第10讲 函数的单调性和最值-新高一数学初升高暑假精品课（人教A版必修第一册）

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·模块一 函数的单调性
·模块二 函数的最值
·模块三 课后作业
模块一
函数的单调性
1．函数的单调性
(1)单调递增、单调递减：
(2)函数的单调性及单调区间：
①当函数f(x)在它的定义域上单调递增(减)时,我们就称它是增(减)函数.
②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.
(3)常见函数的单调性：
(4)单调函数的运算性质：
若函数f(x)，g(x)在区间D上具有单调性，则在区间D上具有以下性质：
①f(x)与f(x)+C(C为常数)具有相同的单调性.
②若a为常数，则当a>0时，f(x)与a f(x)具有相同的单调性；当a<0时，f(x)与a f(x)具有相反的
单调性.
③若f(x)恒为正值或恒为负值，a为常数，则当a>0时，f(x)与具有相反的单调性；当a<0时，
f(x)与具有相同的单调性.
④若f(x)≥0，则f(x)与具有相同的单调性.
⑤在f(x)，g(x)的公共单调区间上，有如下结论：
⑥当f(x)，g(x)在区间D上都是单调递增(减)的，若两者都恒大于零，则f(x) g(x)在区间D上也是单调递增(减)的；若两者都恒小于零，则f(x) g(x)在区间D上单调递减(增).
(5)复合函数的单调性判定：
对于复合函数f(g(x))，设t=g(x)在(a,b)上单调，且y=f(t)在(g(a)，g(b))或(g(b)，g(a))上也单调.
【考点1 函数单调性的判断及单调区间的求解】
【例1.1】（2023·全国·高一假期作业）已知y=fx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
【解题思路】根据函数图象直接确定递增区间即可.
【解答过程】由图象知：该函数的单调增区间为[−1,2]和[4,5].
故选：B.
【例1.2】（2023·海南海口·统考模拟预测）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,+∞)
【解题思路】将绝对值函数转化成分段函数，由二次函数的性质即可求
【解答过程】fx=x2−4x+3=x2−4x+3, x≥0x2+4x+3, x<0，
则由二次函数的性质知，当 x≥0时，y=x2−4x+3=x−22−1的单调递减区间为0,2；
当x<0，y=x2+4x+3=x+22−1的单调递减区间为−∞,−2，
故fx的单调递减区间是(−∞,−2)和(0,2).
故选：B.
【变式1.1】（2023·全国·高一假期作业）已知函数fx是R上的增函数，函数gx是R上的减函数，则下列函数一定是增函数的是（ ）
A．fx+gxB．fx−gxC．gx−fxD．fxgx
【解题思路】根据函数单调性的性质逐一判断即可.
【解答过程】解：因为函数fx是R上的增函数，函数gx是R上的减函数，
所以函数fx−gx是R上的增函数，
函数gx−fx是R上的减函数，
函数fx+gx，fxgx的单调性无法判断.
故选：B.
【变式1.2】（2023·全国·高一假期作业）下列命题正确的是（ ）
A．函数y=x2在R上是增函数B．函数y=1x在(−∞,0)∪(0,+∞)上是减函数
C．函数y=x2和函数y=x的单调性相同D．函数y=1x和函数y=x+1x的单调性相同
【解题思路】分别判断出y=x2，y=1x，y=x和y=x+1x的单调性，即可判断．
【解答过程】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；
对于B：y=1x的定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，由反比例函数y=1x的图像可知，y=1x在(−∞,0)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；
对于D：y=1x定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，由反比例函数y=1x的图像可知，y=1x在(−∞,0)和(0,+∞)上是减函数；
设y=f(x)=x+1x定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，取0则f(x1)−f(x2)=x1+1x1−x2−1x2=(x1−x2)+x2−x1x1x2=(x1−x2)⋅x1x2−1x1x2，
当00，即f(x)在(0,1)上单调递减，
当1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．
【考点2 利用函数的单调性求参数】
【例2.1】（2023·全国·高一假期作业）设函数f(x)=(a−1)x+1是R上的减函数，则有（ ）
A．a≥1B．a≤1C．a>1D．a<1
【解题思路】根据函数的单调性列出相应的不等式，即可求得答案.
【解答过程】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.
【例2.2】（2023·全国·高一专题练习）“a=3”是“函数fx=−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
【解题思路】求出函数fx=−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
【解答过程】fx=−x−a的图象如图所示，
要想函数fx=x−a在区间3,+∞上为减函数，必须满足a≤3，
因为3是aa≤3的子集，
所以“a=3”是“函数fx=−x−a在区间3,+∞上为减函数”的充分不必要条件.
故选：A.
【变式2.1】（2023秋·天津红桥·高一统考期末）已知函数fx=x2+2kx−5在−2,4上具有单调性，则实数k的取值范围为（ ）．
A．k≤−4B．k≥2
C．k≤−4或k≥2D．k<−4或k>2
【解题思路】首先求出二次函数的对称轴，再结合题意求解即可.
【解答过程】函数fx=x2+2kx−5的对称轴为x=−k，
因为函数fx=x2+2kx−5在−2,4上具有单调性，
所以−k≥4或−k≤−2，即k≤−4或k≥2.
故选：C.
【变式2.2】（2023春·湖南·高一校联考开学考试）已知fx=−a+4x−3a,x<−1,x2+ax−8,x≥−1,为增函数，则a的取值范围是（ ）
A．−2≤a<4B．2≤a<4
C．−3≤a<4D．3≤a<4
【解题思路】根据分段函数为增函数，根据每一段都是增函数，且注意节点处的取值，列出不等式组，解之即可.
【解答过程】因为fx=−a+4x−3a,x<−1x2+ax−8,x≥−1为增函数，
故−a+4>0−a2≤−1a−4−3a≤1−a−8，解得3≤a<4.
故选：D.
【考点3 利用函数的单调性比较大小】
【例3.1】（2023·全国·高一假期作业）已知函数fx是区间0,+∞内的减函数，则fa2−a+1与f34的大小关系为（ ）
A．f(a2−a+1)≥f(34)B．f(a2−a+1)≤f(34)
C．f(a2−a+1)=f(34)D．不确定
【解题思路】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．
【解答过程】因为a2−a+1=a−122+34≥34，
又fx是区间0,+∞内的减函数，
所以fa2−a+1≤f34.
故选：B．
【例3.2】（2023·全国·高一假期作业）已知函数f(x)在R上是递减函数，a,b∈R且a+b<0，则有（ ）
A．f(a)+f(b)<0B．f(a)+f(b)>0
C．f(a)+f(b)f(−a)+f(−b)
【解题思路】根据单调性求解.
【解答过程】∵fx是减函数，a+b<0,∴a<−b,b<−a，∴fa>f−b,fb>f−a,fa+fb>f−a+f−b；
故选：D.
【变式3.1】（2023·全国·高一假期作业）设函数y=fx满足：对任意的x1,x2∈R都有x1−x2fx1−fx2>0，则f−3与f−π大小关系是 （ ）
A．f(−3)>f(−π)B．f(−3)≥f(−π)
C．f(−3)【解题思路】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.
【解答过程】因为x1−x2fx1−fx2>0，当x1>x2时fx1>fx2；当x1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.
【变式3.2】（2023·广东深圳·统考模拟预测）已知函数fx的定义域为R，若对∀x∈R都有f3+x=f1−x，且fx在2,+∞上单调递减，则f1,f2与f4的大小关系是（ ）
A．f4C．f1【解题思路】由f3+x=f1−x，得到f1=f3，利用单调性即可判断大小关系，即可求解．
【解答过程】因为对∀x∈R都有f3+x=f1−x，所以f1=f3−2=f[1−(−2)]=f3
又因为fx在2,+∞上单调递减，且2<3<4，
所以f4故选：A．
【考点4 利用函数的单调性解不等式】
【例4.1】（2023·高一课时练习）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>23B．m<23C．23【解题思路】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.
【解答过程】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，
所以有−3≤2m−1≤4−3≤1−m≤42m−1>1−m，解得23故选：C.
【例4.2】（2023·全国·高一假期作业）已知函数fx是定义域为0,+∞的减函数，若f2−2m>f1+m，则实数m的取值范围是（ ）
A．13,+∞B．−∞,13C．13,1D．−1,13
【解题思路】根据函数的定义域和单调性得到0<2−2m<1+m，解得答案.
【解答过程】函数fx是定义域为0,+∞的减函数，因f2−2m>f1+m，
故0<2−2m<1+m，解得13故选：C.
【变式4.1】（2023秋·安徽淮北·高一校考期末）已知fx=x2+1，x≥01，x<0则满足不等式f3−x2>f2x的x范围是（ ）
A．−3，1B．−3，−1
C．−3，1D．1，3
【解题思路】分析fx的单调性，结合单调性解不等式.
【解答过程】由fx解析式可知，
fx在−∞，0为常函数，在0，+∞上单调递增，
且f0=1，故fx在R上连续，
若f3−x2>f(2x)，
则3−x2>2x≥0，得1>x≥0；
或3−x2>0>2x，得0>x>−3；
综上，x∈−3,1，
故选：C.
【变式4.2】（2023秋·广东广州·高二校考期末）定义在0,+∞的函数y=fx满足：对∀x1，x2∈0,+∞，且x1≠x2，x2fx1−x1fx2x1−x2>0成立，且f3=9，则不等式fx>3x的解集为（ ）
A．9,+∞B．0,9C．0,3D．3,+∞
【解题思路】构造函数g(x)=f(x)x，讨论单调性，利用单调性解不等式.
【解答过程】由x2fx1−x1fx2x1−x2>0且∀x1，x2∈0,+∞，
则两边同时除以x1x2可得fx1x1−fx2x2x1−x2>0，
令g(x)=f(x)x，则g(x)=f(x)x在0,+∞单调递增，
由fx>3x得fxx>3且g(3)=f(3)3=3，
即g(x)>g(3)解得x>3，
故选：D.
模块二
函数的最值
1．函数的最大（小）值
(1)函数的最大（小）值：

(2)利用函数单调性求最值的常用结论：
①如果函数y=f(x)在区间[a,b]上单调递增，在区间[b,c]上单调递减，那么函数y=f(x),x[a,c]在x=b处有最大值f(b)，如图(1)所示；
②如果函数y=f(x)在区间[a,b]上单调递减，在区间[b,c]上单调递增，那么函数y=f(x), x[a,c]在x=b处有最小值f(b)，如图(2)所示.
【考点1 求函数的最值】
【例1.1】（2023·高一课时练习）函数fx=x+4x+1在区间−12,2上的最大值为（ ）
A．103B．152C．3D．4
【解题思路】利用换元法以及对勾函数的单调性求解即可．
【解答过程】设t=x+1，则问题转化为求函数gt=t+4t−1在区间12,3上的最大值．根据对勾函数的性质，得函数gt在区间12,2上单调递减，在区间2,3上单调递增，所以gtmax=maxg12,g3=max152,103=152．
故选：B.
【例1.2】（2023·全国·高三专题练习）已知函数f(x)=x+2x−3，则函数f(x)有（ ）
A．最小值1，无最大值B．最大值32，无最小值
C．最小值32，无最大值D．无最大值，无最小值
【解题思路】先用换元法将fx变形为二次函数的形式，然后根据对称轴求解出二次函数的最值，则fx的最值情况可知.
【解答过程】因为fx=x+2x−3，令2x−3=t∈0,+∞，所以x=t2+32，
所以fx=gt=t2+32+t=12t+12+1t∈0,+∞，
因为gt的对称轴为t=−1，所以gt在0,+∞上递增，
所以gtmin=g0=32，无最大值，
所以fx的最小值为32，无最大值，
故选：C.
【变式1.1】（2023秋·高一单元测试）已知maxa,b=a,a≥bb,aA．－2B．－1C．2D．3
【解题思路】根据题意，将问题转化为分段函数的最小值问题，然后根据函数的单调性求解．
【解答过程】由x2−4x−2≥−x+2，即x2−3x−4≥0，解得x≤−1或x≥4；
由x2−4x−2<−x+2，即x2−3x−4<0，解得−1≤x≤4.
由题意f(x)=x2−4x−2,x≤−1或x≥4−x+2,−1则f(x)在(−∞,1]上单调递减，在(−1,4)上单调递减，在[4,+∞)上单调递增，
故函数fx的最小值是f(4)=−2．
故选：A．
【变式1.2】（2023秋·高一课时练习）设函数f(x)=2xx−2在区间[3,4]上的最大值和最小值分别为M，m则M+m=（ ）
A．4B．6C．10D．24
【解题思路】将函数f(x)分离常数变形后，判断出其单调性，根据单调性求出最值即可得解.
【解答过程】因为f(x)=2(x−2)+4x−2 =2+4x−2，
所以f(x)在[3，4]上是减函数.
所以m=f(4)=4，M=f（3）=6.
所以M+m=6+4=10.
故选：C.
【考点2 利用函数的单调性求值域】
【例2.1】（2023春·甘肃武威·高一统考开学考试）函数f(x)=x2+x−2（x∈0,2）的值域是（ ）
A．−2 , 4 B．−94 , 4 C．[−94 , +∞)D．−74 , 4
【解题思路】根据二次函数在区间上的单调性即可求值域.
【解答过程】函数f(x)=x2+x−2的对称轴为x=−12，
故函数f(x)=x2+x−2在0,2上单调递增，
又f(0)=−2，f(2)=4，
所以函数f(x)=x2+x−2（x∈0,2）的值域是−2 , 4
故选：A.
【例2.2】（2023·全国·高一专题练习）世界公认的三大著名数学家为阿基米德、牛顿、高斯，其中享有“数学王子”美誉的高斯提出了取整函数y=x，x表示不超过x的最大整数，例如1.1=1，−1.1=−2.已知fx=x+4x，x∈12,6，则函数fx的值域为（ ）
A．4,6,8B．4,5,6C．4,5,6,7,8D．4,8
【解题思路】根据题意y=x+4x，将其变形分析其取值范围结合取整函数y=x，即可求得结果.
【解答过程】易知y=x+4x，x∈12,6在12,2上单调递减，2,6上单调递增.
当x=2时， y=x+4x=4；当x=12时，y=12+8；当x=6时，y=x+4x=6+23；
所以x+4x∈4,172，则函数fx的值域为4,5,6,7,8.
故选：C.
【变式2.1】（2023·高一课时练习）若函数fx的值域是12，3，则函数Fx=fx+1fx的值域是（ ）
A．12，3B．[2，103]C．[52，103]D．[56，5]
【解题思路】令fx=t，y=t+1t，则t∈[12，3]，然后由对勾函数y=t+1t的单调性可求出函数的值域
【解答过程】解：令fx=t，y=t+1t，则t∈[12，3]．
当t∈[12，1)时，y=t+1t单调递减，
当t∈1，3时，y=t+1t单调递增，
又当t=12时，y=52，当t=1时，y=2，当t=3时，y=103，
所以函数Fx的值域为[2，103]，
故选：B．
【变式2.2】（2023春·辽宁·高二校联考阶段练习）设函数fx=−x2+1x2x>0，函数gx在定义域0,+∞内是单调函数，且对于任意x∈0,+∞，都有ggx+fx=1，则gx在区间1,2上的值域为（ ）
A．1,194B．2,4C．1,4D．2,194
【解题思路】根据对于任意x∈0,+∞，都有ggx+fx=1，令gx+fx=c>0（c为常数），再由函数gx在定义域0,+∞内是单调函数，得到gx=x2−1x2+cx>0，进而令x=c，得到gx=x2−1x2+1求解.
【解答过程】解：因为gx在定义域0,+∞内是单调函数，
且对于任意x∈0,+∞，都有ggx+fx=1，
令gx+fx=c>0（c为常数），即gx=x2−1x2+cx>0.
令x=c，得c2−1c2+c=1，即c4−1+c3−c2=0，
则c−1c2c+2+c+1=0，解得c=1.
故gx=x2−1x2+1.
易知gx=x2−1x2+1在1,2上为增函数，
所以1≤gx≤194.
故选：A.
【考点3 由函数的最值求参数】
【例3.1】（2023·全国·高一专题练习）已知二次函数y=ax2+2ax+1在x∈−4,2上的最大值为4，则a的值为（ ）
A．−3B．−38C．3D．−3或38
【解题思路】由题设二次函数y=ax2+2ax+1，所以a≠0，则可求出其对称轴，再分类讨论当a<0时或a>0时，x取何值为二次函数y=ax2+2ax+1的最大值，进而求出参数a的值.
【解答过程】由题意得：二次函数y=ax2+2ax+1的对称轴为x=−2a2a=−1.
当a<0时，二次函数y=ax2+2ax+1图象开口向下，则x=−1时，
为函数y=ax2+2ax+1的最大值. 又∵−1∈[−4,2]，
∴yx=−1=ymax=a(−1)2−2a+1=1−a=4，则a=−3.
当a>0时，二次函数y=ax2+2ax+1图象开口向上，∵x=2,x=−4
距对称轴x=−1距离相等，则最大值为
yx=2=a⋅22+2a⋅2+1=4，或yx=−4=a⋅(−4)2+2a⋅(−4)+1=4,
则有8a+1=4，a=38.
∴a=−3或38.
故选：D.
【例3.2】（2023·全国·高三专题练习）已知函数f(x)=x2−2x+3在区间0,t上的最大值是3,最小值是2,则实数t的取值范围是
A．1,2B．0,1C．1,+∞D．0,2
【解题思路】根据二次函数的性质分析．
【解答过程】由题意可知抛物线得对称轴为x=1,开口向上,
∴ 0在对称轴的左侧,∵对称轴的左侧图象为单调递减,∴在对称轴左侧x=0时有最大值3,
∵ 0,t上有最大值3,最小值2,当x=1时,y=2,
∴ t的取值范围必须大于或等于1,∵抛物线得图象关于x=1对称,∴ t≤2,所以1≤t≤2.
故选：A.
【变式3.1】（2023·高一课时练习）若函数fx=ax+1在区间1,2上的最大值与最小值的差为2，则实数a的值为（ ）
A．2B．2或−2C．3D．3或−3
【解题思路】注意讨论a=0的情况，然后利用一次函数的单调性分类讨论可求得.
【解答过程】依题意，当a=0时，fx=1，不符合题意；
当a>0时，fx=ax+1在区间1,2上单调递增，所以f2−f1=2a+1−a+1=2，得a=2；
当a<0时，fx=ax+1在区间1,2上单调递减，所以f1−f2=a+1−2a+1=2，得a=−2．
综上，a的值为±2，
故选: B.
【变式3.2】（2023秋·广东茂名·高三统考阶段练习）设函数fx=1−ax,xA．−2,2B．0,2
C．−2,2∪2,+∞D．0,2∪2,+∞
【解题思路】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.
【解答过程】若a=0时，fx=1,x<0,x2−4x+3,x≥0.，∴fxmin=f2=−1；
若a<0时，当x若a>0时，xfa=1−a2，当x≥a时，fxmin=−1,0若函数fx有最小值，
需1−a2≥−10解得0故选：B.
模块三
课后作业
1．（2023·高一课时练习）给出下列命题，其中错误的命题有（ ）个
①若函数fx的定义域为0,2，则函数f2x的定义域为0,4；
②函数fx+1=x2+1，则fx=x2−2x+2
③已知函数fx是定义域上减函数，若fm>fn，则m④函数fx=1x在定义域内是减函数
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】根据抽象函数的定义域的求法判断①；根据换元法求函数解析式判断②；根据减函数的定义判断③④.
【解答过程】①：由题意知，0≤x≤2，对于函数f(2x)，0≤2x≤2，
解得0≤x≤1，即函数f(2x)的定义域为[0,1]，故①错误；
②：令t=x+1，则x=t−1，
所以f(x+1)=x2+1变形为f(t)=(t−1)2+1=t2−2t+2，
即f(x)=x2−2x+2，故②正确；
③：因为函数f(x)是定义域上的减函数，且f(m)>f(n)，所以m④：由幂函数的性质知，函数fx=1x在−∞,0和0,+∞上单调递减，不是减函数，故④错误.
故选：B.
2．（2023·全国·高一假期作业）函数y=x2+x+2，x∈(−5,5)的单调减区间为（ ）
A．(−∞,−12)B．(−12,+∞)C．(−12,5)D．(−5,−12)
【解题思路】首先求出函数的对称轴，即可判断函数的单调性.
【解答过程】解：函数y=x2+x+2对称轴为x=−12，开口向上，
所以函数y=x2+x+2，x∈(−5,5)的单调减区间为−5,−12.
故选：D.
3．（2023·全国·高一假期作业）函数y=(2k+1)x+5在R上是减函数，则（ ）
A．k>12B．k<12
C．k>−12D．k<−12
【解题思路】根据一次函数的单调性有2k+1<0，即可得结果.
【解答过程】因为函数y=(2k+1)x+5在R上是减函数，
所以2k+1<0⇒k<−12.
故选：D.
4．（2023·全国·高一假期作业）函数fx=1x2+1在区间[1，2]上的最大值与最小值分别是（ ）
A．12，15B．2，5C．1，2D．15，12
【解题思路】先简单判断函数的单调性，进而求解结论．
【解答过程】解：∵y＝x2+1在（0，+∞）上单调递增，且y＞1，
∴fx=1x2+1在区间[1，2]上单调递减，
∴函数fx=1x2+1在区间[1，2]上的最大值与最小值分别是
f（1）=112+1=12，f（2）=122+1=15，
故选：A．
5．（2023·全国·高一假期作业）已知函数y=f(x)的图象如图所示，则下列说法错误的是（ ）

A．[a,b]是函数f(x)的增区间B．[b,c]是函数f(x)的减区间
C．函数f(x)在[a,b]∪[c,d]上是增函数D．函数f(x)在[b,0)∪(0,c]上是减函数
【解题思路】根据函数的图像结合函数单调性的含义，即可判断出答案.
【解答过程】根据函数图像可知函数f(x)在[a,b]上递增，在[b,c]上递减，故A，B正确；
函数f(x)在[c,d]上也单调递增，但区间[a,b]和[c,d]不是连续区间，
并且由图象可知bf(c)，因此不能说函数f(x)在[a,b]∪[c,d]上是增函数，C错误；
由于函数f(x)在x=0时有定义，由图象可知f(0)=0，则[b,c]为函数的一个单调递减区间，
故函数f(x)在[b,0)∪(0,c]上是减函数，D正确，
故选：C.
6．（2023·全国·高一专题练习）函数y=a−x−3xx>0在x=m时有最大值为3，则a−m的值为（ ）
A．43B．33C．23D．3
【解题思路】利用基本不等式求出x+3x≥23，得出函数y=a−x−3x的最大值为a−23，从而求出a和m的值．
【解答过程】解：因为x>0时，x+3x≥2x⋅3x=23，当且仅当x=3x，即x=3时取“=”，
所以函数y=a−x−3x=a−x+3x≤a−23=3，解得a=33，m=3，
所以a−m=33−3=23．
故选：C．
7．（2023·全国·高三专题练习）已知f(x)=8+2x−x2，若g(x)=f2−x2，则g(x)（ ）
A．在区间(−1,0)内是减函数B．在区间(0,1)内是减函数
C．在区间(−2,0)内是增函数D．在区间(0,2)内是增函数
【解题思路】直接利用复合函数单调性得到答案.
【解答过程】f(x)=8+2x−x2在−∞,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，
t=2−x2在−∞,0上单调递增，在0,+∞上单调递减，根据复合函数的单调性：
当x∈−∞,−1时，t∈−∞,1，函数单调递增；
当x∈−1,0时，t∈1,2，函数单调递减；
当x∈0,1时，t∈1,2，函数单调递增；
当x∈1,+∞时，t∈−∞,1，函数单调递减；
故选：A.
8．（2023秋·河南周口·高一校考期末）对于函数y=fx，如果存在区间m,n，同时满足下列条件：
①fx在m,n内是单调的；②当定义域是m,n时，fx的值域也是m,n，则称m,n是该函数的“和谐区间”.若函数fx=1−ax(a>0)存在“和谐区间”，则a的取值范围是（ ）
A．0,2B．0,4C．1,12D．0,14
【解题思路】函数在区间m,n是单调的，由fm=m，fn=n可得m、n是方程x2−x+a=0的两个同号的不等实数根，由Δ=12−4a>0，解不等式即可.
【解答过程】由题意可得若函数fx=1−ax(a>0)在区间m,n是单调的，
所以m,n⊆(−∞，0)或m,n⊆(0，+∞)，
则fm=m，fn=n，
故m、n是方程1−ax=x的两个同号的不等实数根，
即方程x2−x+a=0有两个同号的不等实数根，注意到mn=a>0，
故只需Δ=12−4a>0，解得a<14，
结合a>0，可得0故选：D.
9．（2023秋·广东·高二校联考期末）已知定义在R上的函数fx满足：f−x+fx=0,f2−x=fx，且fx在−1,1内单调递增，则（ ）
A．f−5.3B．f−5.3C．f2D．f5.5【解题思路】根据题意可得函数f(x)是周期为4的函数，且在−1,1内单调递增，在1,3内单调递减，然后利用周期和单调性即可求解.
【解答过程】根据题意，函数fx满足f−x+fx=0，f2−x=fx，
则有f2−x=−f−x，变形可得fx+2=−fx，
则有fx+4=fx，即函数fx是周期为4的周期函数，
对称轴为x=1，fx在−1,1内单调递增，所以fx在1,3内单调递减，f1.5=f5.5，f−5.3=f2.7−8=f2.7，∵1<1.5<2<2.7<3，
∴f(1.5)>f(2)>f2.7，即f−5.3故选：B.
10．（2023春·福建泉州·高一校考阶段练习）已知函数fx是定义在0,+∞上的单调减函数：若f2a−1>f13，则a的取值范围是（ ）
A．−∞,23B．12,23C．23,+∞D．[12,23)
【解题思路】根据函数的单调性即可解不等式．
【解答过程】由已知0≤2a−1<13，解得12≤a<23，
故选：D.
11．（2023·高一课时练习）已知函数f(x)在[1,+∞)上为增函数，对任意x∈R均满足：①f(1+x)=f(1−x)，②x1<0, x2>0且x1+x2<−2．试比较f−x1与f−x2的大小关系．
【解题思路】由②知，−x1>x2+2>2，即−x1,x2+2∈[1,+∞)，利用单调性可得f−x1>fx2+2，由①得，fx2+2=f1+x2+1=f1−x2+1=f−x2，从而可解.
【解答过程】由②知，−x1>x2+2>2，即−x1,x2+2∈[1,+∞)，
又f(x)在[1,+∞)上为增函数，∴f−x1>fx2+2，
又由①得，fx2+2=f1+x2+1=f1−x2+1=f−x2，
所以f−x1>f−x2．
12．（2023秋·上海松江·高一校考期末）已知函数y=fx的表达式为fx=x2+2x.
(1)用定义证明函数y=fx在1,+∞上是严格增函数；
(2)设函数gx=fx2+1，x∈0,2，求gx的值域.
【解题思路】(1)根据函数单调性的定义证明；
(2)根据函数的单调性求最值，即可求值域.
【解答过程】（1）∀x1,x2∈1,+∞,x1fx1−f(x2)=x12+2x1−x22−2x2=(x1+x2)(x1−x2)+2(x2−x1)x1x2
=(x1−x2)(x1+x2)−2x1x2，
因为x1,x2∈1,+∞,x12,x1x2>1,
所以2x1x2<2，所以(x1+x2)−2x1x2>0，
所以(x1−x2)(x1+x2)−2x1x2<0，所以fx1所以函数y=fx在1,+∞上是严格增函数.
（2）设t=x2+1，因为x∈0,2，所以t∈1,5，
由(1)得ft=t2+2t,t∈1,5单调递增，
所以f(1)≤ft≤f(5)，即3≤ft≤1275，
所以gx=fx2+1的值域为3,1275.
13．（2023·高一课时练习）己知函数f(x)=x2+2ax+2．
(1)若函数f(x)的单减区间是(−∞,4]，求实数a的值；
(2)若函数f(x)在区间(−∞,4]上是单减函数，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）根据函数的单调性及二次函数的性质即可求解；
（2）根据函数的单调性及二次函数的性质即可求解.
【解答过程】（1）依题意，f(x)=x2+2ax+2=x+a2+2−a2，
由二次函数的性质知，f(x)的对称轴方程为x=−a，开口向上，
所以f(x)的单减区间是(−∞,−a]，
因为函数f(x)的单减区间是(−∞,4]，
所以a=−4.
（2）依题意，f(x)=x2+2ax+2=x+a2+2−a2，
由二次函数的性质知，f(x)的对称轴方程为x=−a，开口向上，
所以f(x)的单减区间是(−∞,−a]，
因为函数f(x)在区间(−∞,4]上是单减函数，
所以−a≥4，解得a≤−4，
所以实数a的取值范围为−∞,−4.
14．（2023春·江苏扬州·高一统考开学考试）已知函数f(x)=4x−ax，且f1=3．
(1)求实数a的值，并用单调性定义证明fx在0,+∞上单调递增；
(2)若当x∈1,mm>1时，函数fx的最大值为152，求实数m的值．
【解题思路】（1）由单调性的定义即可求解，
（2）利用单调性即可求解最值.
【解答过程】（1）由f1=4−a=3得a＝1．
任取x1，x2∈0,+∞，且x1fx1−fx2=4x1−1x1−4x2+1x2=4x1−x2+1x2−1x1
=4x1−x2+x1−x2x1x2=x1−x24+1x1x2．
由x2>x1>0，得x1−x2<0，4+1x1x2>0，所以x1−x24+1x1x2<0，所以fx1所以函数fx在0,+∞上单调递增．
（2）由（1）知fx在1,m上单调递增，所以f(x)max=f(m)=152，
即4m−1m=152，解得m＝2或m=−18（舍去），所以m＝2．
15．（2023·高一课时练习）函数f(x)是定义在(0,+∞)上的函数，满足下列条件：
①f(2)=0；②x>1,f(x)<1；③任意x,y∈(0,+∞)，有f(xy)=f(x)+f(y)−1．
(1)求f12的值；
(2)判断并证明函数f(x)在区间(0,+∞)上的单调性；
(3)解不等式f(x)>4x+2．
【解题思路】（1）对条件③用赋值法即可求解，
（2）由函数单调性的定义，即可作差求解，
（3）构造函数F(x)=f(x)−4x−2，结合f(x)的单调性，即可求解.
【解答过程】（1）∵任意x,y∈(0,+∞)，有f(xy)=f(x)+f(y)−1，
∴当x=y=1，有f(1)=1，
当x=12,y=2，有f12×2=f12+f(2)−1，
∵f(2)=0,∴f12=2，
（2）结论：f(x)在区间(0,+∞)上是减函数．
证明：任取x1,x2∈(0,+∞)，设x2>x1>0，则x2x1>1，
∵任意x,y∈(0,+∞)，有f(xy)=f(x)+f(y)−1，
∴当x=x1,y=x2x1，有fx2=fx1x2x1=fx1+fx2x1−1，
∵x2x1>1,∴fx2x1<1,∴fx2x1−1<0．∴fx2=fx1+fx2x1−1∴f(x)在区间(0,+∞)上是减函数．
（3）f14=f12×12=f12+f12−1=3，
设F(x)=f(x)−4x−2，x∈(0,+∞)
由（2）可知函数F(x)在区间(0,+∞)上是减函数，
又∵F14=f14−4×14−2=0，
可知：当x>14时，F(x)<0；当00．
∴不等式f(x)>4x+2的解集为x∣0单调性
一次函数y=ax+b
(a≠0)
a>0时，在R上单调递增；
a<0时，在R上单调递减.
反比例函数
a>0时，单调递减区间是(,0)和(0,)；
a<0时，单调递增区间是(,0)和(0,).
二次函数y=a(x-m)²+n
(a≠0)
a>0时，单调递减区间是(,m]，单调递增区间是[m,)；
a<0时，单调递减区间是[m,)，单调递增区间是(,m].
f(x)
g(x)
f(x)+g(x)
f(x)-g(x)
增
增
增
不能确定单调性
增
减
不能确定单调性
增
减
减
减
不能确定单调性
减
增
不能确定单调性
减
t=g(x)
y=f(t)
y=f(g(x))
增
增
增
增
减
减
减
增
减
减
减
增