3.2.1 单调性与最大（小）值 12 题型分类
一、函数的单调性及其符号表达
(1)函数单调性的概念
函数值随自变量的增大而增大(或减小)的性质叫做函数的单调性．
(2)函数单调性的符号表达
一般地，设函数 f(x)的定义域为 I，区间 D I：
如果 x1，x2∈D，当 x1如果 x1，x2∈D，当 x1f(x2)，那么就称函数 f(x)在区间 D 上单调递减.
二、增函数、减函数
当函数 f(x)在它的定义域上单调递增时，我们就称它是增函数．
当函数 f(x)在它的定义域上单调递减时，我们就称它是减函数．
三、单调区间
如果函数 y＝f(x)在区间 D 上单调递增或单调递减，那么就说函数 y＝f(x)在这一区间具有(严格的)单调
性，区间 D 叫做 y＝f(x)的单调区间．
1．单调性是函数的局部性质，但在其单调区间上是整体性质，因此对 x1，x2有下列要求：
(1)属于同一个区间 D；
(2)任意性，即 x1，x2是定义域中某一区间 D 上的任意两个值，不能用特殊值代替；
(3)有大小，即确定的任意两值 x1，x2必须区分大小，一般令 x12 f(x) {1，x 是偶数，．并非所有的函数都具有单调性．如 ＝ 0 它的定义域为 Z，但不具有单调性．，x 是奇数，
3．单调区间
(1)这个区间可以是整个定义域．如 y＝x 在整个定义域(－∞，＋∞)上单调递增， y＝－x 在整个定义域
(－∞，＋∞)上单调递减；
(2)这个区间也可以是定义域的真子集．如 y＝x2在定义域(－∞，＋∞)上不具有单调性，但在(－∞，0]上
单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．
1
4．函数在某个区间上单调递增(减)，但是在整个定义域上不一定都是单调递增(减)．如函数 y＝ (x≠0)
x
在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上都单调递减，但是在整个定义域上不具有单调性．
5．一个函数出现两个或者两个以上的单调区间时，不能用“∪”连接，而应该用“和”或“，”连接．如函
1 1
数 y＝ (x≠0)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上都单调递减，不能认为 y＝ (x≠0)的单调递减区间为(－∞，0)∪(0，
x x
＋∞)．
6．函数的单调性是相对于函数的定义域的子区间 D 而言的．对于单独的一点，它的函数值是唯一确定
的常数，没有增减变化，所以不存在单调性问题．因此在写单调区间时，区间端点可以包括，也可以不包
括．但对于函数式无意义的点，单调区间一定不能包括这些点．
四、函数的最大值与最小值
最大值 最小值
一般地，设函数 y＝f(x)的定义域为 I，如果存在实数 M 满足： x∈I，都有
条件 f(x)≤M f(x)≥M
x0∈I，使得 f(x0)＝M
结论 称 M 是函数 y＝f(x)的最大值 称 M 是函数 y＝f(x)的最小值
几何意义 f(x)图象上最高点的纵坐标 f(x)图象上最低点的纵坐标
1．对函数最值的三点说明
(1)最大(小)值必须是一个函数值，是值域中的一个元素，如函数 y＝x2(x∈R)的最小值是 0，有 f(0)＝0.
(2)最大(小)值定义中的“任意”是说对于定义域内的每一个值都必须满足不等式，即对于定义域内的全部
元素，都有 f(x)≤M(f(x)≥M)成立，也就是说，函数 y＝f(x)的图象不能位于直线 y＝M 的上(下)方．
(3)最大(小)值定义中的“存在”是说定义域中至少有一个实数满足等号成立，也就是说 y＝f(x)的图象与直
线 y＝M 至少有一个交点．
2．函数最值与函数值域的关系
函数的值域是一个集合，最值若存在则属于这个集合，即最值首先是一个函数值，它是值域的一个元
素．函数值域一定存在，而函数并不一定有最大(小)值．
3．利用单调性求最值的常用结论
(1)如果函数 f(x)在区间[a，b]上单调递增(减)，则 f(x)在区间[a，b]的左、右端点处分别取得最小(大)值
和最大(小)值．
(2)如果函数 f(x)在区间(a，b]上单调递增，在区间[b，c)上单调递减，则函数 f(x)在区间(a，c)上有最大
值 f(b)．
(3)如果函数 f(x)在区间(a，b]上单调递减，在区间[b，c)上单调递增，则函数 f(x)在区间(a，c)上有最小
值 f(b)．
（一）
证明或判断函数的单调性
定义法证明单调性的步骤
判断函数的单调性常用定义法和图象法，而证明函数的单调性则应严格按照单调性的定义操
作．
利用定义法判断函数的单调性的步骤如下：
注意：对单调递增的判断，当 x1f(x1)－f(x2)
(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0 或 >0.
x1－x2
对单调递减的判断，当 x1f(x2)，相应地也可用一个不等式来替代：
f(x1)－f(x2)
(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0 或 <0.
x1－x2
题型 1：利用函数单调性定义判断单调性
1-1．（2024 高一下·上海杨浦·期中）已知函数 y = f x 的定义域为R ，“ f 2 f 8 ”是“函数 y = f x 在区
间 2,8 是严格增函数”的（ ）条件
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·课堂例题）若定义在R 上的函数 f x 对任意两个不相等的实数 a、b ，总有
f a - f b
0成立，则必有（ ）
a - b
A． f x 在R 上是严格增函数 B． f x 在R 上是严格减函数
C．函数 f x 是先增后减函数 D．函数 f x 是先减后增函数
1-3．（2024 高三·全国·专题练习）设函数 f x 在R 上为增函数，则下列结论正确的是（ ）
1
A． y = f x 在 R 上为减函数
B． y = f x 在 R 上为增函数
C． y
1
= -
f x 在 R 上为增函数
D． y = - f x 在 R 上为减函数
1-4．（24-25 高一上·上海·随堂练习）下列函数在定义域上为严格减函数的是（ ）
3
A． y = B y = x +1x ．
C． y = x2 - 2x + 3 D． y = -x + 5
题型 2：利用函数单调性定义证明单调性
1
2-1．（2024 高一上·广东肇庆·开学考试）根据定义证明函数 y = x + 在区间 (1,+ )上单调递增.
x
1
2-2．（2024 高一·全国·课后作业）求证：函数 f x = 在区间 1,+ 上是增函数.1- x
x + a
2-3．（2024 高一下·湖北黄冈·期中）求证：函数 f (x) = (a 1) 在区间 -1，+ 上是减函数．
x +1
2-4．（2024 高一·全国·专题练习）设函数 f x x +1= ．用定义证明函数 f x 在区间 (1,+ )上是单调减函数；
x -1
x - b 1 2
2-5．（2024 高一上·广东广州·期末）已知函数 f x = ，且 f 2 = ， f 3 = ．
x - a 4 5
(1)求函数 f x 的解析式；
(2)根据定义证明函数 f x 在 -2, + 上单调递增．
（二）
求函数的单调区间
求函数单调区间的三种方法
方法一：转化为已知的函数(如一次函数、二次函数等)的单调性判断．
方法二：定义法，即先求出定义域，再利用单调性的定义进行判断求解．
方法三：图象法，即先画出图象，根据图象求单调区间．
注：函数的单调性是在定义域内的某个区间上的性质，单调区间是定义域的子集；当函数出现
两个以上单调区间时，单调区间之间可用“，”分开，不能用“∪”，可以用“和”来表示；
在单调区间 D上函数要么是增函数，要么是减函数，不能二者兼有．
题型 3：求函数的单调区间
3-1．（2024 高一上·新疆喀什·期末）函数 y = x2 + x + 2 ， x (-5,5) 的单调减区间为（ ）
A． ( ,
1
- - ) 1 1B． (- , + ) C． (- ,5) D． (-5,
1
- )
2 2 2 2
3-2．（2024 高一·全国·课后作业）如图是函数 y = f x 的图象，则函数 f x 的减区间是（ ）
A． -1,0 B． 1,+ C． -1,0 1, + D． -1,0 , 1, +
6
3-3．（2024 高一·全国·课后作业）函数 y = 的减区间是（ ）
x
A．[0, + ) B． (- ,0]
C． (- ,0)，(0, + ∞) D． (- ,0) U (0,+ )
3-4．（2024 2高二下·贵州·学业考试）函数 f x = x -1的单调递增区间是（ ）
A． - , -3 B． 0, +
C． -3,3 D． -3, +
3-5．（2024 高一上·河南信阳·阶段练习）函数 f (x) = x | x - 2 |的单增区间为（ ）
A． (- ,1] [2,+ ) B． (1, 2)
C． (2,+ ) D． (- ,1), (2,+ )
（三）
函数单调性的应用
1、由函数单调性求参数范围的处理方法是：
(1)由函数解析式求参数
若为二次函数——判断开口方向与对称轴——利用单调性确定参数满足的条件，
若为一次函数——由一次项系数的正负决定单调性.
若为复合函数 y＝|f(x)|或 y＝f(|x|)——数形结合，探求参数满足的条件.
(2)当函数 f(x)的解析式未知时，欲求解不等式，可以依据函数单调性的定义和性质，将符号“f”
脱掉，列出关于自变量的不等式(组)，然后求解，此时注意函数的定义域.
2、利用单调性比较大小或解不等式的方法
(1)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．
(2)利用抽象函数的单调性求范围．
①依据：定义在[m，n]上的单调递增(减)函数中函数值与自变量的关系 f(a){a < b a > b ，m ≤ a ≤ n，m ≤ b ≤ n.
②方法：依据函数的单调性去掉符号“f”，转化为不等式问题求解．
题型 4：利用函数单调性求参数的取值范围
4-1．（2024 高一上·四川达州·阶段练习）若函数 f (x) = 2x2 + mx -1在区间 (-1, + )上是增函数，则实数m 的
取值范围是
ìx2 +2ax+5,x<1
4-2．（2024 高一上·黑龙江牡丹江·阶段练习）已知函数 f x = í a 在区间 - ,+ 上是减函数，则
- , x 1 x
整数 a 的取值可以为（ ）
A．-2 B． 2 C．0 D．1
4-3．（2024 高一上·江苏扬州·阶段练习）“ a = 3”是“函数 f x = - x - a 在区间 3, + 上为减函数”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4-4．（2024 高一·全国·课后作业）设函数 f (x) = (a -1)x +1是R 上的减函数，则有（ ）
A．a 1 B．a 1 C． a 1 D． a 1
题型 5：利用函数的单调性比较大小
5-1．（2024 高一上·江苏南通·期中）若函数 f (x) = (m -1)x + b在 R 上是增函数，则 f (m)与 f (1)的大小关系是
（ ）
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·全国·课后作业）设函数 y = f x 满足：对任意的 x 01, x2 R 都有 f x - f x ，则 f -3 1 2
与 f -π 大小关系是 （ ）
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·全国·课后作业）已知[a,b]是函数 f (x) 的增区间，则下列结论成立的是（ ）
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·全国· 2专题练习）已知函数 f x 是区间 0, + 内的减函数，则 f a - a +1 与 f ÷的大小
è 4
关系为（ ）
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．不确定è
题型 6：利用函数单调性解不等式
6-1．（2024 高一上·江苏南京·期中）已知函数 y = f x 是定义在 R 上的增函数，且 f 1- a f a - 3 ，则 a
的取值范围是（ ）
A． 2, + B．(2，3)
C．(1，2) D．(1，3)
6-2．（2024·山东枣庄·模拟预测）已知函数 y = f x 是定义在 -4,4 上的减函数，且 f a +1 f 2a ，则 a
的取值范围是 ．
m
6-3．（2024 高一上·
云南保山·期末）已知定义在 0, + 上的函数 f x ,满足 f ÷ = f m - f n n ,且当 x 1è
时, f x 0 .
(1)讨论函数 f x 的单调性,并说明理由;
(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）已知函数 y = f x 在定义域 -1,3 上是减函数，且 f 2a -1 f 2 - a ，
则实数 a的取值范围是（ ）
A． 1,2 B． - ,1 C． 0,2 D． 1, +
（四）
利用图象求函数最值
1、利用图象求函数最值的一般步骤
(1)画出函数 y＝f(x)的图象；
(2)观察图象，找出图象的最高点和最低点；
(3)写出最值，最高点的纵坐标就是函数的最大值，最低点的纵坐标就是函数的最小值．
2、图象法求最值的步骤
题型 7：利用图象求函数最值
7-1．（2024 高一上·安徽马鞍山·阶段练习）如图是函数 y = f x , x -4,3 的图象，则下列说法正确的是
（ ）
A． f x 在 -4, -1 和 1,3 上单调递减
B． f x 在区间 -1,3 上的最大值为 3，最小值为-2
C． f x 在 -4,1 上有最大值 2，有最小值-1
D．当直线 y = m与函数 y = f x , x -4,3 图象有交点时-2 m 3
7-2．【多选】（2024 高一上·河南信阳·期中）已知函数 y = f x 的定义域为 -1,5 ，其图象如图所示，则下列
说法中正确的是（ ）
A． f x 的单调递减区间为 0,2
B． f x 的最大值为3
C． f x 的最小值为-1
D． f x 的单调递增区间为 -1,0 U 2,5
（五）
利用单调性求函数最值
1、利用单调性求函数的最大(小)值的一般步骤
(1)判断函数的单调性；
(2)利用函数的单调性求出最大(小)值．
2、函数的最大(小)值与单调性的关系
(1)若函数 f(x)在区间[a，b]上单调递增(减)，则函数 f(x)在区间[a，b]上的最小(大)值是 f(a)，最
大(小)值是 f(b)．
(2)若函数 f(x)在区间[a，b]上单调递增(减)，在区间[b，c]上单调递减(增)，则函数 f(x)在区间
[a，c]上的最大(小)值是 f(b)，最小(大)值是 f(a)与 f(c)中较小(大)的一个．
题型 8：利用单调性求函数最值
ax + b 1 2
8-1．（2024 高三·河北邢台·阶段练习）函数 f (x) = 2 是定义在 - , + 上的奇函数，且 f ( ) = ．x +1 2 5
（1）求实数 a，b，并确定函数 f (x) 的解析式；
（2）判断 f (x) 在（-1，1）上的单调性，并用定义证明你的结论；
（3）写出 f (x) 的单调减区间，并判断 f (x) 有无最大值或最小值？如有，写出最大值或最小值．（本小问不
需要说明理由）
1
8-2．（2024 高一·全国·专题练习）函数 f x = 在区间[1，2]上的最大值与最小值分别是（ ）
x2 +1
1 1 1 1
A． ， B．2，5 C．1，2 D． ，
2 5 5 2
8-3．（2024 高一上·全国·课后作业）设 f x 对任意的 x, y R 有 f x + y = f x + f y ，且当 x 0时，
f x 0 .
(1)求证 f x 是R 上的减函数；
(2)若 f 1 2= - ，求 f x 在 -3,3 上的最大值与最小值.
3
f (x) mx +18-4．（2024 高一上·山东枣庄·期末）已知函数 = 2 是R 上的偶函数1+ x
(1)求实数m 的值，判断函数 f (x) 在[0 , + ) 上的单调性；
(2)求函数 f (x) 在[-3 , 2]上的最大值和最小值．
题型 9：根据函数的最值求参数
9-1．（2024 高一上·北京·期中）已知函数 f x = -x2 + 2ax +1- a .
(1)若函数 f x 在区间 0,3 上单调递增，求实数 a的取值范围；
(2)若 f x 在区间 0,1 上有最大值 3，求实数 a的值.
9-2．（2024 高一·全国·课后作业）若函数 f (x) = x2 - 4x + 8, x [1, a]，它的最大值为 f (a) ，则实数 a的取值范
围是（ ）
A． (1, 2] B． (1,3) C． (3, + ) D．[3, + )
3
9-3．（2024 高一上·四川泸州·期末）函数 y = a - x - x 0 在 x = m 时有最大值为 3，则 a- m 的值为（x ）
A． 4 3 B．3 3 C． 2 3 D． 3
f (x) 2x +19-4．（2024 高一上·宁夏吴忠·期中）已知 =
x - 2
(1)根据单调性的定义证明函数 f (x) 在区间 (2,+ ) 上是减函数
g(x) 2x +1(2)若函数 = , x [3,a]（ a 3）的最大值与最小值之差为 1，求实数 a的值
x - 2
ì1- ax, x a,
9-5．（2024 高三上·广东深圳·阶段练习）设函数 f x = í 2 f x a
x - 4x + 3, x a.
若 存在最小值，则 的取值范
围为（ ）
A． é- 2, 2ù B． é ù 0, 2
C． é - 2, 2ù 2,+ D． é 0, 2ù 2,+
（六）
求二次函数的最值
二次函数最值的求法
(1)探求二次函数 y＝f(x)在给定区间上的最值问题，一般要先作出 y＝f(x)的草图，然后根据图
象判断函数的单调性．对于“定对称轴变区间”“变对称轴定区间”的情况，特别要注意二次函数
图象的对称轴与所给区间的位置关系，它是求解二次函数在已知区间上最值问题的主要依据，
并且最大(小)值不一定在顶点处取得．
(2)二次函数图象的对称轴与定义域区间的位置通常有三种关系：①对称轴在定义域的右侧；②
对称轴在定义域的左侧；③对称轴在定义域区间内．
题型 10：求二次函数的最值
10-1．（2024 高一上·广东深圳·期中）已知函数 f (x) = x2 + ax + b．
(1)若函数 f x 在 1, + 上是增函数，求实数 a 的取值范围；
(2)若b =1，求 x [0,3]时 f (x) 的最小值 g(a)．
10-2．（2024 高一上·陕西榆林·阶段练习）已知函数 f (x) = x2 + 2ax + 3（ a 0）的最小值为–1．
(1)求实数 a 的值；
(2)当 x [t, t +1]， t R 时，求函数 f (x) 的最小值．
10-3．（2024 高一上·江西南昌·阶段练习）已知二次函数 y = f x 满足 f 0 =3，且 f x +1 - f x = 2x -1．
(1)求 f x 的解析式；
(2)求函数在区间 -2, t ， t -2上的最大值 g t ．
10-4．（2024 高一上· 2河南商丘·阶段练习）已知函数 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·全国·课后作业）已知函数 y = f (x) 的表达式 f (x) = x2 - 2x - 3，若 x [t, t + 2]，求函数 f (x)
的最值．
（七）
一元二次不等式的恒成立问题
(1)ax2＋bx＋c>0(a≠0) > 0恒成立(或解集为 R)时，满足{ < 0 ；
(2)ax2＋bx＋c≥0(a≠0) > 0恒成立(或解集为 R)时，满足{ ≤ 0 ；
(3)ax2 bx c<0(a≠0) ( R) { < 0＋ ＋ 恒成立 或解集为 时，满足 < 0 ；
(4)ax2 bx < 0＋ ＋c≤0(a≠0)恒成立(或解集为 R)时，满足{ ≤ 0 .
ìa 0
注：①已知关于 x 的一元二次不等式 ax2 + bx + c 0 的解集为 ，则一定满足 í ；
0
a 0
②已知关于 x
ì
的一元二次不等式 ax2 + bx + c 0的解集为 ，则一定满足 í ．
0
③含参数的一元二次不等式恒成立．若能够分离参数成 kf(x)形式．则可以转化为函数值域
求解．
设 f(x)的最大值为 M，最小值为 m.
(1)k(2)k>f(x)恒成立 k>M，k≥f(x)恒成立 k≥M.
题型 11：函数不等式恒成立问题
4
11-1．（2024 高一上·山西晋城·阶段练习）已知函数 f x = x + ，
x
(1)判断函数 f x 在区间 0, + 上的单调性，并利用定义证明；
é1 ù
(2)若对任意的 x1, x2 ê , 4ú 时， f x1 - f x2 m
2
+ 恒成立，求实数m2 的取值范围. m
11-2．（2024 高一上·上海普陀· f x = ax2阶段练习）已知 + x - a, a R .
(1)若不等式 f x -2x2 - 3x +1- 2a 对一切实数 x 恒成立，求实数 a 的取值范围；
(2)若 a 0，解不等式 f x 1 .
11-3．（2024 高一上·四川成都·阶段练习）已知函数 y = x2 - (a + 2)x + 4(a R) .
(1)若对任意的1 x 4， y + a +1 0恒成立，求实数 a 的取值范围；
(2)若对任意的-1 a 1， y (2 - 2a)x + 2a 恒成立，求 x 的取值范围.
题型 12：函数不等式有解问题
12-1．（2024 高一上·福建泉州·期末）已知函数 f (x) = ax2 - 4ax + b(a 0)在[0,3]上的最大值为 3，最小值为
-1．
(1)求 f (x) 的解析式；
(2)若$x (1,+ ) ，使得 f (x) mx ，求实数 m 的取值范围．
12-2．（2024 2高一上·河北沧州·阶段练习）已知函数 f x = x - a + 2 x + 4 a R
(1)解关于 x 的不等式 f x 4 - 2a；
(2)已知 g x = mx + 5 - 2m，当 a = 2时，若对任意的 x1 1,4 ，总存在 x2 1,4 ，使 f x1 = g x2 成立，求
实数 m 的取值范围.
12-3．（2024 高一·全国·单元测试）若存在实数m [-2,2]，使得不等式 2x -1 m x2 -1 成立，求 x 的取值范
围．
一、单选题
ì-x2 - ax - 9, x 1
1．（2024 高一上·四川广安·期末）已知函数 f x = í a 在R 上单调递增，则实数 a 的取值范围
, x 1 x
为（ ）
A． -5,0 B． (- , -2)
C． -5, -2 D． (- ,0)
2．（2024 高一上· 2陕西西安·期中）已知函数 f x = x - kx -8在 1,4 上单调，则实数 k 的取值范围为（ ）
A． 2,8 B． -8,-2 C． - ,-8 U -2,+ D． - , 2 8, +
3．（宁夏中卫市第一中学 2023-2024 学年高一上学期第一次月考数学（B 卷）试题）若函数 y＝f(x)在 R 上单
调递减，且 f(2m－3) > f(－m)，则实数 m 的取值范围是（ ）
A．(－∞，－1) B．(－1，＋∞) C．(1，＋∞) D．(－∞，1)
4．（2024 高一上·全国·课后作业）已知 y = f x 的图象如图所示，则该函数的单调增区间为（ ）
A．[-1,3] B．[-1,2]和[4,5]
C．[-1,2] D． -3, -1 和 2,4
5．（2024 高二下·陕西宝鸡·期末）函数 f (x) = 3+ 2x - x2 的单调递增区间是（ ）
A． - ，1 B． 1，+ C． 1,3 D． -1,1
6．（2024 高一上·福建三明·阶段练习）下列有关函数单调性的说法，不正确的是（ ）
A．若 f x 为增函数， g x 为增函数，则 f x + g x 为增函数
B．若 f x 为减函数， g x 为减函数，则 f x + g x 为减函数
C．若 f x 为增函数， g x 为减函数，则 f x + g x 为增函数
D．若 f x 为减函数， g x 为增函数，则 f x - g x 为减函数
1
7．（2024 高一下·云南普洱·阶段练习）函数 f x = x + + 3的最小值为（ ）
x 3 +
10
A．2 B． C．3 D．以上都不对
3
ì a +1 x +1, x 1
8．（2024 高一上·广西桂林·期末）已知函数 f x = í 2 在R 上单调递增，则实数 a的取值范围
x - 2x + 4, x 1
是（ ）
A． -1,1 B． -1,2 C． 1,2 D． 1, +
9．（2024 高一上·河南信阳·阶段练习）若函数 f (x) = ax2 + x + a 在[1,+ )上单调递增,则 a 的取值范围是( )
A． (0, + ) B． (0,1] C．[1,+ ) D．[0,+ )
10．（2024 高一·全国·课后作业）函数 f (x) 的定义域为[-3,4]，且在定义域内是增函数，若
f (2m-1) - f (1-m) 0，则 m 的取值范围是（ ）
A．m
2 2 2 5 2 B．m C． m D．-1 m
3 3 3 2 3
11．（2024 高三·全国·专题练习）函数 f (x) = x - 2 x的单调递减区间是（ ）
A．[1, 2] B．[-1,0] C． (0, 2] D．[2,+ )
12．（2024·海南海口·模拟预测）函数 f (x) = x2 - 4 | x | +3的单调递减区间是（ ）
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）函数 y = x
1
+ 的单调递减区间为（
x ）
A． (0,1] B．[-1,1] C．[-1,0) (0,1] D．[-1,0)， (0,1]
f x x -114．（2024 高一·全国·专题练习）函数 = 的单调增区间为（ ）
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）设函数 g(x) = x2 - 2(x R) ， f (x) = í f (x)g(x) x, x 则 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）已知函数 f (x) = í ，若存在 x1, x2 R, x1 x ，使得
ax -1, x 1
2
f x1 = f x2 成立，则实数 a 的取值范围是（ ）
A． a -2或 a 2 B． a 2 C．-2 a 2 D． a 2
17．（2024 高一·全国·课后作业）下列命题正确的是（ ）
1
A．函数 y = x2在R 上是增函数 B．函数 y = 在 (- ,0) U (0,+ )x 上是减函数
C．函数 y = x2和函数 y = x 1
1
的单调性相同D．函数 y = 和函数 y = x +x 的单调性相同x
二、多选题
18．（2024 高一上·江苏南京·期中）下列说法正确的是（ ）
A．定义在 R 上的函数 f (x) 满足 f (2) f (1)，则函数 f (x) 是 R 上的增函数
B．定义在 R 上的函数 f (x) 满足 f (2) f (1)，则函数 f (x) 是 R 上不是减函数
C．定义在 R 上的函数 f (x) 在区间 - ,0 上是增函数，在区间 0, + 上也是增函数，则函数 f (x) 在 R
上是增函数
D．定义在 R 上的函数 f (x) 在区间 - ,0 上是增函数，在区间 (0, + )上也是增函数，则函数 f (x) 在 R
上是增函数
19．（2024 高二下·辽宁大连·期末）在下列函数中，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·广东湛江·阶段练习）若不等式 x2 + ax +1 0对于一切 x 0, ú恒成立，则 a 的值可能是è 2
（ ）
5
A．-1 B．-2 C．- D．-3
2
三、填空题
-x + a, x 0,
21．（2024·上海）设 f (x) = { 1 若 f (0)是 f (x) 的最小值，则 a的取值范围是 .x + , x 0,
x
22．（2024 高一上·河北保定·期中）已知 y = (a -1)x + 5在R 上是增函数，则 a 的取值范围是 ．
ì-x2 + x,0 x 2,
23．（2024 高一上·内蒙古通辽·期末）已知函数 f x = í 2 f x 的最大值为 m， f x 的最小
-x - x, -1 x 0,
值为 n，则m + n = ．
24．（2024 高一上·全国·课后作业）已知 y = f x 是定义在 -1,1 上的减函数，则不等式 f (1- x) f 2x -1
的解集为 .
x +1
25．（2024 高一上·上海杨浦·期末）函数 y = 的单调减区间为 .
x - 2
ì-2x +1, x 0
26．（2024 高一上·广东汕尾·期末）已知函数 f x = í 2 f x x 2x 1, x 0，则 的单调递增区间为 . - + +
27．（2024 高一上·浙江温州·期中）函数 f x = x - 3 单调减区间是 .
ì 4
f (x) =
x + , x 1
28．（2024 高一上·新疆·期中）若函数 í x 的值域是R ，则实数 a的取值范围是 ．
(2a -1)x -1, x 1
29．（2024 高三·全国·对口高考）设 f (x) = x2 - 4x - 4的定义域为[t - 2, t -1]，对于任意实数 t，则 f x 的最
小值j (t) = ．
ìa, a bmin a,b 30．（2024 高一·全国·课后作业）定义一种运算 = í ，设 f (x) = min 4 + 2x - x2 , | x - t | （t
b, (a b)
为常数），且 x [-3,3]，则使函数 f (x) 最大值为 4 的 t 值是 ．
四、解答题
31．（2024 2高一上·云南红河·期末）已知函数 f x = x - 2ax + 3 a R .
(1)当 a = 2时，求 f x 0 的解集；
(2)求函数 f x 在区间 1,3 上的最小值 h a .
32．（2024 高一上·云南·阶段练习）已知二次函数 ( ) = 2 4 + 3，非空集合 A = x | 0 x a .
(1)当 x A时，二次函数的最小值为-1，求实数 a的取值范围；
(2)当__________时，求二次函数 ( ) = 2 4 + 3的最值以及取到最值时 x 的取值.
在① a =1，② a = 4，③ a = 5，这三个条件中任选一个补充在（2）问中的横线上，并求解.
（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.）
33．（2024 2高一上·上海闵行·期末）已知函数 f x = x - 2tx +1, x 2,5 严格单调，且 f (x) 的最大值为 8，求
实数 t的值.
34．（2024 高一上·陕西安康·阶段练习）已知函数 f (x) = x2 + ax + 3，求函数在区间[-1,1]上的最小值 g(a).
35．（2024 高一·全国·课后作业）用定义证明：函数 f (x) = x3 在R 上是增函数．
2 1
36．（2024 高一·全国·专题练习）已知函数 f x = .判断函数 f x 在
3x -1
,+ ÷ 上的单调性，并证明；
è 3
x +1
37．（2024 高一上·新疆乌鲁木齐·期末）已知函数 f x = ，判断并证明 f x 在 (-2,+ )上的单调性.
x + 2
38．（2024 高一·江苏·假期作业）已知函数 f (x) ，
(1)对任意的 a,b R ，都有 f (a + b) = f (a) + f (b) -1，且当 x 0时， f (x) 1求证： f (x) 是R 上的增函数；
(2)若 f (x)是 0, x + 上的增函数，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·江西抚州·期中）已知函数 f x 的定义域为 0, + ,且对任意的正实数 x, y都有
f xy = f x + f (y) ,且当 x 1时, f x 0 , f 4 =1 .
(1)求 f
1
16 ÷
;
è
(2)求证: f x 为 0, + 上的增函数;
(3)解不等式 f x + f x - 3 1.
1
40．（2024 2高一上·辽宁铁岭·阶段练习）已知 f (x) = -x + 4x - 5, g x = x + + a ，其中 a为常数．
x
(1)若 g x 0 ì的解集为 íx | 0 x 1 或 x 3 ，求 a的值；
3
(2)"x1 [0,3],$x2 [1,2]使 f x1 g x2 ，求实数 a的取值范围．
41．（2024 高一上·重庆沙坪坝·阶段练习）已知定义在R 的函数 f x 满足以下条件：
① f 1 =1；
②当 x 0时， f x 0；
③对"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)判断并证明 f x 的单调性；
7 - f x +1(3)求不等式 f
é f x ù 1+ f x 1 的解集．+3.2.1 单调性与最大（小）值 12 题型分类
一、函数的单调性及其符号表达
(1)函数单调性的概念
函数值随自变量的增大而增大(或减小)的性质叫做函数的单调性．
(2)函数单调性的符号表达
一般地，设函数 f(x)的定义域为 I，区间 D I：
如果 x1，x2∈D，当 x1如果 x1，x2∈D，当 x1f(x2)，那么就称函数 f(x)在区间 D 上单调递减.
二、增函数、减函数
当函数 f(x)在它的定义域上单调递增时，我们就称它是增函数．
当函数 f(x)在它的定义域上单调递减时，我们就称它是减函数．
三、单调区间
如果函数 y＝f(x)在区间 D 上单调递增或单调递减，那么就说函数 y＝f(x)在这一区间具有(严格的)单调
性，区间 D 叫做 y＝f(x)的单调区间．
1．单调性是函数的局部性质，但在其单调区间上是整体性质，因此对 x1，x2有下列要求：
(1)属于同一个区间 D；
(2)任意性，即 x1，x2是定义域中某一区间 D 上的任意两个值，不能用特殊值代替；
(3)有大小，即确定的任意两值 x1，x2必须区分大小，一般令 x12 f(x) {1，x 是偶数，．并非所有的函数都具有单调性．如 ＝ 0 它的定义域为 Z，但不具有单调性．，x 是奇数，
3．单调区间
(1)这个区间可以是整个定义域．如 y＝x 在整个定义域(－∞，＋∞)上单调递增， y＝－x 在整个定义域
(－∞，＋∞)上单调递减；
(2)这个区间也可以是定义域的真子集．如 y＝x2在定义域(－∞，＋∞)上不具有单调性，但在(－∞，0]上
单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．
1
4．函数在某个区间上单调递增(减)，但是在整个定义域上不一定都是单调递增(减)．如函数 y＝ (x≠0)
x
在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上都单调递减，但是在整个定义域上不具有单调性．
5．一个函数出现两个或者两个以上的单调区间时，不能用“∪”连接，而应该用“和”或“，”连接．如函
1 1
数 y＝ (x≠0)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上都单调递减，不能认为 y＝ (x≠0)的单调递减区间为(－∞，0)∪(0，
x x
＋∞)．
6．函数的单调性是相对于函数的定义域的子区间 D 而言的．对于单独的一点，它的函数值是唯一确定
的常数，没有增减变化，所以不存在单调性问题．因此在写单调区间时，区间端点可以包括，也可以不包
括．但对于函数式无意义的点，单调区间一定不能包括这些点．
四、函数的最大值与最小值
最大值 最小值
一般地，设函数 y＝f(x)的定义域为 I，如果存在实数 M 满足： x∈I，都有
条件 f(x)≤M f(x)≥M
x0∈I，使得 f(x0)＝M
结论 称 M 是函数 y＝f(x)的最大值 称 M 是函数 y＝f(x)的最小值
几何意义 f(x)图象上最高点的纵坐标 f(x)图象上最低点的纵坐标
1．对函数最值的三点说明
(1)最大(小)值必须是一个函数值，是值域中的一个元素，如函数 y＝x2(x∈R)的最小值是 0，有 f(0)＝0.
(2)最大(小)值定义中的“任意”是说对于定义域内的每一个值都必须满足不等式，即对于定义域内的全部
元素，都有 f(x)≤M(f(x)≥M)成立，也就是说，函数 y＝f(x)的图象不能位于直线 y＝M 的上(下)方．
(3)最大(小)值定义中的“存在”是说定义域中至少有一个实数满足等号成立，也就是说 y＝f(x)的图象与直
线 y＝M 至少有一个交点．
2．函数最值与函数值域的关系
函数的值域是一个集合，最值若存在则属于这个集合，即最值首先是一个函数值，它是值域的一个元
素．函数值域一定存在，而函数并不一定有最大(小)值．
3．利用单调性求最值的常用结论
(1)如果函数 f(x)在区间[a，b]上单调递增(减)，则 f(x)在区间[a，b]的左、右端点处分别取得最小(大)值
和最大(小)值．
(2)如果函数 f(x)在区间(a，b]上单调递增，在区间[b，c)上单调递减，则函数 f(x)在区间(a，c)上有最大
值 f(b)．
(3)如果函数 f(x)在区间(a，b]上单调递减，在区间[b，c)上单调递增，则函数 f(x)在区间(a，c)上有最小
值 f(b)．
（一）
证明或判断函数的单调性
定义法证明单调性的步骤
判断函数的单调性常用定义法和图象法，而证明函数的单调性则应严格按照单调性的定义操
作．
利用定义法判断函数的单调性的步骤如下：
注意：对单调递增的判断，当 x1f(x1)－f(x2)
(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0 或 >0.
x1－x2
对单调递减的判断，当 x1f(x2)，相应地也可用一个不等式来替代：
f(x1)－f(x2)
(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0 或 <0.
x1－x2
题型 1：利用函数单调性定义判断单调性
1-1．（2024 高一下·上海杨浦·期中）已知函数 y = f x 的定义域为R ，“ f 2 f 8 ”是“函数 y = f x 在区
间 2,8 是严格增函数”的（ ）条件
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】利用单调性的定义及充分、必要条件的定义即可.
【详解】显然由 f 2 f 8 推不出函数单调，个别情况推不出整体的单调性，不满足充分性；
反之函数 y = f x 在区间 2,8 是严格增函数，可知 f 2 f 8 ，满足必要性.
即“ f 2 f 8 ”是“函数 y = f x 在区间 2,8 是严格增函数”的必要不充分条件.
故选:B
1-2．（24-25 高一上·上海·课堂例题）若定义在R 上的函数 f x 对任意两个不相等的实数 a、b ，总有
f a - f b
0成立，则必有（ ）
a - b
A． f x 在R 上是严格增函数 B． f x 在R 上是严格减函数
C．函数 f x 是先增后减函数 D．函数 f x 是先减后增函数
【答案】B
【分析】利用给定条件结合函数单调性的定义求解即可.
f a - f b
【详解】因为 0，所以 a - b和 f a - f b 异号，
a - b
所以当 a b 时， f a > f b ，当 a > b时， f a f b ，
故 f x 在R 上是严格减函数，故 B 正确.
故选：B
1-3．（2024 高三·全国·专题练习）设函数 f x 在R 上为增函数，则下列结论正确的是（ ）
1
A． y = f x 在 R 上为减函数
B． y = f x 在 R 上为增函数
1
C． y = - f x 在 R 上为增函数
D． y = - f x 在 R 上为减函数
【答案】D
【分析】通过举反例即可判断 A、B、C 选项，可以借助单调性的定义证明 D 选项.
1 1
【详解】对于 A 选项，若 f x = x，则 y = =f x x ，在R 上不是减函数，故 A 错误；
对于 B 选项，若 f x = x，则 y = f x = x ，在R 上不是增函数，故 B 错误；
1 1
对于 C 选项，若 f x = x，则 y = - = -f x x ，在R 上不是增函数，故 C 错误；
对于 D 选项，函数 f x 在R 上为增函数，则对于任意的 x1, x2 R ，设 x1 x2，必有 f x1 f x2 ，即
f x1 - f x2 0，
对于 y = - f x ，则有 y1 - y2 = é- f x1 ù - é - f x2 ù = - é f x1 - f x2 ù > 0
则 y = - f x 在R 上为减函数，故 D 正确．
故选：D.
1-4．（24-25 高一上·上海·随堂练习）下列函数在定义域上为严格减函数的是（ ）
y 3A． = B． y = x +1x
C． y = x2 - 2x + 3 D． y = -x + 5
【答案】D
【分析】根据特殊值法判断 A,B,C 选项，应用一次函数的单调性性质判断 D 选项.
【详解】对于 A:当 x1 = -1, y1 = -3，当 x2 =1, y2 = 3， x1 x2 , y1 y2 ,在定义域上不是严格减函数，错误；
对于 B:当 x1 = 0, y1 =1，当 x1 =1, y1 = 2， x1 x2 , y1 y2 ，在定义域上不是严格减函数，错误；
对于 C: x1 =1, y1 = 2 ,当 x1 = 2, y1 = 3， x1 x2 , y1 y2 ，在定义域上不是严格减函数，错误；
对于 D:因为-1 0, y = -x + 5在定义域R 内为严格减函数,正确.
故选：D.
题型 2：利用函数单调性定义证明单调性
1
2-1．（2024 高一上·广东肇庆·开学考试）根据定义证明函数 y = x + 在区间 (1,+ )上单调递增.
x
【答案】证明见解析
【分析】根据函数单调性的定义创建相关不等式证明即可.
【详解】"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，函数 y = x + 在区间 (1,+ )上单调递增.
x
1
2-2．（2024 高一·全国·课后作业）求证：函数 f x = 在区间 1,+ 上是增函数.
1- x
【答案】证明见解析
【分析】根据函数单调性的定义，取1 x1 x2 并结合解析式，判断 f x1 , f x2 的大小关系，即可证明结
论.
1 1 x1 - x2
【详解】证明：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 ，则 f x1 - f- x2 0，即 f x1 f x2 .1 2
∴ f x 1= 在区间 1, + 上是增函数.
1- x
2-3．（2024 高一下·湖北黄冈·期中）求证：函数 f (x)
x + a
= (a >1) 在区间 -1，+ 上是减函数．
x +1
【答案】证明见解析
【分析】利用函数单调性的定义即可求证.
【详解】设"x1, x2 -1，+ ，且 x1 x2，
f x f x x1 + a x2 + a 1- a x1 - x- 2 则 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 ，
故函数 f x 在区间 -1，+ 是减函数.
2-4．（2024 高一·全国·专题练习）设函数 f x x +1= ．用定义证明函数 f x 在区间 (1,+ )上是单调减函数；
x -1
【答案】证明见解析；
【分析】根据定义法证明函数单调性的步骤即可求解.
【详解】证明：
f (x ) f x x1 +1 x2 +1 2 x2 - x 任取1 x 11 x2 ，因为 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,+ )上是单调减函数
x - b 1 2
2-5．（2024 高一上·广东广州·期末）已知函数 f x = ，且 f 2 = ， f 3 = ．
x - a 4 5
(1)求函数 f x 的解析式；
(2)根据定义证明函数 f x 在 -2, + 上单调递增．
f x x -1【答案】(1) =
x + 2
(2)证明见解析
【分析】（1）直接根据条件列方程组求解即可；
（2）任取 x1 > x2 > -2，计算判断 f x1 - f x2 的符号即可证明单调性.
ì 2 - b 1
f 2 = =
1 2 - a 4
ìa = -2
【详解】（ ）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 则 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 ，
\函数 f x 在 -2, + 上单调递增.
（二）
求函数的单调区间
求函数单调区间的三种方法
方法一：转化为已知的函数(如一次函数、二次函数等)的单调性判断．
方法二：定义法，即先求出定义域，再利用单调性的定义进行判断求解．
方法三：图象法，即先画出图象，根据图象求单调区间．
注：函数的单调性是在定义域内的某个区间上的性质，单调区间是定义域的子集；当函数出现
两个以上单调区间时，单调区间之间可用“，”分开，不能用“∪”，可以用“和”来表示；
在单调区间 D 上函数要么是增函数，要么是减函数，不能二者兼有．
题型 3：求函数的单调区间
3-1．（2024 高一上·新疆喀什·期末）函数 y = x2 + x + 2 ， x (-5,5) 的单调减区间为（ ）
1 1 1 1
A． (- , - ) B． (- , + ) C． (- ,5) D． (-5,- )
2 2 2 2
【答案】D
【分析】首先求出函数的对称轴，即可判断函数的单调性.
1
【详解】解：函数 y = x2 + x + 2 对称轴为 x = - ，开口向上，
2
1
所以函数 y = x2 + x + 2 ， x (-5,5) 的单调减区间为 -5, - 2 ÷
.
è
故选：D
3-2．（2024 高一·全国·课后作业）如图是函数 y = f x 的图象，则函数 f x 的减区间是（ ）
A． -1,0 B． 1,+ C． -1,0 1, + D． -1,0 , 1, +
【答案】D
【分析】若函数在区间上单调递减，则对应的函数图象为从左到右下降的，结合函数图象即可得解，需注
意的是函数在两个区间上单调递减，不能写成并集的形式；
【详解】解：若函数在区间上单调递减，则对应的函数图象为从左到右下降的．由图象知，函数 f x 的图
象在 -1,0 ， 1,+ 上分别是从左到右下降的，则对应的减区间为 -1,0 ， 1,+ ，
故选：D．
6
3-3．（2024 高一·全国·课后作业）函数 y = 的减区间是（ ）
x
A．[0, + ) B． (- ,0]
C． (- ,0)，(0, + ∞) D． (- ,0) U (0,+ )
【答案】C
【解析】画出函数图象，数形结合即可求得结果.
【详解】由图象知单调减区间为 (- ,0)，(0, + ∞)
故选：C .
【点睛】本题考查简单函数单调区间的求解，属简单题.
3-4．（2024 高二下·贵州· 2学业考试）函数 f x = x -1的单调递增区间是（ ）
A． - , -3 B． 0, +
C． -3,3 D． -3, +
【答案】B
【分析】直接由二次函数的单调性求解即可.
2
【详解】由 f x = x -1知，函数为开口向上，对称轴为 x = 0的二次函数，则单调递增区间是 0, + .
故选：B.
3-5．（2024 高一上·河南信阳·阶段练习）函数 f (x) = x | x - 2 |的单增区间为（ ）
A． (- ,1] [2,+ ) B． (1, 2)
C． (2,+ ) D． (- ,1), (2,+ )
【答案】D
【分析】得出分段函数解析式，即可得解.
ìx2 - 2x, x 2
【详解】 f (x) = x x - 2 = í .
2x - x
2 , x 2
因为 y = x2 - 2x = x -1 2 -1， y = 2x - x2 = - x -1 2 +1，
所以 f (x) 的增区间是 (- ,1), (2,+ ) ．
故选：D
（三）
函数单调性的应用
1、由函数单调性求参数范围的处理方法是：
(1)由函数解析式求参数
若为二次函数——判断开口方向与对称轴——利用单调性确定参数满足的条件，
若为一次函数——由一次项系数的正负决定单调性.
若为复合函数 y＝|f(x)|或 y＝f(|x|)——数形结合，探求参数满足的条件.
(2)当函数 f(x)的解析式未知时，欲求解不等式，可以依据函数单调性的定义和性质，将符号“f”
脱掉，列出关于自变量的不等式(组)，然后求解，此时注意函数的定义域.
2、利用单调性比较大小或解不等式的方法
(1)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．
(2)利用抽象函数的单调性求范围．
①依据：定义在[m，n]上的单调递增(减)函数中函数值与自变量的关系 f(a){a < b a > b ，m ≤ a ≤ n，m ≤ b ≤ n.
②方法：依据函数的单调性去掉符号“f”，转化为不等式问题求解．
题型 4：利用函数单调性求参数的取值范围
4-1．（2024 高一上·四川达州·阶段练习）若函数 f (x) = 2x2 + mx -1在区间 (-1, + )上是增函数，则实数m 的
取值范围是
【答案】[4,+ )
【分析】利用二次函数 f (x) = 2x2 + mx -1的单调性列出关于实数m 的不等式，解之即可求得实数m 的取值
范围.
m
【详解】二次函数 f (x) = 2x2 + mx 1 é - 的图像开口向上，单调增区间为 ê- ,+ 4 ÷
，
又函数 f (x) = 2x2 + mx -1在区间 (-1, + )上是增函数，
m
则- -1，解之得m 4，则实数m 的取值范围是[4,+ )
4
故答案为：[4,+ )
ìx2 +2ax+5,x<1
4-2．（2024 高一上·黑龙江牡丹江·阶段练习）已知函数 f x = í a 在区间 - ,+ 上是减函数，则
- , x 1 x
整数 a 的取值可以为（ ）
A．-2 B． 2 C．0 D．1
【答案】A
ì-a 1
【分析】由题意可得 ía<0 ，解不等式即可得出答案.
1+2a+5 -a
ì-a 1
【详解】解：由题意可得 ía<0 ，解得-2 a -1，
1+2a+5 -a
∴整数 a 的取值可以为-2 .
故选：A
4-3．（2024 高一上·江苏扬州·阶段练习）“ a = 3”是“函数 f x = - x - a 在区间 3, + 上为减函数”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】求出函数 f x = - x - a 在区间 3, + 上为减函数的 a的取值范围，结合与 a = 3的关系求出答案
【详解】 f x = - x - a 的图象如图所示，
要想函数 f x = x - a 在区间 3, + 上为减函数，必须满足 a 3，
因为 3 是 a a 3 的子集，
所以“ a = 3”是“函数 f x = - x - a 在区间 3, + 上为减函数”的充分不必要条件.
故选：A
4-4．（2024 高一·全国·课后作业）设函数 f (x) = (a -1)x +1是R 上的减函数，则有（ ）
A．a 1 B．a 1 C． a >1 D． a 1
【答案】D
【分析】根据函数的单调性列出相应的不等式，即可求得答案.
【详解】由题意函数 f (x) = (a -1)x +1是R 上的减函数，
则 a 1，否则 f (x) = 1为常数函数，不合题意，故 f (x) = (a -1)x +1为一次函数，
故 a -1 0,\a 1，
故选：D
题型 5：利用函数的单调性比较大小
5-1．（2024 高一上·江苏南通·期中）若函数 f (x) = (m -1)x + b在 R 上是增函数，则 f (m)与 f (1)的大小关系是
（ ）
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】由一次函数性质求解，
【详解】由题意得m -1 > 0 ，即m >1，
而 f (x) 在 R 上是增函数，则 f (m) > f (1)，
故选：B
x - x
5-2．（2024 高一上·全国·课后作业）设函数 y = f x 满足：对任意的 x1, x2 R 1 2都有 > 0f x1 - f x ，则
f -3
2
与 f -π 大小关系是 （ ）
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】根据已知条件确定函数的单调性，进而比较函数值大小即可.
x1 - x2
【详解】因为 > 0f x f x ，当 x1 > x2 时 f x1 > f x2 ；当 x1 x2时 f x1 f x- 2 ；1 2
所以函数在实数R 上单调递增，又-3 > -π，所以 f (-3) > f (-π) .
故选：A
5-3．（2024 高一·全国·课后作业）已知[a,b]是函数 f (x) 的增区间，则下列结论成立的是（ ）
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】根据单调性的定义判断即可.
【详解】因为[a,b]是函数 f (x) 的增区间，所以 f (a) f (b)，故 A 正确；
由于无法确定 f a 、 f b 的取值情况，故无法判断 f (a) f (b)的符号，故 B、C、D 错误；
故选：A
5-4．（2024 高一·全国·专题练习）已知函数 f x 是区间 0, + 内的减函数，则 f a2 - a +1 与 f 3 ÷的大小
è 4
关系为（ ）
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．不确定
è 4
【答案】B
【分析】由已知结合二次函数的性质及函数的单调性即可比较大小．
1 2 3 3
【详解】因为 a2 - a +1 = a -
+ ，
è 2 ÷ 4 4
又 f x 是区间 0, + 内的减函数，
2 3
所以 f a - a +1 f 4 ÷ .è
故选：B．
题型 6：利用函数单调性解不等式
6-1．（2024 高一上·江苏南京·期中）已知函数 y = f x 是定义在 R 上的增函数，且 f 1- a f a - 3 ，则 a
的取值范围是（ ）
A． 2, + B．(2，3)
C．(1，2) D．(1，3)
【答案】A
【分析】根据函数的单调性有1- a a - 3，即可求 a 的取值范围.
【详解】∵ y = f x 是定义在 R 上的增函数，且 f 1- a f a - 3 ，
∴1- a a - 3，解得 a > 2，则 a 的取值范围为 2, + ．
故选：A．
6-2．（2024·山东枣庄·模拟预测）已知函数 y = f x 是定义在 -4,4 上的减函数，且 f a +1 > f 2a ，则 a
的取值范围是 ．
【答案】 1,2
【分析】根据函数的定义域，结合函数的单调性求解即可.
【详解】函数 y = f x 是定义在 -4,4 上的减函数，且 f a +1 > f 2a ，
∴ -4 a +1 2a 4，解得1 a 2．
故答案为： 1,2
m
6-3．（2024 高一上·云南保山·期末）已知定义在 0, + 上的函数 f x , f 满足 = f m - f n
è n ÷
,且当 x >1
时, f x > 0 .
(1)讨论函数 f x 的单调性,并说明理由;
(2)若 f 2 =1 ,解不等式 f x + 3 - f 3x > 3 .
【答案】(1) f x 在 0, + 上单调递增,理由见解析
(2) 0,
3
23 ֏
【分析】(1)取m = x2 ,n = x1 ,利用单调性的定义,进行取值,作差,变形,定号,结论即可得出结果;
x + 3
(2)先根据 f 2 =1 ,求得 f 8 = 3 ,再利用抽象函数的式子化为 f ÷ > f 8 ,根据(1)中的单调性结论,列出
è 3x
不等式,解出即可.
【详解】（1）解: f x 在 0, + 上单调递增,理由如下:
因为 f x 定义域为 0, + ,
x
不妨取任意 x1, x2 0, + ,且 x1 x , 22 则 >1x ,1
f x由题意 2
÷ = f x2 - f x1 > 0 ,即 f x2 > f x1 ,
è x1
所以 f x 在 0, + 上单调递增.
mn m2 （ ）因为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 ,
则 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 在定义域内单调递增,
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 的解集为 0, .
è 23 ÷
6-4．（2024 高一上·安徽滁州·期中）已知函数 y = f x 在定义域 -1,3 上是减函数，且 f 2a -1 f 2 - a ，
则实数 a的取值范围是（ ）
A． 1,2 B． - ,1 C． 0,2 D． 1, +
【答案】A
【分析】由函数的单调性及定义域化简不等式，即可得解.
【详解】因为函数 y = f x 在定义域 -1,3 上是减函数，且 f 2a -1 f 2 - a ，
ì-1 2a -1 3
则有 í-1 2 - a 3 ，
2a -1 > 2 - a
解得1 a 2，所以实数 a的取值范围是 1,2 .
故选：A．
（四）
利用图象求函数最值
1、利用图象求函数最值的一般步骤
(1)画出函数 y＝f(x)的图象；
(2)观察图象，找出图象的最高点和最低点；
(3)写出最值，最高点的纵坐标就是函数的最大值，最低点的纵坐标就是函数的最小值．
2、图象法求最值的步骤
题型 7：利用图象求函数最值
7-1．（2024 高一上·安徽马鞍山·阶段练习）如图是函数 y = f x , x -4,3 的图象，则下列说法正确的是
（ ）
A． f x 在 -4, -1 和 1,3 上单调递减
B． f x 在区间 -1,3 上的最大值为 3，最小值为-2
C． f x 在 -4,1 上有最大值 2，有最小值-1
D．当直线 y = m与函数 y = f x , x -4,3 图象有交点时-2 m 3
【答案】A
【分析】根据函数图象，结合函数的基本性质，逐项判断，即可得出结果.
【详解】A 选项，由函数 f (x) 图象可得，在[-4,-1]上单调递减，在[-1,1]上单调递增，在[1,3]上单调递减，
故 A 正确；
B 选项，由图象可得，函数 f (x) 在区间 (-1,3)上的最大值为3，无最小值，故 B 错；
C 选项，由图象可得，函数 f (x) 在[-4,1]上有最大值3，有最小值-2，故 C 错；
D 选项，由图象可得，为使直线 y = m与函数 f (x) 的图象有交点，只需-2 m 3，故 D 错.
故选：A.
7-2．【多选】（2024 高一上·河南信阳·期中）已知函数 y = f x 的定义域为 -1,5 ，其图象如图所示，则下列
说法中正确的是（ ）
A． f x 的单调递减区间为 0,2
B． f x 的最大值为3
C． f x 的最小值为-1
D． f x 的单调递增区间为 -1,0 U 2,5
【答案】ABC
【分析】根据图象直接判断单调区间和最值即可.
【详解】对于 A，由图象可知： f x 的单调递减区间为 0,2 ，A 正确；
对于 B，当 x = 0时， f x = 3max ，B 正确；
对于 C，当 x = 2时， f x = -1min ，C 正确；
对于 D，由图象可知： f x 的单调递增区间为 -1,0 和 2,5 ，但并非严格单调递增，不能用“ U ”连接，D
错误.
故选：ABC.
（五）
利用单调性求函数最值
1、利用单调性求函数的最大(小)值的一般步骤
(1)判断函数的单调性；
(2)利用函数的单调性求出最大(小)值．
2、函数的最大(小)值与单调性的关系
(1)若函数 f(x)在区间[a，b]上单调递增(减)，则函数 f(x)在区间[a，b]上的最小(大)值是 f(a)，最
大(小)值是 f(b)．
(2)若函数 f(x)在区间[a，b]上单调递增(减)，在区间[b，c]上单调递减(增)，则函数 f(x)在区间
[a，c]上的最大(小)值是 f(b)，最小(大)值是 f(a)与 f(c)中较小(大)的一个．
题型 8：利用单调性求函数最值
ax + b 1 2
8-1．（2024 高三·河北邢台·阶段练习）函数 f (x) = 2 是定义在 - , + 上的奇函数，且 f ( ) = ．x +1 2 5
（1）求实数 a，b，并确定函数 f (x) 的解析式；
（2）判断 f (x) 在（-1，1）上的单调性，并用定义证明你的结论；
（3）写出 f (x) 的单调减区间，并判断 f (x) 有无最大值或最小值？如有，写出最大值或最小值．（本小问不
需要说明理由）
x 1
【答案】（1）\ f (x) =
x2
（2）见解析（3）单调减区间为 - , -1 , 1,+ x=-1 时， ymin = - ，当 x=1 时，+1 2
y 1min = ．2
1 2
【详解】试题分析：（1）先根据函数为奇函数（ ）求出 值，再利用 f ( ) = 求出 值，
2 5
即可其解析式；（2）利用函数的单调性定义进行判定与证明；（3）结合（2）问容易得到单调递减区间，进
而写出最值.
解题思路:（1）求解析式的一种主要方法是待定系数法；（2）利用函数单调性的定义证明函数的单调性的一
般步骤为：设值代值、作差变形、判定符号、下结论.
试题解析：（1）Q f (x)是奇函数，\ 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）上是增函数．
（3）单调减区间为 - , -1 , 1,+
1
当 x=-1 时， ymin = - ，当 x=1 时， .2
考点：1.函数的奇偶性；2.函数的解析式；3.函数的单调性与最值.
1
8-2．（2024 高一·全国·专题练习）函数 f x = 2 在区间[1，2]上的最大值与最小值分别是（ ）x +1
1 1 1 1
A． ， B．2，5 C．1，2 D． ，
2 5 5 2
【答案】A
【分析】先简单判断函数的单调性，进而求解结论．
【详解】
解：∵y＝x2+1 在（0，+∞）上单调递增，且 y＞1，
∴ f x 1= 2 在区间[1，2]上单调递减，x +1
∴函数 f x 1= 2 在区间[1，2]上的最大值与最小值分别是x +1
1 1 1 1
f（1）=
12
= ，f（2）= = ，
+1 2 22 +1 5
故选：A．
8-3．（2024 高一上·全国·课后作业）设 f x 对任意的 x, y R 有 f x + y = f x + f y ，且当 x > 0时，
f x 0 .
(1)求证 f x 是R 上的减函数；
2
(2)若 f 1 = - ，求 f x 在 -3,3 上的最大值与最小值.
3
【答案】(1)证明见解析；
(2) f x = 2, f x = -2max min .
【分析】（1）由递推关系得 f 0 = 0、 f (-x) = - f (x) ，利用单调性定义证明结论即可；
（2）由（1）知 f x 在 -3,3 上单调递减，结合递推关系和奇偶性求最值即可.
【详解】（1）令 x = y = 0 ，则有 f 0 + 0 = f 0 + f 0 f 0 = 0，
令 y = -x ，则 f (0) = f (x) + f (-x) = 0 f (-x) = - f (x)，
设 x1, x2 R 且 x1 x2，则 f x2 - x1 = f x2 + f -x1 = f x2 - f x1 ，
因为 x > 0时 f x 0 ，所以 f x2 - f x1 0，
所以 f x 是R 上的减函数.
（2）由（1）： f x 是R 上的减函数，所以 f x 在 -3,3 上单调递减，
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·山东枣庄·期末）已知函数 f (x)
mx +1
= 2 是R 上的偶函数1+ x
(1)求实数m 的值，判断函数 f (x) 在[0 , + ) 上的单调性；
(2)求函数 f (x) 在[-3 , 2]上的最大值和最小值．
【答案】(1) m = 0，单调递减
1
(2)最小值 ，最大值1
10
【分析】（1）根据偶函数的定义，对照等式可求得m = 0，再根据函数单调性的定义可判断函数 f (x) 在[0 , + )
上的单调性.
（2）根据函数的奇偶性和单调性，判断 f (x) 在[-3 , 2]上的单调性，利用单调性可求得函数最值.
f (x) mx +1【详解】（1）若函数 = 2 是R 上的偶函数，则 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
函数 f (x) 在 0, + 上单调递减．
（2）由（1）知函数 f (x) 在 0, + 上单调递减，
又函数 f (x) 是R 上的偶函数，
所以函数 f (x) 在 (- , 0]上为增函数，
所以函数 f (x) 在[-3 , 0]上为增函数，在[0 , 2]上为减函数．
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
题型 9：根据函数的最值求参数
9-1．（2024 2高一上·北京·期中）已知函数 f x = -x + 2ax +1- a .
(1)若函数 f x 在区间 0,3 上单调递增，求实数 a的取值范围；
(2)若 f x 在区间 0,1 上有最大值 3，求实数 a的值.
【答案】(1) 3, + ；
(2) 2或3 .
【分析】（1）根据二次函数对称轴和区间的位置关系，列出不等关系，即可求得结果；
（2）根据对称轴和区间的位置关系分类讨论，在不同情况下求解即可.
【详解】（1） f x = -x2 + 2ax +1- a的对称轴 x = a，要满足题意，只需 a 3，
故实数 a的取值范围为 3, + .
（2）当 a 0时， f x 在 0,1 单调递减，则 f x 在 0,1 上的最大值为 f 0 =1- a，
令 f 0 = 3，解得 a = -2 ；
当0 < < 1时， f x 在 0, a 单调递增，在 a,1 单调递减，
则 f x 在 0,1 2上的最大值为 f a = a - a +1，令 f a = 3，解得 = 1或 = 2，
都不满足0 < < 1，故舍去；
当 ≥ 1时， f x 在 0,1 单调递增，则 f x 在 0,1 上的最大值为 f 1 = a ，
令 f 1 = 3，解得 a = 3；
综上所述， a = -2 或3 .
9-2．（2024 高一·全国·课后作业）若函数 f (x) = x2 - 4x + 8, x [1, a]，它的最大值为 f (a) ，则实数 a的取值范
围是（ ）
A． (1, 2] B． (1,3) C． (3, + ) D．[3, + )
【答案】D
【分析】根据二次函数的对称性，得到 a - 2 1- 2 且 a >1，即可求解，得到答案.
【详解】由题意，函数 f (x) = x2 - 4x + 8表示开口向上，且对称轴为 x = 2的抛物线，
要使得当 x [1, a]，函数的最大值为 f (a) ，则满足 a - 2 1- 2 且 a >1，
解得 a 3，所以实数 a的取值范围是[3, + ) .
故选 D.
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记二次函数的图象与性质是解答的
关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于基础题.
3
9-3．（2024 高一上·四川泸州·期末）函数 y = a - x - x > 0 在 x = m 时有最大值为 3，则 a- m 的值为（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 ，得出函数 y = a - x - 的最大值为 a - 2 3 ，从而求出 a和mx 的值．x
3
【详解】解：因为 x > 0时， x 3+ 2 x 3× = 2 3，当且仅当 x = ，即 x = 3 时取“ = ”，
x x x
y a x 3 3= - - = a - x + 所以函数 x x ÷
a - 2 3 = 3 ，解得 a = 3 3 ，m = 3 ，
è
所以 a - m = 3 3 - 3 = 2 3 ．
故选：C．
2x +1
9-4．（2024 高一上·宁夏吴忠·期中）已知 f (x) =
x - 2
(1)根据单调性的定义证明函数 f (x) 在区间 (2,+ ) 上是减函数
(2)若函数 g(x)
2x +1
= , x [3,a]（ a > 3）的最大值与最小值之差为 1，求实数 a的值
x - 2
【答案】(1)证明见解析
13
(2) a =
4
【分析】（1）"x1, x2 2, + 且 x1 x2，利用作差法证明 ( 1) > ( 2)即可；
（2）由（1）求出函数的最值，再根据题意即可得解.
【详解】（1）"x1, x2 2, + 且 x1 x2，
f (x ) f (x ) 2x1 +1 2x +1 5(x - x )则 1 - 2 2 12 = - =x1 - 2 x2 - 2 (x1 - 2)(x2 - 2)
，
因为"x1, x2 2, + ，所以 x1 - 2 > 0, x2 - 2 > 0 ，
又因为 x1 x2，所以 x2 - x1 > 0，
因此 f (x1) - f (x2 ) > 0, f (x1) > f (x2 ) ，
所以 f (x) 在 (2,+ ) 是减函数；
（2）由（1）可知， g(x)是减函数，
所以 x = 3时， g(x)取得最大值为 g(3) = 7 ，
x = a g(x) g(a) 2a +1时， 取得最小值为 = ，
a - 2
因为最大值与最小值之差为 1，
7 2a +1 13所以 - =1，解得 a = .
a - 2 4
ì1- ax, x a,
9-5．（2024 高三上·广东深圳·阶段练习）设函数 f x = í f x ax2 4x 3, x a.若 存在最小值，则 的取值范 - +
围为（ ）
A． é- 2, 2ù é B． 0, 2ù
C． é - 2, 2ù 2,+ D． é 0, 2ù 2,+
【答案】B
【分析】根据一次函数和二次函数的单调性，分类讨论进行求解即可.
ì 1, x 0,
【详解】若 a = 0时， f x = í 2 ，\ f x = f 2 = -1
x - 4x + 3, x 0. min
；
若 a 0时，当 x a 时， f x =1- ax 单调递增，当 x - 时， f x - ，故 f x 没有最小值；
2
若 a > 0时， x a 时， f x = -ax +1单调递减， f x > f a =1- a ，当 x a时，
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
，若函数 有最小值，需
í
或 ，解得
0 a 2
í
a 2
0 a 2 .
故选：B
【点睛】关键点睛：利用分类讨论法，结合最值的性质是解题的关键.
（六）
求二次函数的最值
二次函数最值的求法
(1)探求二次函数 y＝f(x)在给定区间上的最值问题，一般要先作出 y＝f(x)的草图，然后根据图
象判断函数的单调性．对于“定对称轴变区间”“变对称轴定区间”的情况，特别要注意二次函数
图象的对称轴与所给区间的位置关系，它是求解二次函数在已知区间上最值问题的主要依据，
并且最大(小)值不一定在顶点处取得．
(2)二次函数图象的对称轴与定义域区间的位置通常有三种关系：①对称轴在定义域的右侧；②
对称轴在定义域的左侧；③对称轴在定义域区间内．
题型 10：求二次函数的最值
10-1．（2024 高一上·广东深圳·期中）已知函数 f (x) = x2 + ax + b．
(1)若函数 f x 在 1, + 上是增函数，求实数 a 的取值范围；
(2)若b =1，求 x [0,3]时 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）根据二次函数的性质列不等式，从而求得 a的取值范围.
（2）对 a进行分类讨论，从而求得 g a .
【详解】（1） f x a的开口向上，对称轴为 x = - ，
2
由于函数 f x 在 1, + 上是增函数，
a
所以- 1, a -2，
2
所以 a的取值范围是 -2, + .
2 a
（2）当b =1时， f x = x + ax +1，开口向上，对称轴为 x = - ，
2
a
所以，当- 0, a 0时， f x 在 x = 0时取得最小值，即 g a =1；
2
a a
当0 - 3，-6 a 0时， f x 在 x = - 时取得最小值，
2 2
2 2
即 g a a a a= - ÷ + a - ÷ +1 =1- ；
è 2 è 2 4
a
当- 3, a -6时， f x 在 x = 3时取得最小值，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·陕西榆林·阶段练习）已知函数 f (x) = x2 + 2ax + 3（ a > 0）的最小值为–1．
(1)求实数 a 的值；
(2)当 x [t, t +1]， t R 时，求函数 f (x) 的最小值．
【答案】(1)2
(2)答案详见解析
【分析】（1）利用 f x 的最小值求得 a .
（2）对 t进行分类讨论，从而求得 f x 的最小值.
【详解】（1）∵函数 f (x) = x2 + 2ax + 3，
∴函数 f (x) 的图象开口向上，对称轴为直线 x = -a．
∴ f (x)min = f (-a) = (-a)
2 + 2a(-a) + 3 = -1，解得 a = 2或 a = -2 （舍）．
∴实数 a 的值为 2．
（2）由（1）知函数 f (x) = x2 + 4x + 3的图象开口向上，对称轴为直线 x = -2．
①当 t +1 -2，即 t -3时，函数 f (x) 在区间[t,t +1]上为减函数，
∴ f (x)min = f (t +1) = t
2 + 6t + 8；
②当 t -2时，函数 f (x) 在区间[t,t +1]上为增函数，
∴ f (x) 2min = f (t) = t + 4t + 3；
③当 t -2 t +1，即-3 t -2时，易知 f (x)min = f (-2) = -1．
综上，当 t -3时， f (x)min = t
2 + 6t + 8；
当-3 t -2时， f (x)min = -1；
当 t -2时， f (x) 2min = t + 4t + 3．
10-3．（2024 高一上·江西南昌·阶段练习）已知二次函数 y = f x 满足 f 0 =3，且 f x +1 - f x = 2x -1．
(1)求 f x 的解析式；
(2)求函数在区间 -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）设出解析式，利用待定系数法进行求解；
（2）在第一问基础上，分-2 t 4 与 t > 4两种情况进行求解最大值.
【详解】（1）设 f x = ax2 + bx + c a 0 ，则 f x +1 = a x +1 2 + b x +1 + c a 0 ，
因为 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 ，图象开口向上，对称轴为 x =1．
①当-2 t 4 时， t -1 -2 -1 ，
所以此时函数的最大值为 g t = f -2 = -2 -1 2 + 2 =11；
②当 t > 4时， t -1 > -2 -1 ，
所以此时函数的最大值为 g t = f t = t 2 - 2t + 3；
ì11, -2 t 4综上： g t = ít 2 2t 3, t 4． - + >
10-4．（2024 高一上· 2河南商丘·阶段练习）已知函数 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）根据二次函数的对称性，分类讨论函数的单调性，进而求最小值 g a ；
（2）根据一次函数的单调性，及二次函数的最值求出分段函数 g a 在每段上的最大值从而得出 g a 的最
大值．
2
【详解】（1）由题意可得： f x = x2 - 2ax + 2 = x - a + 2 - a2 , x -1,1 ，
当a 1时， f x 在区间 -1,1 上单调递减，最小值 g a = f 1 = 3 - 2a；
当-1 a 1时， f x 在区间 -1, a 上单调递减，在区间 a,1 2上单调递增，最小值 g a = f a = 2 - a ；
当 a -1时， f x 在区间 -1,1 上单调递增，最小值 g a = f -1 = 3+ 2a ；
ì3- 2a, a 1
2
综上所述： g a = í2 - a ,-1 a 1.
3+ 2a,a -1
（2）由（1）可知：当a 1时， g a = 3- 2a 在 1, + 单调递减，所以 g a 的最大值为 g 1 =1；
当-1 a 1时， g a = 2 - a2 在区间 -1,0 上单调递增，在区间 0,1 上单调递减，所以 g a 的最大值为
g 0 = 2；
当 a -1时， g a = 3 + 2a 在 - , -1 单调递增，所以 g a 的最大值为 g -1 =1；
综上所述： g a 的最大值 g 0 = 2 .
10-5．（2024 高一·全国·课后作业）已知函数 y = f (x) 的表达式 f (x) = x2 - 2x - 3，若 x [t, t + 2]，求函数 f (x)
的最值．
【答案】答案见解析
t + t + 2 t + t + 2
【分析】分1 t + 2 , 1 t + 2 , t 1 ,1 t 四种情况讨论求解即可.
2 2
【详解】解：函数 f (x) = x2 - 2x - 3的图像的对称轴为直线 x =1．
①当1 t + 2，即 t -1时， f (x)max = f (t) = t
2 - 2t - 3， f (x)min = f (t + 2) = t
2 + 2t - 3；
t + t + 2
②当 1 t + 2，即-1 t 0 f (x) 2时， max = f (t) = t - 2t - 3， f (x)min = f (1) = -4 ；2
t 1 t + t + 2③当 ，即0 t 1 2时， 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当 ，即 时， 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问题
(1)ax2＋bx＋c>0(a≠0)恒成立( > 0或解集为 R)时，满足{ < 0 ；
(2)ax2＋bx＋c≥0(a≠0)恒成立( > 0或解集为 R)时，满足{ ≤ 0 ；
(3)ax2＋bx＋c<0(a≠0)恒成立(或解集为 R)时，满足{ < 0 < 0 ；
(4)ax2＋bx＋c≤0(a≠0) < 0恒成立(或解集为 R)时，满足{ ≤ 0 .
x ì
a 0
注：①已知关于 的一元二次不等式 ax2 + bx + c > 0 的解集为 ，则一定满足 í ；
0
ìa > 0
②已知关于 x 的一元二次不等式 ax2 + bx + c 0的解集为 ，则一定满足 í ．
0
③含参数的一元二次不等式恒成立．若能够分离参数成 kf(x)形式．则可以转化为函数值域
求解．
设 f(x)的最大值为 M，最小值为 m.
(1)k(2)k>f(x)恒成立 k>M，k≥f(x)恒成立 k≥M.
题型 11：函数不等式恒成立问题
4
11-1．（2024 高一上·山西晋城·阶段练习）已知函数 f x = x + ，
x
(1)判断函数 f x 在区间 0, + 上的单调性，并利用定义证明；
é1 ù 2
(2)若对任意的 x1, x2 ê , 4ú 时， f x1 - f x2 m +2 恒成立，求实数m的取值范围. m
4
【答案】(1) f x = x + 在 0,2 上单调递减，在 2, + 上单调递增，理由见解析；
x
(2) 4, 1+ U 0, ù .
è 2 ú
【分析】（1）利用定义法求出函数 f x 4= x + 在 0,2 上单调递减，在 2, + 上单调递增，
x
é1 ù
（2）在第一问的基础上求出 f x 在 x ê , 4ú 上的最大值和最小值，从而得到 2
f x1 - f x2
17
= - 4 9= ，列出不等式，求出实数m的取值范围.
max 2 2
【详解】（1） f x 4= x + 在 0,2 上单调递减，在 2, + 上单调递增，
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
因为"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 上单调递减；
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
因为"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, + 上单调递增；
x
x , x é1 ù（2）若对任意的 1 2 ê , 4ú 时， f x1 - f x2 m
2
+
2 恒成立， m
m = 0时，m
2
+
m 无意义，舍去，
2 2
当m 0时，m + 0 ，此时 f x1 - f x2 m + 无解，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当 ê ú 时， f x = x + 单调递减，当 ∈ (2,4]时， f x = x + 单调递增， 2 x x
故 f x = f 2 = 2 + 2 = 4min ，
f 1 1又因为 ÷ = + 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
因为m > 0，故解得：m 4或0 m
2
实数m的取值范围是 4, 1+ U ù 0, ú .è 2
11-2 2．（2024 高一上·上海普陀·阶段练习）已知 f x = ax + x - a, a R .
(1)若不等式 f x > -2x2 - 3x +1- 2a 对一切实数 x 恒成立，求实数 a 的取值范围；
(2)若 a 0，解不等式 f x >1 .
【答案】(1) 2, +
(2)解集见解析
【分析】（1）整理后分 a = -2 与 a -2两种情况，结合根的判别式列出不等式，求出答案；
（2）因式分解后得到 x -1 ax + a +1 > 0，对 a进行分类讨论，求出实数 a 的取值范围.
【详解】（1）变形得到 2 + a x2 + 4x + a -1 > 0对一切实数 x 恒成立，
当 a = -2 时， 4x > 3，不对一切实数 x 恒成立，舍去；
ì2 + a > 0
当 a -2时，则需 í
Δ =16 4 a 2 a 1 0
，解得 a > 2- + - ，
综上，实数 a 的取值范围是 2, + ；
（2） ax2 + x - a -1 > 0，即 x -1 ax + a +1 > 0，
x 1 x a +1a 0 - + 因为 ，所以 ÷ 0，
è a
1 a +1 2a +1因为 -
- a ÷
= ，
è a
1 a +1 ì a +1ü
所以当- a 0 时，1 - ，解集为 x 1 x - ，
2 a í a
1 2
当 a = - 时， x -1 0，解集为 ，
2
1 a +1 a +1
当 a -
ì
时，1 > - ，解集为 íx - x 1
ü
，
2 a a
1
综上：当- a 0 时， f x >1 ì的解集为 íx 1 x a +1 - ü，2 a
a 1当 = - 时， f x >1的解集为 ，
2
1 ì a +1
当 a - 时， f x >1的解集为 íx - x 1ü2 a .
11-3．（2024 高一上·四川成都·阶段练习）已知函数 y = x2 - (a + 2)x + 4(a R) .
(1)若对任意的1 x 4， y + a +1 0恒成立，求实数 a 的取值范围；
(2)若对任意的-1 a 1， y > (2 - 2a)x + 2a 恒成立，求 x 的取值范围.
【答案】(1) a a 4 ；
(2) x x 1或 x > 3 .
【分析】（1）根据参变分离，然后利用基本不等式即得；或分类讨论求函数的最小值，进而即得；
ì-(x - 2) + x2 - 4x + 4 > 0
（2）利用主元法，把函数看成关于的 a 的函数，可得 í ，即得.
x - 2 + x
2 - 4x + 4 > 0
【详解】（1）解法一：对任意的1 x 4， y + a +1 0恒成立，即 x2 - (a + 2)x + 5 + a 0恒成立，
即对任意的1 x 4,a(x -1) x2 - 2x + 5恒成立.
①当 x =1时，不等式为0 4恒成立，此时 a R ；
2
②当1 x 4 a x - 2x + 5 4时， = 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
当且仅当 x -1 = 时，即 x -1 = 2, x = 3时取“=”，
x -1
∴ a 4，
综上，a 的取值范围为 a a 4 ；
解法二：由题可得 x2 - (a + 2)x + 5 + a 0对任意1 x 4成立，
2
所以 éx - (a + 2)x + 5 + aù 0min ，
a + 2
对于二次函数 y = x2 - (a + 2)x + 5 + a，对称轴为轴 x = 2 ，
a + 2
当 1时，函数在 1,4 2 上单调递增，
ìa + 2
1
则 í 2 ，
1- a + 2 + a + 5 0
解得 a 0；
ì
1
a + 2
4
2
当1
a + 2
4
2 时，则 í ， 4 a + 5 - a + 2
2
0 4
解得0 a 4 ；
a + 2
当 > 42 时，函数在
1,4 上单调递减，
ìa + 2
> 4
则 í 2 ，无解，
16 - 4 a + 2 + a + 5 0
综上，a 的取值范围为 a a 4 ；
（2）由题可得 y = (x - 2)a + x2 - 4x + 4，
则当-1 a 1时，不等式 (x - 2)a + x2 - 4x + 4 > 0恒成立，
ì-(x - 2) + x2 - 4x + 4 > 0
则 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 的取值范围为 x x 1或 x > 3 .
题型 12：函数不等式有解问题
12-1．（2024 高一上·福建泉州·期末）已知函数 f (x) = ax2 - 4ax + b(a > 0)在[0,3]上的最大值为 3，最小值为
-1．
(1)求 f (x) 的解析式；
(2)若$x (1,+ ) ，使得 f (x) mx ，求实数 m 的取值范围．
【答案】(1) ( ) = 2 4 + 3
(2) m > 2 3 - 4
【分析】（1）根据 f x 的最值列方程组，解方程组求得 a,b，进而求得 f x .
（2）利用分离常数法，结合基本不等式求得m 的取值范围.
【详解】（1） f x 的开口向上，对称轴为 x = 2，
所以在区间 0,3 上有： f x = f 2 , f x = f 0min max ，
ì4a -8a + b = -1 ìa =1
即 í b ， = 3
í
b = 3
所以 ( ) = 2 4 + 3.
（2）依题意$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
当且仅当 x = x = 3时等号成立.
x
所以m > 2 3 - 4 .
12-2．（2024 2高一上·河北沧州·阶段练习）已知函数 f x = x - a + 2 x + 4 a R
(1)解关于 x 的不等式 f x 4 - 2a；
(2)已知 g x = mx + 5 - 2m，当 a = 2时，若对任意的 x1 1,4 ，总存在 x2 1,4 ，使 f x1 = g x2 成立，求
实数 m 的取值范围.
【答案】(1)答案见解析；
5
(2) m - 或m 5 .2
【分析】（1）由 f (x) - 4 + 2a = (x - 2)(x - a) 0，讨论参数 a求对应解集；
（2）由题设 x 1,4 上 f (x) 值域是 ( )值域的子集，列不等式组求参数范围.
【详解】（1）由题设 f (x) - 4 + 2a = x2 - (a + 2)x + 2a = (x - 2)(x - a) 0，
当 a 2时， a x 2，故不等式解集为 a, 2 ；
当 a = 2时， x = 2，故不等式解集为{2}；
当 a > 2时， 2 x a ，故不等式解集为 2, a ；
（2）由题设 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 ，总存在 x2 1,4 ，使 f x1 = g x2 成立，
所以[0, 4]是 ( )值域的子集，显然m = 0时 g x {5}不满足题设，
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·全国· 2单元测试）若存在实数m [-2,2]，使得不等式 2x -1 > m x -1 成立，求 x 的取值范
围．
x -1- 7 1- 3【答案】 或 x >
2 2
2
【分析】原不等式可化为 x -1 m - 2x +1 0 .设 f m = x2 -1 m - 2x +1，根据 x2 -1的符号讨论，结合一
次函数的单调性，即可得出答案.
2
【详解】原不等式可化为 x -1 m - 2x +1 0 .
设 f m = x2 -1 m - 2x +1，
当 x =1时， f m = -1 0恒成立，满足题意；
当 x = -1时， f m = 3 > 0 恒成立，不满足题意；
当 x2 -1 > 0时，函数 f m 单调递增，
要使不等式成立，则应有 f -2 0，
ìx2 -1 > 0
即有 í ，
-2 x2 -1 - 2x +1 0
x -1- 7解得， 或 x >1；
2
当 x2 -1 0时，函数 f m 单调递减，
要使不等式成立，则应有 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
综上所述，x 的取值范围为 x 或 x > .
2 2
一、单选题
ì-x2 - ax - 9, x 1
1．（2024 高一上·四川广安·期末）已知函数 f x = í a 在R 上单调递增，则实数 a 的取值范围
, x >1 x
为（ ）
A． -5,0 B． (- , -2)
C． -5, -2 D． (- ,0)
【答案】C
【分析】根据函数单调性即可求出实数 a 的取值范围.
【详解】由题意， x R ，
ì-x2 - ax - 9, x 1
在 f x = í a 中，函数单调递增，
, x >1 x
ì -a
- 1
2 -1
∴ í a 0 ，解得：-5 a -2 ，
-1- a - 9 a
1
故选：C.
2．（2024 2高一上·陕西西安·期中）已知函数 f x = x - kx -8在 1,4 上单调，则实数 k 的取值范围为（ ）
A． 2,8 B． -8,-2 C． - ,-8 U -2,+ D． - , 2 8, +
【答案】D
【分析】根据二次函数的性质即可求解.
【详解】 f (x) = x2
k
- kx -8的对称轴为 x = ，
2
若 f (x) = x2 - kx -8在[1,4]
k
上单调递增，则 1，解得 k 2，
2
k
若 f (x) = x2 - kx -8在[1,4]上单调递减，则 4，解得 k 8，
2
所以实数 k 的取值范围为 - , 2 8, + .
故选：D.
3．（宁夏中卫市第一中学 2023-2024 学年高一上学期第一次月考数学（B 卷）试题）若函数 y＝f(x)在 R 上单
调递减，且 f(2m－3) > f(－m)，则实数 m 的取值范围是（ ）
A．(－∞，－1) B．(－1，＋∞) C．(1，＋∞) D．(－∞，1)
【答案】D
【分析】直接利用函数的单调性解不等式即可
【详解】因为函数 y＝f(x)在 R 上单调递减，且 f(2m－3) > f(－m)，
所以 2m - 3 -m，得m 1，
所以实数 m 的取值范围是(－∞，1)，
故选：D
4．（2024 高一上·全国·课后作业）已知 y = f x 的图象如图所示，则该函数的单调增区间为（ ）
A．[-1,3] B．[-1,2]和[4,5]
C．[-1,2] D． -3, -1 和 2,4
【答案】B
【分析】根据函数图象直接确定递增区间即可.
【详解】由图象知：该函数的单调增区间为[-1,2]和[4,5] .
故选：B
5．（2024 高二下·陕西宝鸡·期末）函数 f (x) = 3+ 2x - x2 的单调递增区间是（ ）
A． - ，1 B． 1，+ C． 1,3 D． -1,1
【答案】D
【分析】先求出 f (x) 定义域，再利用二次函数单调性判断出结果.
【详解】函数 f (x) = 3+ 2x - x2 的定义域需要满足3+ 2x - x2 0，解得 f (x) 定义域为 -1，3 ，
因为 y = 3 + 2x - x2 在 -1，1 上单调递增，所以 f (x) = 3+ 2x - x2 在 -1，1 上单调递增，
故选：D.
6．（2024 高一上·福建三明·阶段练习）下列有关函数单调性的说法，不正确的是（ ）
A．若 f x 为增函数， g x 为增函数，则 f x + g x 为增函数
B．若 f x 为减函数， g x 为减函数，则 f x + g x 为减函数
C．若 f x 为增函数， g x 为减函数，则 f x + g x 为增函数
D．若 f x 为减函数， g x 为增函数，则 f x - g x 为减函数
【答案】C
【解析】根据函数的单调性定义及性质，可判断选项 A，B，D 选项正确，选项 C 可结合具体函数说明其不
正确.
【详解】根据不等量的关系，两个相同单调性的函数相加单调性不变，
选项 A,B 正确；
选项 D: g x 为增函数，则-g x 为减函数，
f x 为减函数， f x + (-g x )为减函数，选项 D 正确；
选选 C:若 f x 为增函数， g x 为减函数，
则 f x + g x 的增减性不确定.
例如 f x = x + 2为R 上的增函数，当 g x 1= - x 时，
2
f x x+ g x = + 2在R 上为增函数；
2
当 g x = -3x 时， f x + g x = -2x + 2在R 上为减函数，
故不能确定 f x + g x 的单调性.
故选:C
【点睛】本题考查函数单调性的简单性质，属于基础题.
1
7．（2024 高一下·云南普洱·阶段练习）函数 f x = x + + 3的最小值为（
x 3 ）+
10
A．2 B． C．3 D．以上都不对
3
【答案】B
1 1
【分析】令 t = x + 3 3, + ，则 y = x + + 3 = t + t ，然后根据对勾函数的单调性可得答案.x + 3
1 1
【详解】令 t = x + 3 3, + ，则 y = x + + 3 = t +
x + 3 t
，
因为 y = t
1
+ 在 t 3,+ 上单调递增，
t
y t 1 10所以当 t = 3时 = + 取得最小值 ，
t 3
故选：B
ì a +1 x +1, x 1
8．（2024 高一上·广西桂林·期末）已知函数 f x = í 2 在R 上单调递增，则实数 a的取值范围
x - 2x + 4, x 1
是（ ）
A． -1,1 B． -1,2 C． 1,2 D． 1, +
【答案】A
【分析】根据一次函数和二次函数单调性，结合分段函数区间端点的函数值大小关系求解即可.
【详解】根据题意，函数 f x 在 x 1时为单调递增，即 a +1 > 0，解得 a > -1；
易知，二次函数 y = x2 - 2x + 4 是开口向上且关于 x =1对称的抛物线，所以 x 1为单调递增；
若满足函数 f x 在R 上单调递增，
则分段端点处的函数值需满足 a +1 1+1 12 - 2 1+ 4，如下图所示：
所以 a + 2 3，解得a 1；
综上可得-1 a 1.
故选：A
9．（2024 高一上·河南信阳·阶段练习）若函数 f (x) = ax2 + x + a 在[1,+ )上单调递增,则 a 的取值范围是( )
A． (0, + ) B． (0,1] C．[1,+ ) D．[0,+ )
【答案】D
【分析】分 a = 0和 a 0两种情况进行讨论即可
【详解】当 a = 0时，则 f (x) = x，在[1,+ )上单调递增，满足题意；
a 1当 0时， f (x) = ax2 + x + a 的对称轴为 x = - ，
2a
ì 1- 1
要使函数 f (x) 在[1,+ )
上单调递增，只需 í 2a ，解得 a > 0
a > 0
综上，a 的取值范围是[0,+ )
故选：D
10．（2024 高一·全国·课后作业）函数 f (x) 的定义域为[-3,4]，且在定义域内是增函数，若
f (2m-1) - f (1-m) > 0，则 m 的取值范围是（ ）
m 2 2 2 5 2A． > B．m C． m D．-1 m
3 3 3 2 3
【答案】C
【分析】将不等式 f (2m-1) - f (1-m) > 0化为 f (2m -1) > f (1- m)，再利用 f (x) 的单调性即可列不等式组求
解.
【详解】因为 f (2m-1) - f (1-m) > 0，所以 f (2m -1) > f (1- m)，
又函数 f (x) 的定义域为[-3,4]，且在定义域内是增函数，
ì-3 2m -1 4
所以有 í-3 1- m 4
2 5
，解得 m .
3 2
2m -1 >1- m
故选：C
11．（2024 高三·全国·专题练习）函数 f (x) = x - 2 x的单调递减区间是（ ）
A．[1, 2] B．[-1,0] C． (0, 2] D．[2,+ )
【答案】A
【分析】根据给定的函数，借助二次函数分段讨论其单调性作答.
【详解】当 x 2时， f (x) = -x2 + 2x，则函数 f (x) 在 (- ,1]上单调递增，在[1, 2]上单调递减，
当 x > 2时， f (x) = x2 - 2x ，则函数 f (x) 在 (2,+ ) 上单调递增，
所以函数 f (x) = x - 2 x的单调递减区间是[1, 2] .
故选：A
12．（2024·海南海口·模拟预测）函数 f (x) = x2 - 4 | x | +3的单调递减区间是（ ）
A． (- , -2) B． (- , -2)和 (0,2)
C． (-2,2) D． (-2,0) 和 (2,+ )
【答案】B
【分析】将绝对值函数转化成分段函数，由二次函数的性质即可求
2
2 ìx - 4x + 3, x 0【详解】 f x = x - 4 x + 3 = í 2 ，
x + 4x + 3, x 0
则由二次函数的性质知，当 x 0时， y = x2 - 4x + 3 = x - 2 2 -1的单调递减区间为 0,2 ；
2
当 x 0 ， y = x2 + 4x + 3 = x + 2 -1的单调递减区间为 - , -2 ，
故 f x 的单调递减区间是 (- , -2)和 (0,2) .
故选：B
1
13．（2024 高一上·天津和平·期中）函数 y = x + 的单调递减区间为（
x ）
A． (0,1] B．[-1,1] C．[-1,0) (0,1] D．[-1,0)， (0,1]
【答案】D
【分析】由对勾函数的单调性求解即可.
y x 1【详解】函数 = + 为对勾函数，
x
1
由对勾函数的性质知，函数 y = x + 的单调递减区间为：[-1,0)， (0,1] .
x
不能选 C，因为不满足减函数的定义.
故选：D.
x -1
14．（2024 高一·全国·专题练习）函数 f x = 的单调增区间为（ ）
x
A．（0，+∞） B．（﹣∞，0）
C．（﹣∞，0）∪（0，+∞） D．（﹣∞，0），（0，+∞）
【答案】D
【分析】先分离常数，再结合复合函数的单调性求解即可．
x -1 1
【详解】解：∵函数 f x = = 1 - ，定义域为{x|x≠0}，
x x
1
且 y = 的单调递减区间为（﹣∞，0），（0，+∞），
x
x -1
故函数 f x = 的单调增区间为（﹣∞，0），（0，+∞），
x
故选：D．
2 ìg(x) + x + 4, x g(x)15．（2024 高一上·天津和平·期中）设函数 g(x) = x - 2(x R) ， f (x) = í f (x)
g(x) - x, x g(x)
则 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】分别当 x g(x)和 x g(x)求出 x 的范围和解析式，再分别求出每段的值域，然后求其并集可得答
案
【详解】当 x g(x) ,即 x x2 - 2 ， (x - 2)(x +1) > 0时, x > 2或 x -1,
f (x) = g(x) + x + 4 = x2 - 2 + x + 4 = x2 + x + 2 = (x + 0.5)2 +1.75 ,
因为 f (-1) = 2，所以 f x > 2，
因此这个区间的值域为 (2,+ ) .
当 x g(x)时,即 x x2 - 2 ，得-1 x 2 ,
f (x) = g(x) - x = x2 - 2 - x = (x - 0.5)2 9-
4
其最小值为 f (0.5)
9
= - ，
4
其最大值为 f 2 = f -1 = 0，
9
因此这区间的值域为[- ,0] .
4
9
综上，函数值域为:[- ,0] (2, + ) .
4
故选：D
【点睛】方法点睛：本题考查 f x 的值域的求法.解题时要认真审题,注意分类讨论思想的合理运用.
分类讨论思想的常见类型
⑴问题中的变量或含有需讨论的参数的，要进行分类讨论的；
⑵问题中的条件是分类给出的；
⑶解题过程不能统一叙述，必须分类讨论的；
ì-x2 + ax, x 1
16．（2024 高三下·北京海淀·期中）已知函数 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，则实数 a 的取值范围是（ ）
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，则说明 f x 在 R 上不单调，分 a = 0，a 0和 a > 0
三种情况讨论求解.
【详解】若存在 x1, x2 R, x1 x2 ，使得 f x1 = f x2 成立，则说明 f x 在 R 上不单调，
ì-x2 , x 1
当 a = 0时， f (x) = í ，图象如图，满足题意；
-1, x >1
当 a 0时，函数 y = -x2 + ax
a
的对称轴 x = 0 ，其图象如图，满足题意；
2
a
当 a > 0时，函数 y = -x2 + ax的对称轴 x a= > 0 ，其图象如图，要使 f x 在 R 上不单调，则只要满足 1，
2 2
解得 a 2，即0 a 2 .
综上， a 2 .
故选：D.
【点睛】本题考查分段函数的单调性的应用及二次函数的性质的应用，得出 f x 在 R 上不单调是解题的关
键.
17．（2024 高一·全国·课后作业）下列命题正确的是（ ）
A．函数 y = x2 1在R 上是增函数 B．函数 y = x 在
(- ,0) U (0,+ )上是减函数
1
C．函数 y = x2和函数 y = x 1的单调性相同D．函数 y = x 和函数 y = x + 的单调性相同x
【答案】C
y x2 y 1【分析】分别判断出 = ， = ， y = x y
1
= x +
x 和 的单调性，即可判断．x
【详解】对于 A： y = x2定义域为R ，由二次函数 y = x2的图像可知， y = x2在 (0, + )是增函数，在 (- ,0)
是减函数，故 A 错误；
1 1 1
对于 B： y = x 的定义域为
(- ,0) U (0,+ )，由反比例函数 y = x 的图像可知，
y = 在 (- ,0)x 和 (0, + )上是减
函数，故 B 错误；
对于 C： y = x2在 (0, + )是增函数，在 (- ,0)是减函数，
y = x ，当 x 0 时，y = x ，易知为增函数，当 x 0 时，y = -x ，易知为减函数，所以函数 y = x2和函数 y = x
的单调性相同，故 C 正确；
1 1 1
对于 D：y = 定义域为 (- ,0) U (0,+ )，由反比例函数 y = 的图像可知，y = 在 (- ,0)和 (0, + )x x x 上是减函
数；
y f (x) x 1设 = = + 定义域为 (- ,0) U (0,+ )，取0 x1 x2 ，x
f (x ) 1 1 x - x x x -1则 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
当 0 < x1 < x2 <1时， ( 1) ( 2) > 0，即 f (x) 在( 0, 1)上单调递减，
当1 x1 x2 ， f (x1) - f (x2 ) 0 ，即 f (x) 在 (1,+ )上单调递减，
同理可证， f (x) 在 (-1,0) 上单调递减，在 (- ,-1)上单调递增，故 D 错误，
故选：C．
二、多选题
18．（2024 高一上·江苏南京·期中）下列说法正确的是（ ）
A．定义在 R 上的函数 f (x) 满足 f (2) > f (1)，则函数 f (x) 是 R 上的增函数
B．定义在 R 上的函数 f (x) 满足 f (2) > f (1)，则函数 f (x) 是 R 上不是减函数
C．定义在 R 上的函数 f (x) 在区间 - ,0 上是增函数，在区间 0, + 上也是增函数，则函数 f (x) 在 R
上是增函数
D．定义在 R 上的函数 f (x) 在区间 - ,0 上是增函数，在区间 (0, + )上也是增函数，则函数 f (x) 在 R
上是增函数
【答案】BC
【分析】对于 A，举例分析判断，对于 B，根据减函数的定义分析判断，对于 C，根据增函数的定义分析判
断，对于 D，举例判断.
ìx -1, x 1
【详解】解：对 A：如 f (x) = í ，满足 f (2) > f (1) f (x) Rx 2, x 1 ，但 不是 上的增函数，所以
A 错误；
- +
对 B：若函数 f (x) 在 R 上为减函数，则对于任意 x1, x2 R 且 x1 x2，则 ( 1) > ( 2)定成立，
则若 f (2) > f (1)，函数 f (x) 在 R 上不是减函数，故 B 正确；
对 C：若定义在 R 上的函数 f (x) 在区间 - ,0 上时增函数，在 0, + 上也是增函数，
则满足对于任意 x1, x2 R 且 x1 x2，则 f (x1) f (x2 )定成立，则函数 f (x) 在 R 上是增函数，故 C 正确；
ìx +1, x 0
对 D：设函数 f (x) = íx 1, x 0是定义在
R 上的函数，且 f (x) 在区间 - ,0 上是增函数，在区间 (0, + )上
- >
也是增函数，
而-1 1但 f (-1) = f (1) = 0，不符合增函数的定义，所以 f (x) 在 R 上不是增函数，故 D 错误；
故选：BC．
19．（2024 高二下·辽宁大连·期末）在下列函数中，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、单调性和二次函数的性质即可求解.
1
【详解】对于选项 A， y = x + 的定义域为 - ,0 0, + 1 1，当 x > 0时， y = x + 2 x × = 2，
x x x
当且仅当 x
1
= ，即 x =1时，等号成立，此时 y
1
= x + 的最小值为 2，
x x
1 é 1 ù 1 1
但当 x 0 时，y = x + = -
x ê
-x + ú -2 -x × = -2 ，当且仅当-x = ，即 x = -1时，等号成立， ê -x ú -x -x
此时 y = x
1
+ 的最大值为-2，故 A 错误；
x
y = x2 1 1对于选项 B， -1 + 的定义域为 - ,-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 ，当且仅当 - =2 2 x2
，即
1 x = ± 2
时，等号成立，
x -1 x -1 -
y = x2 1故 -1 + 2 的最小值为 2，故 B 正确；x -1
5 5
对于选项 C，由 y1 = x - 2
2, ù 1 ù在 上单调递增，得 y = 在 2, 上单调递减，
è 2 ú x - 2 è 2 ú
5 1 1 = 2
当 x = 时， y = 取得最小值为 5 ，故 C 正确；
2 x - 2 - 22
对于选项 D， y = x2 - 4x + 6 = x - 2 2 + 2，由二次函数的性质知， y = x2 - 4x + 6的对称轴为 x = 2，开口向
上，
y = x2 - 4x + 6在 - , 2 上单调递减，在 2, + 上单调递增，
当 x = 2时， y = x2 - 4x + 6 2取得最小值为 2 - 2 + 2 = 2，故 D 正确.
故选：BCD.
1 ù
20．（2024 高一上·广东湛江·阶段练习）若不等式 x2 + ax +1 0对于一切 x 0, ú恒成立，则 a 的值可能是è 2
（ ）
5
A．-1 B．-2 C．- D．-3
2
【答案】ABC
1
【分析】根据题意利用参变分离可得 x + -ax ，结合对勾函数单调性求其最小值，进而可得结果
.
【详解】因为 x2
1 ù 1
+ ax +1 0，且 x 0, ú，可得 x + -ax ，è 2
1 1 5
因为 f x 1= x + ù 在 0, ú 内单调递减，则 f x fx è 2 2 ÷
= ，
è 2
5 5
可得 -a ，即 a - ，
2 2
结合选项可知 ABC 正确，D 错误.
故选：ABC.
三、填空题
-x + a, x 0,
21．（2024·上海）设 f (x) = { 1 若 f (0)是 f (x) 的最小值，则 a的取值范围是 .x + , x > 0,
x
【答案】 (- , 2]
【详解】由题意，当 x > 0时， f (x) 的极小值为 f (1) = 2，当 x 0 时， f (x) 极小值为 f (0) = a ， f (0)是 f (x)
的最小值，则 a 2 .
【考点】函数的最值问题..
22．（2024 高一上·河北保定·期中）已知 y = (a -1)x + 5在R 上是增函数，则 a 的取值范围是 ．
【答案】 1, +
【分析】根据函数的单调性列不等式，由此求得 a的取值范围.
【详解】由于 y = (a -1)x + 5在R 上是增函数，
所以 a -1 > 0,a >1，
所以 a的取值范围是 1, + .
故答案为： 1, +
ì-x2 + x,0 x 2,
23．（2024 高一上·内蒙古通辽·期末）已知函数 f x = í 2 f x 的最大值为 m， f x 的最小
-x - x, -1 x 0,
值为 n，则m + n = ．
7
【答案】-
4
【分析】根据二次函数的性质分别求出两段函数的最值，从而可得函数 f x 的最大值和最小值，即可得
解.
1 2 1
【详解】当0 x 2时， f x = -x2 + x = - x - 2 ÷ + ，è 4
所以此时 f x f 1 1= ÷ = , f xmax = f 2 = -2 ，è 2 4 min
2
当-1 x 0时， f x = -x2 - x = - x
1 1+
2 ÷
+ ，
è 4
所以此时 f x f 1 1= -
÷ = , fmax x = fmin -1 = 0 ，è 2 4
综上所述， f x 1= , f x 1= -2，即m = ,n = -2max 4 min ，4
m n 7所以 + = - .
4
7
故答案为：- .
4
24．（2024 高一上·全国·课后作业）已知 y = f x 是定义在 -1,1 上的减函数，则不等式 f (1- x) f 2x -1
的解集为 .
2
【答案】[0, )3
【分析】根据函数定义域及减函数列不等式组求解集即可.
【详解】因为 y = f x 是定义在 -1,1 上的减函数，
ì-1 1- x 1
则 í-1 2x -1 1 0
2
，可得 x
2
，故解集为[0, ) .
3 3
1- x > 2x -1
2
故答案为：[0, )3
x +1
25．（2024 高一上·上海杨浦·期末）函数 y = 的单调减区间为 .
x - 2
【答案】 (- ,2) 和 (2,+ )
3
【分析】分离参数，根据反比例函数的性质可得 y = 的单调区间，进而可求解.
x - 2
x +1 x - 2 + 3 3 3
【详解】 y = = =1+ ，由于函数 y = 的单调减区间为 (- ,2) 和 (2,+ ) .
x - 2 x - 2 x - 2 x - 2
x +1
故函数 y = 的单调减区间为 (- ,2) 和 (2,+ ) .
x - 2
故答案为： (- ,2) 和 (2,+ )
ì-2x +1, x 026．（2024 高一上·广东汕尾·期末）已知函数 f x = í x2 2x 1, x 0，则 f x 的单调递增区间为 . - + +
【答案】 0,1
【分析】利用分段函数的单调性求解即可．
【详解】当 x 0 时， f x = -2x +1单调递减；
当 x 0 时， f x = -x2 + 2x +1 = - x -1 2 + 2，在 0,1 上单调递增，在 1, + 单调递减；
故答案为： 0,1
27．（2024 高一上·浙江温州·期中）函数 f x = x - 3 单调减区间是 .
【答案】 - ,3
【分析】画出函数 f x = x - 3 的图像，从图像上即可得结论.
ìx - 3, x 3
【详解】由 f x = x - 3 = í
3- x, x 3
，
如图所示：
由图可知函数 f x = x - 3 单调减区间是： - ,3 ，
故答案为： - ,3 .
ì
x
4
+ , x 1
28．（2024 高一上·新疆·期中）若函数 f (x) = í x 的值域是R ，则实数 a的取值范围是 ．
(2a -1)x -1, x 1
【答案】 a 3
【分析】先根据基本不等式求出 x 1时 f (x) 的取值范围，然后根据 a的范围得出 f x 在 - ,1 上的单调性，
求出值域．根据题意，即可得出答案.
ìx 4+ , x 1
【详解】因为函数 f (x) =
í x .
(2a -1)x -1, x 1
当 x 1时，有 f (x) = x
4
+ 4 ，当且仅当 x = 2时等号成立.
x
ì 4
1 x + , x 1
当2a -1 = 0，即 a = 时，有 f (x) =
2 í
x ，不满足题意；
-1, x 1
1
当 2a -1 0，即 a 时， f x = 2a -1 x -1在 - ,1 上单调递减，有 f x > f 1 = 2a - 2，不满足题意；
2
1
当 2a -1 > 0，即 a > 时， f x = 2a -1 x -1在 - ,1 上单调递增，有 f x f 1 = 2a - 2 .
2
要使 f x 的值域是R ，则应有 2a - 2 4 ，所以 a 3 .
综上所述，当 a 3时， f x 的值域是R .
故答案为： a 3 .
29．（2024 高三·全国·对口高考）设 f (x) = x2 - 4x - 4的定义域为[t - 2, t -1]，对于任意实数 t，则 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】讨论 t，结合二次函数的性质求 f x 的最小值.
【详解】 f (x) = x2 - 4x - 4 2可化为 f (x) = x - 2 -8，
当 t -1 2 ，即 t≤3时，函数 f x 在[t - 2, t -1]上单调递减，
所以当 x = t -1时，函数 f x 取最小值，最小值为 f (t -1) = t 2 - 6t +1，
当 t - 2 2，即 t 4时，函数 f x 在[t - 2, t -1]上单调递增，
所以当 x = t - 2时，函数 f x 取最小值，最小值为 f (t - 2) = t 2 -8t + 8，
当3 t 4 时，函数 f x 在[t - 2,2]上单调递减，在 2, t -1 上单调递增，
所以当 x = 2时，函数 f x 取最小值，最小值为 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
故答案为： í-8,3 t 4 .
2
t -8t + 8, t 4
ìa, a b
30．（2024 高一·全国·课后作业）定义一种运算min a,b = í ，设 f (x) = min 4 + 2x - x2 , | x - t | （t
b, (a > b)
为常数），且 x [-3,3]，则使函数 f (x) 最大值为 4 的 t 值是 ．
【答案】-2,4
【分析】根据定义，先计算 y = 4 + 2x - x2在 x -3,3 上的最大值，然后利用条件函数 f (x) 最大值为 4，确
定 t的取值即可．
【详解】若 y = 4 + 2x - x2在 x -3,3 上的最大值为 4，
所以由 4 + 2x - x2 = 4 ，解得 x = 2或 x = 0，
所以要使函数 f (x) 最大值为 4，
则根据新定义，结合 y = 4 + 2x - x2与 y =| x - t |图像可知，
当 t 1， x = 2时， | 2 - t |= 4，此时解得 t = -2，
当 t >1， x = 0时， | 0 - t |= 4，此时解得 t = 4，
故 t = -2或 4，
故答案为：-2或 4.
四、解答题
31 2024 · · f x = x2．（ 高一上 云南红河 期末）已知函数 - 2ax + 3 a R .
(1)当 a = 2时，求 f x 0 的解集；
(2)求函数 f x 在区间 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）先求出对称轴，然后分a 1，1 a 3和 a 3三种情况求其最小值.
【详解】（1）当 a = 2时， 不等式 f (x) 0，即 x2 - 4x + 3 0，解得1 x 3 .
所以不等式 f (x) 0的解集为 x |1 x 3 .
（2）易知 f (x) = x2 - 2ax + 3的对称轴为 x = a，则
①当a 1时， f (x) = x2 - 2ax + 3在[1,3]上单调递增，则 f (x)min = f (1) = 4 - 2a .
②当1 a 3时， f (x) = x2 - 2ax + 3在[1, a]上单调递减，在 (a,3]上单调递增，则 f (x)min = f (a) = 3- a
2
③当 a 3时， f (x) = x2 - 2ax + 3在[1,3]上单调递减，则 f (x)min = f (3) = 12 - 6a
ì4 - 2a, a 1
2
综上 h(a) = í3 - a ,1 a 3 .
12 - 6a,a 3
32．（2024 高一上·云南·阶段练习）已知二次函数 ( ) = 2 4 + 3，非空集合 A = x | 0 x a .
(1)当 x A时，二次函数的最小值为-1，求实数 a的取值范围；
(2)当__________时，求二次函数 ( ) = 2 4 + 3的最值以及取到最值时 x 的取值.
在① a =1，② a = 4，③ a = 5，这三个条件中任选一个补充在（2）问中的横线上，并求解.
（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.）
【答案】(1) a 2；
(2)见解析．
【分析】（1）注意到二次函数在 x = 2取到最小值-1，于是 2 A；
（2）根据二次函数的单调性讨论在不同区间上的最值即可.
2
【详解】（1） f x = x - 4x + 3 = (x - 2)2 -1，
由于当且仅当 x = 2时， f (x) 才可取到最小值，
于是 2 A，即 a 2 .
（2）根据二次函数的性质， f (x) 在[0,2]上单调递减，在 (2,+ ) 上单调递增，
于是当 2 A时， f (x) 最小值一定在 x = 2取得，最大值在 x = 0或 x = a处取得.
选择方案①，
当 a =1时， f (x) 在[0,1]上递减，
f x = f 0 = 3max ，此时 x = 0，
f x = f 1 = 0min ，此时 x =1．
选择方案②，
当 a = 4时， f x = f 0 = f 4max = 3，此时 x = 0或 x = 4，
f x = f 2 = -1min ，此时 x = 2．
选择方案③，
当 a = 5时， f (0) = 3， f x = f 5 = 8max ，此时 x = 5，
f x = f 2 = -1min ，此时 x = 2．
33 2．（2024 高一上·上海闵行·期末）已知函数 f x = x - 2tx +1, x 2,5 严格单调，且 f (x) 的最大值为 8，求
实数 t的值.
9
【答案】
5
【分析】先求出二次函数的对称轴，再分 t 2， t 5两种情况，进行分类讨论，根据最大值列出方程，求
出实数 t的值.
【详解】 f x = x2 - 2tx +1 = x - t 2 +1- t 2 , x 2,5 ，对称轴为 x = t ，开口向上，
当 t 2时， f x = x2 - 2tx +1在 x 2,5 上单调递增，
9
故当 x = 5时， f x 取得最大值， f 5 = 25 -10t +1 = 8，解得： t = ，满足 t 2，
5
当 t 5时， f x = x2 - 2tx +1在 x 2,5 上单调递减，
故当 x = 2时， f x 取得最大值， f 2 = 4 - 4t +1 = 8 t 3，解得： = - ，与 t 5矛盾，舍去；
4
9
综上： t = .
5
34．（2024 高一上·陕西安康·阶段练习）已知函数 f (x) = x2 + ax + 3，求函数在区间[-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】根据二次函数对称轴和区间之间的位置关系，分类讨论，在不同情况下求解函数最小值即可.
a a2
【详解】 f (x) = x2 + ax + 3 = (x + )2 + 3 - ，
2 4
a
（1）当- -1，即 a 2时， g(a) = f (x) = f (-1) = 4 - a，
2 min
1 a
2
（2）当- - 1，即-2 a 2时， g(a) = f (x)min = f (
a
- ) = 3 a- ，
2 2 4
a
（3）当- 1即 a -2时， 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·全国·课后作业）用定义证明：函数 f (x) = x3 在R 上是增函数．
【答案】证明见解析
【分析】根据函数单调性定义证明即可．
【详解】对任意 x1, x2 R ， x1 x2，
则 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 ]，
因为 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 ，
故函数 f (x) = x3 在R 上是增函数．
2 1
36．（2024 高一·全国·专题练习）已知函数 f x = .判断函数 f x 在 ,+ ÷ 上的单调性，并证明；3x -1 è 3
【答案】函数 f x 1 在 ,+ ÷ 上单调递减，理由见详解
è 3
【分析】利用定义法即可证明函数的单调性.
1
【详解】函数 f x 在 ,+ ÷ 上单调递减；理由如下：
è 3
取"x1, x
1 , + 2 ÷，规定 x1 x3 2，è
2 2 2 3x2 -1 - 2 3xf x f x 1 -1 6 x2 - x- = - = = 1 则 1 2 3x1 -1 3x2 -1 3x1 -1 3x2 -1 3x1 -1 3x2 -1
，
因为 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 ，
所以函数 f x 1 ,+ 在 ÷ 上单调递减.
è 3
x +1
37．（2024 高一上·新疆乌鲁木齐·期末）已知函数 f x = ，判断并证明 f x 在 (-2,+ )上的单调性.
x + 2
【答案】单调递增，证明见解析
【分析】利用单调性的定义判断证明.
x +1
【详解】函数 f (x) = 在 -2, + x 2 上单调递增.+
f (x) x +1证明： = =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)
，
因为-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, + 上单调递增.x + 2
38．（2024 高一·江苏·假期作业）已知函数 f (x) ，
(1)对任意的 a,b R ，都有 f (a + b) = f (a) + f (b) -1，且当 x > 0时， f (x) >1求证： f (x) 是R 上的增函数；
(2)若 f (x)是 0, x 1+ 上的增函数，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)证明见解析
(2) (3, 4]
【分析】（1）由已知条件结合函数单调性的定义证明；
（2）利用赋值法求得 f (4) = 2 ，再利用（1）求出的函数单调性解不等式．
【详解】（1）设 x1, x2 R ，且 x1 x2，
则 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 上的增函数．
x
（2）因为 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，则有 f (2) + f (2) = f (4)，
因为 f (2) =1，所以 f (4) = 2 ．
1
于是不等式 f (x) - f x - 3 ÷
2 等价于 f [x(x - 3)] f (4), (x 3) ．
è
又由（1）知 f (x) 是R 上的增函数，
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为 (3, 4]．
39．（2024 高一上·江西抚州·期中）已知函数 f x 的定义域为 0, + ,且对任意的正实数 x, y都有
f xy = f x + f (y) ,且当 x >1时, f x > 0 , f 4 =1 .
f 1 (1)求 16 ÷
;
è
(2)求证: f x 为 0, + 上的增函数;
(3)解不等式 f x + f x - 3 1.
【答案】(1) -2
(2)证明见解析
(3) 3,4
【分析】（1）利用赋值法,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）设 x1 > x2 > 0 ,根据单调性定义结合当 x >1时, f x > 0证明即可;
（3）将 f x + f x - 3 1转化为 f éx x - 3 ù f 4 ,再根据（2）的结论,列不等式组求解即可.
【详解】（1）因为 f xy = f x + f (y) , f 4 =1 ,
令 x = y =1 ,则 f 1 = f 1 + f (1) ,解得 f 1 = 0 ,
令 x = y =
