減函數定義中，能否把“任意x1，x2∈I”改為“存在x1，x2∈I”？
2.函數的單調區間
在上述兩種情況下，都稱函數在區間I上具有單調性（區間I稱為函數的　　　　　　，也可分別稱為　　　　　　　　或　　　　　　　　）.
提醒　（1）函數在某個區間上是單調增（減）函數，但是在整個定義域上不一定是單調增（減）函數.如函數y＝（x≠0）在區間（－∞，0）和（0，＋∞）上都是減函數，但是在整個定義域上不具有單調性.
（2）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.如函數y＝（x≠0）在區間（－∞，0）和（0，＋∞）上都是減函數，不能認為y＝（x≠0）的單調減區間為（－∞，0）∪（0，＋∞）.
（3）當一個函數給定后，它的單調區間相應被確定，函數y＝f（x）在區間I上單調與函數y＝f（x）的單調區間是I的含義不同.如函數y＝x2在[a，＋∞）上單調遞增時，a≥0，函數y＝x2的單調遞增區間是[a，＋∞）時，a＝0.
1.下列函數中，在R上是增函數的是（　　）
A.y＝｜x｜　　　　　 B.y＝x
C.y＝x2 D.y＝
2.若函數f（x）＝（2a－1）x（a為實數）是R上的減函數，則（　　）
A.a≥ B.a≤
C.a＞ D.a＜
3.如果函數y＝f（x）的圖象如圖所示，那么此函數的減區間為　　　　.
　　
題型一 利用定義判斷或證明函數的單調性
【例1】　（鏈接教科書第101頁例1）求證：函數f（x）＝在（0，＋∞）上是減函數，在（－∞，0）上是增函數.
嘗試解答
通性通法
利用定義證明函數單調性的4個步驟
【跟蹤訓練】
已知函數y＝f（x）是R上的增函數，k＞0，且g（x）＝kf（x），求證：g（x）在R上也是增函數.
題型二 判斷函數的單調區間
【例2】　求下列函數的單調區間：
（1）y＝｜x2＋2x－3｜；
（2）y＝－x2＋2｜x｜＋1.
嘗試解答
通性通法
圖象法求函數單調區間的注意點
　　凡能作出函數圖象的求單調區間問題，都可應用圖象法.圖象法主要用于求熟悉的常見函數（如一次函數、二次函數、反比例函數等）的單調區間，或應用于能通過常見函數圖象的平移、翻折等變換得到所給函數圖象的函數的單調區間.
【跟蹤訓練】
已知函數f（x）＝｜x｜（x－2）.
（1）畫出函數圖象；
（2）結合圖象寫出函數的單調增區間和單調減區間.
題型三 函數單調性的應用
角度1　利用單調性求參數及解不等式
【例3】　（1）若函數f（x）＝－x2－2（a＋1）x＋3在區間（－∞，3]上是增函數，則實數a的取值范圍是　　　　；
（2）已知函數y＝f（x）是（－∞，＋∞）上的增函數，且f（2x－3）＞f（5x－6），則實數x的取值范圍為　　　　.
嘗試解答
通性通法
1.利用函數的單調性解不等式的方法
利用函數的單調性解不等式，實質上是單調性的逆用，即由函數值的大小得到自變量的大小.若f（x）為增函數，則當f（x1）＜f（x2）時x1＜x2，當f（x1）＞f（x2）時x1＞x2.若f（x）為減函數，則當f（x1）＜f（x2）時x1＞x2，當f（x1）＞f（x2）時x1＜x2.需要注意的是求解時不要忘了函數的定義域對參數的限制.
2.利用函數單調性求參數取值范圍的兩種思路
（1）已知函數的單調性求參數的取值范圍的方法是視參數為已知數，依據函數的圖象或單調性的定義，確定函數的單調區間，與已知單調區間比較求參數；
（2）借助常見函數（如一次函數、反比例函數、二次函數等）的單調性求解.
需注意若一個函數在區間[a，b]上是單調的，則該函數在此區間的任意子區間上也是單調的.
【跟蹤訓練】
1.函數y＝x2－2mx＋3在區間[1，3]上具有單調性，則m的取值范圍為　　 　.
2.若f（x）是定義在[0，＋∞）上的減函數，則不等式f（x）＜f（－2x＋8）的解集是　　　　.
角度2　分段函數的單調性
【例4】　若函數f（x）＝是R上的減函數，則實數m的取值范圍是（　　）
A.（2，4]　　　　　　　 B.[2，4]
C.（2，4） D.[2，4）
嘗試解答
通性通法
分段函數單調性問題的求解策略
　　首先分析每段上的單調性，其次是分界點處函數值的大小，如果是增函數，則界點左側值小于等于右側值，如果是減函數，則界點左側值大于等于右側值.
【跟蹤訓練】
若函數f（x）＝在R上為增函數，則實數b的取值范圍為（　　）
A.[1，2]　B.　C.（1，2]　D.
　復合函數y＝f（g（x））的單調性
　　
【典例】　已知函數f（x）＝，x∈[2，6].
（1）試判斷此函數在x∈[2，6]上的單調性；
（2）根據（1）的判斷過程，歸納出解題步驟.
解：（1）函數f（x）＝可分解為函數y＝和函數u＝x－1.
因為x∈[2，6]，所以u∈[1，5]，顯然函數u＝x－1在x∈[2，6]上單調遞增，函數y＝在u∈[1，5]上單調遞減，由復合函數的單調性，知f（x）＝在x∈[2，6]上單調遞減.
（2）解題步驟為：先求函數的定義域，接著分解復合函數，再判斷每一層函數的單調性，最后根據復合函數的單調性確定函數的單調性.
結論　一般地，對于復合函數y＝f（g（x）），單調性如表所示，簡記為“同增異減”.
g（x） f（x） f（g（x））
增 增 增
增 減 減
減 增 減
減 減 增
【遷移應用】
求函數f（x）＝的單調區間.
1.已知函數f（x）＝x2－2ax＋b在區間（－∞，1]上是減函數，則實數a的取值范圍是（　　）
A.[1，＋∞）　　 　　 B.（－∞，1]
C.[－1，＋∞） D.（－∞，－1]
2.函數f（x）＝－｜x－2｜的單調遞減區間為（　　）
A.（－∞，2] B.[2，＋∞）
C.[0，2] D.[0，＋∞）
3.若函數f（x）在[a，b]上是增函數，對于任意的x1，x2∈[a，b]（x1≠x2），則下列結論不正確的是（　　）
A.＞0
B.（x1－x2）[f（x1）－f（x2）]＞0
C.f（a）≤f（x1）＜f（x2）≤f（b）
D.f（x1）≠f（x2）
4.已知函數f（x）是R上的增函數，A（0，－1），B（3，1）是其圖象上的兩點，那么－1＜f（x＋1）＜1的解集的是　　　　 　.
第一課時　單調性的定義與證明
【基礎知識·重落實】
知識點
1.（1）f（x1）＜f（x2）　單調遞增　（2）f（x1）＞f（x2）
　單調遞減
想一想
　提示：不能.
2.單調區間　單調遞增區間　單調遞減區間
自我診斷
1.B　對于A，y＝｜x｜，當x＜0時，函數為減函數，故錯誤；對于C，y＝x2，當x＜0時，函數為減函數，故錯誤；對于D，函數y＝在（－∞，0）和（0，＋∞）上都是減函數，故錯誤.故選B.
2.D　由題意知2a－1＜0，解得a＜.故選D.
3.[－3，－1]，[1，3]　解析：由函數y＝f（x）的圖象得此函數的減區間為：[－3，－1]，[1，3].
【典型例題·精研析】
【例1】　證明：任取x1，x2∈（－∞，0），且x1＜x2，
有f（x1）－f（x2）＝－＝＝.
∵x1＜x2＜0，∴x2－x1＞0，x1＋x2＜0，＞0.
∴f（x1）－f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2）.
∴函數f（x）＝在（－∞，0）上是增函數.
任取x1，x2∈（0，＋∞），且x1＜x2，有
f（x1）－f（x2）＝.
∵0＜x1＜x2，∴x2－x1＞0，x2＋x1＞0，＞0.
∴f（x1）－f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2）.
∴函數f（x）＝在（0，＋∞）上是減函數.
跟蹤訓練
　證明：任取x1，x2∈R且x1＜x2，則g（x2）－g（x1）＝k[f（x2）－f（x1）].
∵函數y＝f（x）是R上的增函數，∴f（x2）－f（x1）＞0，
∵k＞0，∴g（x2）－g（x1）＞0，即g（x2）＞g（x1），
∴g（x）在R上也是增函數.
【例2】　解：（1）令f（x）＝x2＋2x－3＝（x＋1）2－4.作出f（x）的圖象，保留其在x軸上及x軸上方的部分，將位于x軸下方的部分翻折到x軸上方，得到y＝｜x2＋2x－3｜的圖象，如圖①所示.由圖象可得函數y＝｜x2＋2x－3｜的單調遞增區間是[－3，－1]和[1，＋∞），單調遞減區間是（－∞，－3]和[－1，1].
（2）y＝即y＝
畫出函數圖象如圖②所示，由圖可得函數的單調遞增區間為（－∞，－1]和[0，1]，單調遞減區間為[－1，0]和[1，＋∞）.
跟蹤訓練
　解：（1）由函數解析式可得f（x）＝圖象如圖所示：
（2）由（1）中函數圖象知：函數在（－∞，0]和[1，＋∞）上單調遞增；在（0，1）上單調遞減.
【例3】　（1）（－∞，－4]　（2）（－∞，1）
解析：（1）∵f（x）＝－x2－2（a＋1）x＋3的圖象開口向下，要使f（x）在（－∞，3]上是增函數，只需－（a＋1）≥3，即a≤－4，
∴實數a的取值范圍為（－∞，－4].
（2）∵f（x）在（－∞，＋∞）上是增函數，
且f（2x－3）＞f（5x－6），
∴2x－3＞5x－6，即x＜1.
∴實數x的取值范圍為（－∞，1）.
跟蹤訓練
1.（－∞，1]∪[3，＋∞）　解析：二次函數y＝x2－2mx＋3的對稱軸為x＝m，因函數y＝x2－2mx＋3在區間[1，3]上具有單調性，所以m≤1或m≥3.
2.　解析：依題意，得不等式組解得＜x≤4.
【例4】　A　因為函數f（x）是R上的減函數，所以解得2＜m≤4.故選A.
跟蹤訓練
　A　由題意可得解得1≤b≤2.故選A.
拓視野　復合函數y＝f（g（x））的單調性
遷移應用
　解：由題意可知8－2x－x2≥0，解得－4≤x≤2，
∴函數f（x）的定義域為[－4，2].
設y＝，u＝8－2x－x2.
二次函數u＝8－2x－x2＝－（x＋1）2＋9的單調遞增區間是（－∞，－1]，單調遞減區間是[－1，＋∞）.
∴函數y＝f（x）的單調遞增區間是[－4，－1]，單調遞減區間是[－1，2].
隨堂檢測
1.A　f（x）＝x2－2ax＋b對稱軸為x＝a，開口向上，要想在區間（－∞，1]是減函數，所以a∈[1，＋∞）.故選A.
2.B　∵y＝｜x－2｜＝∴函數y＝｜x－2｜的單調遞減區間是（－∞，2]，單調增區間為[2，＋∞），
∴f（x）＝－｜x－2｜的單調遞減區間是[2，＋∞）， 故選B.
3.C　由函數的單調性定義知，若函數f（x）在給定的區間上是增函數，則x1－x2，與f（x1）－f（x2）同號，由此可知，選項A、B、D都正確.若x1＞x2，則f（x1）＞f（x2），故選項C不正確.故選C.
4.（－1，2）　解析：易知f（0）＝－1，f（3）＝1，所以由－1＜f（x＋1）＜1，得f（0）＜f（x＋1）＜f（3），又因為函數f（x）是R上的增函數， 所以0＜x＋1＜3，即－1＜x＜2，所以－1＜f（x＋1）＜1的解集為（－1，2）.
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第一課時　
單調性的定義與證明
新課程標準解讀 核心素養
借助函數圖象，會用符號語言表達函數的單調性、
最大值、最小值，理解函數的平均變化率，理解它
們的作用和實際意義 數學抽象、直觀
想象、
邏輯推理、數學
運算
目錄
基礎知識·重落實
01
典型例題·精研析
02
知能演練·扣課標
03
基礎知識·重落實
01
課前預習 必備知識梳理
　　德國有一位著名的心理學家艾賓浩斯，對人類的記憶牢固程度進
行了有關研究.他經過測試，得到了以下一些數據：
時間 間隔 t 剛記憶 完畢 20分 鐘后 60分 鐘后 8～9小時后 1天后 2天后 6天后 一個
月后
記憶量 y
（百分比） 100 58.2 44.2 35.8 33.7 27.8 25.4 21.1
　　以上數據表明，記憶量 y 是時間間隔 t 的函數.艾賓浩斯根據這些
數據描繪出了著名的“艾賓浩斯遺忘曲線”.
（2）“艾賓浩斯遺忘曲線”從左至右是逐漸下降的，對此，我們如
何用數學觀點進行解釋？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　
【問題】　（1）當時間間隔 t 逐漸增大你能看出對應的函數值 y 有什
么變化趨勢？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
知識點　增函數、減函數的概念
1. 增函數、減函數的定義
一般地，設函數 y ＝ f （ x ）的定義域為 D ，且區間 I D ：
（1）如果對任意 x1， x2∈ I ，當 x1＜ x2時，都有
，則稱 y ＝ f （ x ）在區間 I 上是增函數（也稱在區間 I
上 ），如圖①所示；
f （ x1）＜ f
（ x2）　
單調遞增　
（2）如果對任意 x1， x2∈ I ，當 x1＜ x2時，都有
，則稱 y ＝ f （ x ）在區間 I 上是減函數（也稱在區間 I
上 ），如圖②所示.
f （ x1）＞ f
（ x2）　
單調遞減　
提醒　（1）單調性是函數在某一區間上的“整體”性質，因
此對 x1， x2有下列要求：①屬于同一個區間 I ；②任意性，即
x1， x2是定義域中某一區間 I 上的任意兩個值，不能用特殊值
代替；③區分大小，即確定的任意兩值 x1， x2必須區分大小，
一般令 x1＜ x2.
（2）并非所有的函數都具有單調性.如函數 f （ x ）＝
它的定義域為R，但不具有單調性.
【想一想】
在增函數和減函數定義中，能否把“任意 x1， x2∈ I ”改為“存在
x1， x2∈ I ”？
提示：不能.
2. 函數的單調區間
在上述兩種情況下，都稱函數在區間 I 上具有單調性（區間 I 稱為函
數的 ，也可分別稱為 或
）.
提醒　（1）函數在某個區間上是單調增（減）函數，但是在整個
定義域上不一定是單調增（減）函數.如函數 y ＝ （ x ≠0）在區間
（－∞，0）和（0，＋∞）上都是減函數，但是在整個定義域上不
具有單調性.
單調區間　
單調遞增區間　
單調遞減
區間　
（2）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.如函數 y ＝ （ x
≠0）在區間（－∞，0）和（0，＋∞）上都是減函數，不能
認為 y ＝ （ x ≠0）的單調減區間為（－∞，0）∪（0，＋
∞）.
（3）當一個函數給定后，它的單調區間相應被確定，函數 y ＝ f
（ x ）在區間 I 上單調與函數 y ＝ f （ x ）的單調區間是 I 的含義
不同.如函數 y ＝ x2在[ a ，＋∞）上單調遞增時， a ≥0，函數
y ＝ x2的單調遞增區間是[ a ，＋∞）時， a ＝0.
1. 下列函數中，在R上是增函數的是（　　）
A. y ＝｜ x ｜ B. y ＝ x
C. y ＝ x2 D. y ＝
解析：　對于A， y ＝｜ x ｜，當 x ＜0時，函數為減函數，故錯
誤；對于C， y ＝ x2，當 x ＜0時，函數為減函數，故錯誤；對于D，
函數 y ＝ 在（－∞，0）和（0，＋∞）上都是減函數，故錯誤.故
選B.
2. 若函數 f （ x ）＝（2 a －1） x （ a 為實數）是R上的減函數，則
（　　）
A. a ≥ B. a ≤
C. a ＞ D. a ＜
解析：　由題意知2 a －1＜0，
解得 a ＜ .故選D.
3. 如果函數 y ＝ f （ x ）的圖象如圖所示，那么此函數的減區間為
.
解析：由函數 y ＝ f （ x ）的圖象得此函數的減區間為：[－3，－1]，
[1，3].
[－3，－1]，[1，3]
典型例題·精研析
02
課堂互動 關鍵能力提升
題型一 利用定義判斷或證明函數的單調性
【例1】　（鏈接教科書第101頁例1）求證：函數 f （ x ）＝ 在（0，
＋∞）上是減函數，在（－∞，0）上是增函數.
證明：任取 x1， x2∈（－∞，0），且 x1＜ x2，
有 f （ x1）－ f （ x2）＝ －
＝ ＝ .
∵ x1＜ x2＜0，
∴ x2－ x1＞0， x1＋ x2＜0， ＞0.
∴ f （ x1）－ f （ x2）＜0，
即 f （ x1）＜ f （ x2）.
∴函數 f （ x ）＝ 在（－∞，0）上是增函數.
任取 x1， x2∈（0，＋∞），且 x1＜ x2，有
f （ x1）－ f （ x2）＝ .
∵0＜ x1＜ x2，
∴ x2－ x1＞0， x2＋ x1＞0， ＞0.
∴ f （ x1）－ f （ x2）＞0，
即 f （ x1）＞ f （ x2）.
∴函數 f （ x ）＝ 在（0，＋∞）上是減函數.
通性通法
利用定義證明函數單調性的4個步驟
【跟蹤訓練】
已知函數 y ＝ f （ x ）是R上的增函數， k ＞0，且 g （ x ）＝ kf （ x ），
求證： g （ x ）在R上也是增函數.
證明：任取 x1， x2∈R且 x1＜ x2，則 g （ x2）－ g （ x1）＝ k [ f （ x2）－
f （ x1）].
∵函數 y ＝ f （ x ）是R上的增函數，
∴ f （ x2）－ f （ x1）＞0，
∵ k ＞0，∴ g （ x2）－ g （ x1）＞0，
即 g （ x2）＞ g （ x1），
∴ g （ x ）在R上也是增函數.
題型二 判斷函數的單調區間
【例2】　求下列函數的單調區間：
（1） y ＝｜ x2＋2 x －3｜；
解：令 f （ x ）＝ x2＋2 x －3＝（ x ＋1）2－4.作出 f （ x ）的圖象，保留其在 x 軸上及 x 軸上方的部分，將位于 x 軸下方的部分翻折到 x 軸上方，得到 y ＝｜ x2＋2 x －3｜的圖象，如圖①所示.由圖象可得函數 y ＝｜ x2＋2 x －3｜的單調遞增區間是[－3，－1]和[1，＋∞），單調遞減區間是（－∞，－3]和[－1，1].
（2） y ＝－ x2＋2｜ x ｜＋1.
解：y ＝
即 y ＝
畫出函數圖象如圖②所示，由圖可得函數的單調遞增區間為
（－∞，－1]和[0，1]，單調遞減區間為[－1，0]和[1，＋∞）.
通性通法
圖象法求函數單調區間的注意點
　　凡能作出函數圖象的求單調區間問題，都可應用圖象法.圖象法主
要用于求熟悉的常見函數（如一次函數、二次函數、反比例函數等）
的單調區間，或應用于能通過常見函數圖象的平移、翻折等變換得到
所給函數圖象的函數的單調區間.
【跟蹤訓練】
已知函數 f （ x ）＝｜ x ｜（ x －2）.
（1）畫出函數圖象；
解：由函數解析式可得 f （ x ）＝
圖象如圖所示：
（2）結合圖象寫出函數的單調增區間和單調減區間.
解：由（1）中函數圖象知：函數在（－∞，0]和[1，＋
∞）上單調遞增；在（0，1）上單調遞減.
題型三 函數單調性的應用
角度1　利用單調性求參數及解不等式
【例3】　（1）若函數 f （ x ）＝－ x2－2（ a ＋1） x ＋3在區間（－
∞，3]上是增函數，則實數 a 的取值范圍是 ；
解析：∵ f （ x ）＝－ x2－2（ a ＋1） x ＋3的圖象開口向下，要使 f
（ x ）在（－∞，3]上是增函數，只需－（ a ＋1）≥3，即 a ≤－4，
∴實數 a 的取值范圍為（－∞，－4].
（－∞，－4]　
（2）已知函數 y ＝ f （ x ）是（－∞，＋∞）上的增函數，且 f （2 x －
3）＞ f （5 x －6），則實數 x 的取值范圍為 .
解析：∵ f （ x ）在（－∞，＋∞）上是增函數，
且 f （2 x －3）＞ f （5 x －6），
∴2 x －3＞5 x －6，
即 x ＜1.
∴實數 x 的取值范圍為（－∞，1）.
（－∞，1）　
通性通法
1. 利用函數的單調性解不等式的方法
利用函數的單調性解不等式，實質上是單調性的逆用，即由函數值
的大小得到自變量的大小.若 f （ x ）為增函數，則當 f （ x1）＜ f
（ x2）時 x1＜ x2，當 f （ x1）＞ f （ x2）時 x1＞ x2.若 f （ x ）為減函
數，則當 f （ x1）＜ f （ x2）時 x1＞ x2，當 f （ x1）＞ f （ x2）時 x1＜
x2.需要注意的是求解時不要忘了函數的定義域對參數的限制.
2. 利用函數單調性求參數取值范圍的兩種思路
（1）已知函數的單調性求參數的取值范圍的方法是視參數為已知
數，依據函數的圖象或單調性的定義，確定函數的單調區
間，與已知單調區間比較求參數；
（2）借助常見函數（如一次函數、反比例函數、二次函數等）的
單調性求解.
需注意若一個函數在區間[ a ， b ]上是單調的，則該函數在此
區間的任意子區間上也是單調的.
【跟蹤訓練】
1. 函數 y ＝ x2－2 mx ＋3在區間[1，3]上具有單調性，則 m 的取值范圍
為 .
解析：二次函數 y ＝ x2－2 mx ＋3的對稱軸為 x ＝ m ，因函數 y ＝ x2－
2 mx ＋3在區間[1，3]上具有單調性，所以 m ≤1或 m ≥3.
（－∞，1]∪[3，＋∞）　
2. 若 f （ x ）是定義在[0，＋∞）上的減函數，則不等式 f （ x ）＜ f
（－2 x ＋8）的解集是 .
解析：依題意，得不等式組
解得 ＜ x ≤4.
　
角度2　分段函數的單調性
【例4】　若函數 f （ x ）＝是R上的減
函數，則實數 m 的取值范圍是（　　）
A. （2，4] B. [2，4]
C. （2，4） D. [2，4）
解析：　因為函數 f （ x ）是R上的減函數，所以
解得2＜ m ≤4.故選A.
通性通法
分段函數單調性問題的求解策略
　　首先分析每段上的單調性，其次是分界點處函數值的大小，如果
是增函數，則界點左側值小于等于右側值，如果是減函數，則界點左
側值大于等于右側值.
【跟蹤訓練】
若函數 f （ x ）＝在R上為增函數，則
實數 b 的取值范圍為（　　）
A. [1，2] B.
C. （1，2] D.
解析：　由題意可得
解得1≤ b ≤2.故選A.
　復合函數 y ＝ f （ g （ x ））的單調性
　　
【典例】　已知函數 f （ x ）＝ ， x ∈[2，6].
（1）試判斷此函數在 x ∈[2，6]上的單調性；
解：函數 f （ x ）＝ 可分解為函數 y ＝ 和函數 u ＝ x －1.
因為 x ∈[2，6]，所以 u ∈[1，5]，顯然函數 u ＝ x －1在 x
∈[2，6]上單調遞增，函數 y ＝ 在 u ∈[1，5]上單調遞減，由
復合函數的單調性，知 f （ x ）＝ 在 x ∈[2，6]上單調遞減.
（2）根據（1）的判斷過程，歸納出解題步驟.
解：解題步驟為：先求函數的定義域，接著分解復合函數，再
判斷每一層函數的單調性，最后根據復合函數的單調性確定函
數的單調性.
g （ x ） f （ x ） f （ g （ x ））
增 增 增
增 減 減
減 增 減
減 減 增
結論　一般地，對于復合函數 y ＝ f （ g （ x ）），單調性如表所
示，簡記為“同增異減”.
【遷移應用】
求函數 f （ x ）＝ 的單調區間.
解：由題意可知8－2 x － x2≥0，
解得－4≤ x ≤2，
∴函數 f （ x ）的定義域為[－4，2].
設 y ＝ ， u ＝8－2 x － x2.
二次函數 u ＝8－2 x － x2＝－（ x ＋1）2＋9的單調遞增區間是
（－∞，－1]，單調遞減區間是[－1，＋∞）.
∴函數 y ＝ f （ x ）的單調遞增區間是[－4，－1]，單調遞減區
間是[－1，2].
1. 已知函數 f （ x ）＝ x2－2 ax ＋ b 在區間（－∞，1]上是減函數，則
實數 a 的取值范圍是（　　）
A. [1，＋∞） B. （－∞，1]
C. [－1，＋∞） D. （－∞，－1]
解析：　 f （ x ）＝ x2－2 ax ＋ b 對稱軸為 x ＝ a ，開口向上，要想
在區間（－∞，1]是減函數，所以 a ∈[1，＋∞）.故選A.
2. 函數 f （ x ）＝－｜ x －2｜的單調遞減區間為（　　）
A. （－∞，2] B. [2，＋∞）
C. [0，2] D. [0，＋∞）
解析：　∵ y ＝｜ x －2｜＝∴函數 y ＝｜ x －
2｜的單調遞減區間是（－∞，2]，單調增區間為[2，＋∞），∴ f
（ x ）＝－｜ x －2｜的單調遞減區間是[2，＋∞）， 故選B.
3. 若函數 f （ x ）在[ a ， b ]上是增函數，對于任意的 x1， x2∈[ a ， b ]
（ x1≠ x2），則下列結論不正確的是（　　）
A. ＞0
B. （ x1－ x2）[ f （ x1）－ f （ x2）]＞0
C. f （ a ）≤ f （ x1）＜ f （ x2）≤ f （ b ）
D. f （ x1）≠ f （ x2）
解析：　由函數的單調性定義知，若函數 f （ x ）在給定的區間上
是增函數，則 x1－ x2，與 f （ x1）－ f （ x2）同號，由此可知，選項
A、B、D都正確.若 x1＞ x2，則 f （ x1）＞ f （ x2），故選項C不正確.
故選C.
4. 已知函數 f （ x ）是R上的增函數， A （0，－1）， B （3，1）是其
圖象上的兩點，那么－1＜ f （ x ＋1）＜1的解集的是 .
解析：易知 f （0）＝－1， f （3）＝1，所以由－1＜ f （ x ＋1）＜
1，得 f （0）＜ f （ x ＋1）＜ f （3），又因為函數 f （ x ）是R上的增
函數， 所以0＜ x ＋1＜3，即－1＜ x ＜2，所以－1＜ f （ x ＋1）＜1
的解集為（－1，2）.
（－1，2）　
知能演練·扣課標
03
課后鞏固 核心素養落地
1. 下列函數中，在區間（0，1）上是增函數的是（　　）
A. y ＝｜ x ｜＋2 B. y ＝3－ x
C. y ＝ D. y ＝－ x2＋4
解析：　因為－1＜0，所以一次函數 y ＝－ x ＋3在R上遞減，反比
例函數 y ＝ 在（0，＋∞）上遞減，二次函數 y ＝－ x2＋4在（0，
＋∞）上遞減.故選A.
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2. 若二次函數 f （ x ）＝ ax2＋ bx ＋ c （ a ＜0），滿足 f （1）＝ f
（3），則下列不等式成立的是（　　）
A. f （1）＜ f （4）＜ f （2）
B. f （4）＜ f （1）＜ f （2）
C. f （4）＜ f （2）＜ f （1）
D. f （2）＜ f （4）＜ f （1）
解析：　因為 f （1）＝ f （3），所以二次函數 f （ x ）＝ ax2＋ bx
＋ c 的對稱軸為直線 x ＝2，又因為 a ＜0，所以 f （4）＜ f （3）＜ f
（2），又 f （1）＝ f （3），所以 f （4）＜ f （1）＜ f （2）.故選B.
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3. 設（ a ， b ），（ c ， d ）都是 f （ x ）的單調遞增區間，且 x1∈
（ a ， b ）， x2∈（ c ， d ）， x1＜ x2，則 f （ x1）與 f （ x2）的大小
關系為（　　）
A. f （ x1）＜ f （ x2） B. f （ x1）＞ f （ x2）
C. f （ x1）＝ f （ x2） D. 不能確定
解析：　由函數單調性的定義，知所取兩個自變量必須是同一單
調區間內的值，才能由該區間上函數的單調性來比較函數值的大
小，而本題中的 x1， x2不在同一單調區間內，所以 f （ x1）與 f
（ x2）的大小關系不能確定.故選D.
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4. （多選）如圖是函數 y ＝ f （ x ）的圖象，則函數 f （ x ）在下列區間
單調遞增的是（　　）
A. [2，5] B. [－6，－4]
C. [－1，2] D. [－1，2]∪[5，8]
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解析：　圖象從左往右上升的區間有：[－6，－4]，[－1，2]，
[5，8]，∴ f （ x ）在[－6，－4]，[－1，2]，[5，8]上單調遞增.
故選B、C.
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5. （多選）已知函數 f （ x ）＝是R上的減函
數，則實數 k 的可能的取值有（　　）
A. 4 B. 5
C. 6 D. 7
解析：　因為函數 f （ x ）是R上的減函數，所以
2≤ k ≤6.故選A、B、C.
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6. 已知命題 p ：“若 f （ x ）＜ f （4）對任意的 x ∈（0，4）都成立，
則 f （ x ）在（0，4）上為增函數”.能說明命題 p 為假命題的一個函
數是 .
解析：取 f （ x ）＝（ x －1）2， x ∈（0，4），則函數 f （ x ）在
（0，4）上先減后增， 當 x ＝1時，函數值最小，且 f （ x ）＜ f
（4），滿足題意，所以函數 f （ x ）＝（ x －1）2， x ∈（0，4）可
以說明命題 p 為假命題.
f （ x ）＝（ x －1）2， x ∈（0，4）（答案不唯一）　
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7. 已知函數 f （ x ）的圖象如圖所示，若 f （ x ）在[ m ， m ＋3]上單調
遞減，則 m 的取值范圍為 .
（－∞，－3]∪[2，＋∞）　
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解析：由題圖可知， f （ x ）的單調遞減區間為（－∞，0]，[2，＋
∞）.
因為函數 f （ x ）在[ m ， m ＋3]上單調遞減，則[ m ， m ＋3] （－
∞，0]或[ m ， m ＋3] [2，＋∞），
由題意得 m ＋3≤0或 m ≥2，
即 m ≤－3或 m ≥2.
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8. 函數 f （ x ）＝ 的單調增區間是 　 　.
解析：由題意知，4－3 x － x2≥0，
x2＋3 x －4≤0，（ x ＋4）（ x －1）≤0，
解得－4≤ x ≤1，
所以 f （ x ）的定義域為[－4，1].
y ＝－ x2－3 x ＋4的對稱軸為直線 x ＝－ ，開口向下， y ＝ 在
[0，＋∞）上單調遞增，
根據復合函數單調性同增異減可知 f （ x ）的單調遞增區間是
.
　
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9. 已知函數 f （ x ）＝ x － .
（1）判斷 f （ x ）在區間（0，＋∞）上的單調性，并用定義證明；
解：f （ x ）在區間（0，＋∞）上單調遞增，證明如下：
任取 x1， x2∈（0，＋∞），且 x1＜ x2，有 f （ x1）－ f
（ x2）＝ － ＝（ x1－ x2）＋
＝（ x1－ x2）＋ ＝ （ x1 x2＋1）.
因為 x1， x2∈（0，＋∞），且 x1＜ x2，
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所以 x1 x2＞0， x1－ x2＜0.
于是 （ x1 x2＋1）＜0，
即 f （ x1）＜ f （ x2）.
故 f （ x ）在區間（0，＋∞）上單調遞增.
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（2）求 f （ x ）在區間[1，2]上的值域.
解：由第（1）問結論可知， f （ x ）在區間（0，＋∞）
上單調遞增，
因為 f （1）＝0， f （2）＝ .
所以 f （ x ）在區間[1，2]上的值域為 .
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10. 已知函數 f （ x ）＝對于 x1， x2∈[1，＋∞）
且 x1≠ x2，都有（ x1－ x2）[ f （ x1）－ f （ x2）]＞0，則 m 的取值
范圍為 .
　
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解析：由題意可知， f （ x ）在[1，＋∞）上為單調增函數，要使 y
＝－ 在[1，2）上單調遞增，則－ m ＜0，即 m ＞0，要使 f （ x ）
＝ x2－ mx 在[2，＋∞）上單調遞增，則 m ≤2，同時 ×22－2 m
≥－ m ，解得 m ≤ ，綜上可知：0＜ m ≤ .
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11. 設 f （ x ）是定義在R上的增函數， f （ xy ）＝ f （ x ）＋ f （ y ）， f
（3）＝1，則不等式 f （ x ）＋ f （－2）＞1的解集為 .
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解析：由條件可得 f （ x ）＋ f （－2）＝ f （－2 x ），
又 f （3）＝1，
∴不等式 f （ x ）＋ f （－2）＞1，
即為 f （－2 x ）＞ f （3）.
∵ f （ x ）是定義在R上的增函數，
∴－2 x ＞3，
解得 x ＜－ .
故不等式 f （ x ）＋ f （－2）＞1的解集為 .
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12. 已知 f （ x ）在（0，＋∞）上是增函數，且 f （ x ）＞0， f （3）＝
1.試判斷 g （ x ）＝ f （ x ）＋ 在（0，3]上是增函數還是減
函數，并加以證明.
解：函數 g （ x ）在（0，3]上是減函數.
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證明如下：任取 x1， x2∈（0，3]，且 x1＜ x2，
則 g （ x1）－ g （ x2）
＝ －［ f （ x2）＋ ］
＝[ f （ x1）－ f （ x2）] .
因為 f （ x ）在（0，＋∞）上是增函數，
所以 f （ x1）－ f （ x2）＜0.
又 f （ x ）＞0， f （3）＝1，
所以0＜ f （ x1）＜ f （ x2）≤ f （3）＝1，
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則0＜ f （ x1） f （ x2）＜1， ＞1，
即1－ ＜0，
所以 g （ x1）－ g （ x2）＞0， g （ x1）＞ g （ x2）.
故 g （ x ）＝ f （ x ）＋ 在（0，3]上是減函數.
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13. 已知函數 f （ x ）是定義在（0，＋∞）上的增函數，且 f ＝1， f （1）＝0，則 f （3）＝（　　）
A. B.
C. 2 D. 3
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解析：　令 f （ x ）＋ ＝ t ，即有 f （ t ）＝1，因函數 f （ x ）是
定義在（0，＋∞）上的增函數，則 t 為常數，
因此 f （ x ）＝－ ＋ t ，從而解得 a ＝ t ＝
2，于是得 f （ x ）＝－ ＋2，顯然函數 f （ x ）在（0，＋∞）上遞
增，所以 f （3）＝－ ＋2＝ .故選B.
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14. 定義在R上的函數 f （ x ）對任意 a ， b ∈R都有 f （ a ＋ b ）＝ f
（ a ）＋ f （ b ）－1，且對任意 x ＞0，恒有 f （ x ）＞1.
（1）判斷 f （ x ）單調性，并證明；
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解：函數 f （ x ）在R上單調遞增.證明如下：
任取 x1， x2∈R，且 x1＞ x2，則 f （ x1－ x2）＞1，
f （ x1）－ f （ x2）＝ f [（ x1－ x2）＋ x2]－ f （ x2）
＝ f （ x1－ x2）＋ f （ x2）－1－ f （ x2）＝ f （ x1－ x2）－
1＞0，
即 f （ x1）＞ f （ x2），
所以函數 f （ x ）在R上單調遞增.
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（2）已知 f （4）＝5，若不等式 f （ mx2＋2）＋ f （1－2 mx ）＞4
對任意 x ∈R恒成立，求實數 m 的取值范圍.
解：因為 f （4）＝ f （2）＋ f （2）－1＝5，則 f （2）＝3，
原不等式可化為 f （ mx2－2 mx ＋3）＞3，
即 f （ mx2－2 mx ＋3）＞ f （2），
由函數 f （ x ）在R上單調遞增可得 mx2－2 mx ＋3＞2對 x
∈R恒成立，即 mx2－2 mx ＋1＞0對 x ∈R恒成立.
若 m ＝0，1＞0恒成立，符合題意；
若 m ≠0，則得0＜ m ＜1.
綜上可得 m ∈[0，1）.
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