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专题2.4 函数的单调性与最值-重难点题型精练
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2022春•辽宁期末）下列函数中，定义域为R，又是（0，+∞）上的增函数的是（ ）
A． B．y＝e﹣x
y=log (x2+1)
2
C． 1 D．y＝x2﹣x﹣6
y=x2
【解题思路】根据题意，依次分析选项中函数的单调性和定义域，即可得答案．
【解答过程】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，函数 的定义域为R，又是（0，+∞）上的增函数，符合题意；
y=log (x2+1)
2
对于B，y＝e﹣x是指数函数，定义域为R，当在（0，+∞）上的减函数，不符合题意；
对于C， 1是幂函数，其定义域是[0，+∞），不符合题意；
y=x2
1
对于D，y＝x2﹣x﹣6是二次函数，在（0， ）上单调递减，不符合题意；
2
故选：A．
2．（5分）（2020秋•东城区期末）若函数f（x）是R上的减函数，a＞0，则下列不等式一定成立的是（
）
1
A．f（a2）＜f（a） B．f(a)＜f( )
a
C．f（a）＜f（2a） D．f（a2）＜f（a﹣1）
【解题思路】可取a＝1，从而可判断出选项A，B都错误；可得出a＜2a，根据f（x）是R上的减函数
可得出f（a）＞f（2a），从而判断C错误，这样只能选D．
1
【解答过程】解：a＝1时，a2=a，a= ，
a
1
∴f(a2 )=f(a)，f(a)=f( )，∴A，B都错误；
a
∵a＞0，a＜2a，f（x）是R上的减函数，∴f（a）＞f（2a），即C错误；
1 3
a2−(a−1)=a2−a+1=(a− ) 2+ ＞0，∴a2＞a﹣1，且f（x）是R上的减函数，
2 4
∴f（a2）＜f（a﹣1），即D正确．故选：D．
√2 1 f(x)
3．（5分）（2020秋•张掖期末）若幂函数f（x）的图象过点( ， )，则函数g(x)= 的递减区间
2 2 ex
为（ ）
A．（0，2） B．（﹣∞，0）和（2，+∞）
C．（﹣2，0） D．（﹣∞，0）∪（2，+∞）
【解题思路】求出幂函数的解析式，求出函数g（x）的导数，从而求出函数的单调区间即可．
√2 1
【解答过程】解：设幂函数f（x）＝x ，它的图象过点（ ， ），
2 2
α
√2 1
∴（ ） = ，∴ ＝2；
2 2
α
α
∴f（x）＝x2；
∴g（x） x2，则g′（x） 2xex−x2ex x(2−x)，
= = =
ex e2x ex
令g′（x）＜0，即x（2﹣x）＜0，解得：x＞2或x＜0，
故g（x）在递减区间是（﹣∞，0）和（2，+∞），
故选：B．
ax−1
4．（5分）（2021秋•阆中市校级期中）已知函数f（x）= 在（2，+∞）上单调递减，则实数a的
x−a
取值范围是（ ）
A．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞） B．（﹣1，1）
C．（﹣∞，﹣1）∪（1，2] D．（﹣∞，﹣1）∪（1，2）
a2−1
【解题思路】根据题意，函数的解析式变形可得 f（x）= +a，结合反比例函数的性质可得
x−a
{a2−1＞0，解可得a的取值范围，即可得答案．
a≤2
ax−1 a(x−a)+a2−1 a2−1
【解答过程】解：根据题意，函数f（x）= = = +a，
x−a x−a x−a
若f（x）在区间（2，+∞）上单调递减，必有{a2−1＞0，
a≤2
解可得：a＜﹣1或1＜a≤2，即a的取值范围为（﹣∞，﹣1）∪（1，2]，故选：C．
1
5．（5分）（2021春•雨城区校级期中）已知函数 f（x）= −√x，若a=f(log √2)，b＝f（e0.1），
x 3
ln √3 ，则a，b，c的大小关系是（ ）
c=f(e 3 )
A．b＜c＜a B．a＜b＜c C．c＜b＜a D．a＜c＜b
【解题思路】根据题意，分析函数的定义域，求出函数的导数分析可得f（x）在其定义域上为减函数，
由指数、对数的性质分析log 3 √2＜e ln √ 3 3 ＜ e0.1，结合单调性分析可得答案．
1
【解答过程】解：根据题意，函数f（x）= −√x，其定义域为（0，+∞）
x
1 1 1 1
其导数f′（x）=− − =−（ + ）＜0，则f（x）在其定义域上为减函数，
x2 2√x x2 2√x
0＜log 3 √2＜ log 3√3= 1 2 ，e0.1＞e0＝1， e ln √ 3 3 = √ 3 3，则有log 3 √2＜e ln √ 3 3 ＜ e0.1，
则b＜c＜a，
故选：A．
π
6．（5分）（2021春•昌江区校级期末）已知函数f(x)=sin x−x2+2x的定义域为[﹣1，3]，则不等式
2
f（2﹣x）＞f（1+x）的解集为（ ）
1 3 1 1 3
A．(− ， ] B．( ，1] C．( ，2] D．[1， )
2 2 2 2 2
【解题思路】求导函数，分析导函数在（﹣1，1）上的符号，得出函数f（x）在（﹣1，1）上的单调性，
再得出函数f（x）的对称性，由此建立不等式组，解之可得选项．
π π π
【解答过程】解：因为函数f（x）=sin x−x2+2x，所以f '(x)= cos x−2x+2，
2 2 2
π π π π π π
当﹣1＜x＜1时，0＜ cos x＜ ，0＜﹣2x+2＜4，0＜ cos x−2x+2＜4+ ，
2 2 2 2 2 2
所以当﹣1＜x＜1时，f′（x）＞0，f（x）在（﹣1，1）上单调递增，
π π
又f（2﹣x）=sin[ (2−x)]−(2−x) 2+2(2−x)=sin x−x2+2x=f(x)，
2 2
所以函数f（x）关于x＝1对称，所以f（x）在（1.3）上单调递减，{
|2−x−1|＜|1+x−1|
1
所以不等式f（2﹣x）＞f（1+x）等价于 −1≤2−x≤3 ，解得 ＜x≤2，
2
−1≤1+x≤3
故选：C．
{4x−2x+2+m，x≤0
7．（5分）（2022•兴庆区校级三模）已知 的最小值为2，则m的取值范围为
f(x)= 1
x+ ，x＞0
x
（ ）
A．（﹣∞，3] B．（﹣∞，5] C．[3，+∞） D．[5，+∞）
【解题思路】利用基本不等式求得x＞0是函数的最小值为2，问题转化为x≤0时，4x﹣2x+2+m≥2恒成
立，即m≥﹣4x+4•2x+2在（﹣∞，0]上恒成立，换元后利用二次函数的单调性求最值，即可得到 m的
取值范围．
{4x−2x+2+m，x≤0
【解答过程】解： ，
f(x)= 1
x+ ，x＞0
x
1 1
当x＞0时，f（x）＝x+ ≥2，当且仅当x= ，即x＝1时等号成立；
x x
{4x−2x+2+m，x≤0
∴若 的最小值为2，
f(x)= 1
x+ ，x＞0
x
则x≤0时，4x﹣2x+2+m≥2恒成立，
即m≥﹣4x+4•2x+2在（﹣∞，0]上恒成立，
令t＝2x，则m≥﹣t2+4t+2在t （0，1]上恒成立，
而g（t）＝﹣t2+4t+2在t （0，∈ 1]上为增函数，
∴﹣t2+4t+2≤﹣1+4+2＝5∈，则m≥5．
∴m的取值范围为[5，+∞）．
故选：D．
4
8．（5分）（2022•黑龙江模拟）已知函数f（x）＝|x+ −m|（x [1，4]），则f（x）的最大值g（m）的
x
∈
最小值是（ ）
1 1
A． B． C．1 D．2
3 24 9
【解题思路】由题可得y＝x+ [4，5]，进而可得当m≤ 时，函数f（x）的最大值为g（m）＝5﹣m；
x 2
∈
9
当m＞ 时，函数f（x）的最大值为g（m）＝m﹣4，再求函数g（m）的最小值即可．
2
【解答过程】解：令y＝x 4（x [1，4]），则y′＝1 4 x2−4，∴x [1，2]时，函数y＝x 4单调
+ − = +
x x2 x2 x
∈ ∈
4
递减，x [2，4]时，函数y＝x+ 单调递增，
x
∈
4
所以可得y＝x+ [4，5]，
x
∈
9 9
∴当m≤ 时，函数f（x）的最大值为g（m）＝5﹣m；当m＞ 时，函数f（x）的最大值为g（m）＝
2 2
m﹣4，
9 1 9 1
当m≤ 时，函数g（m）＝5﹣m≥ ；当m＞ 时，g（m）＝m﹣4＞ ，
2 2 2 2
1
∴函数g（m）的最小值是 ．
2
故选：B．
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（2022春•利辛县校级月考）下列函数中，在（2，+∞）上单调递增的是（ ）
A．f（x）＝|x﹣3|
1
B．f(x)=x+
x
C．f（x）＝x3+2x
D． {x+3，x＜3
f(x)=
2x−3，x≥3
【解题思路】根据题意，依次分析选项中函数的单调性，即可得答案．
【解答过程】解：根据题意，依次分析选项：
{ x−3，x≥3
对于A，函数f（x）＝|x﹣3|= ，在（2，3）上单调递减，在[3，+∞）上单调递增，故A
3−x，x＜3
错误；1
对于B，函数f(x)=x+ ，是勾型函数，在（2，+∞）上单调递增，故B正确；
x
对于C，f（x）＝x3+2x，是二次函数，在（2，+∞）上单调递增，故C正确；
对于D，函数 {x+3，x＜3在（﹣∞，3）和[3，+∞）上单调递增，故D错误；
f(x)=
2x−3，x≥3
故选：BC．
10．（5分）（2022春•遵义期末）设函数 { ax−1，x＜a ，f（x）存在最小值时，实数a的值
f(x)=
x2−2ax+1，x≥a
可能是（ ）
A．﹣2 B．﹣1 C．0 D．1
【解题思路】对每个选项逐个分析f（x）的单调性，最值，即可得出答案．
【解答过程】解：对于A：当a＝﹣2时，f（x） {−2x−1，x＜−2，
=
x2+4x+1，x≥−2
当x＜﹣2时，f（x）在（﹣∞，﹣2）上单调递减，
f（x）＞f（﹣2）＝﹣2×（﹣2）﹣1＝3，
4
当x≥﹣2时，f（x）＝x2+4x+1的对称轴为x=− =−2，
2
f（x）在（﹣2，+∞）上单调递增，
f（x）≥f（﹣2）＝（﹣2）2+4×（﹣2）+1＝﹣3，
所以f（x）的最小值为﹣3，符合题意，
对于B：当a＝﹣1时，f（x） { −x−1，x＜−1 ，
=
x2+2x+1，x≥−1
当x＜﹣1时，f（x）在（﹣∞，﹣1）上单调递减，
f（x）＞f（﹣1）＝﹣（﹣1）﹣1＝0，
当x≥﹣1时，f（x）＝x2+2x+1的对称轴为x＝﹣1，
f（x）在（﹣1，+∞）上单调递增，
f（x）≥f（﹣1）＝（﹣1）2+2×（﹣1）+1＝0，
所以f（x）的最小值为0，符合题意，对于C：当a＝0时，f（x） {−1，x＜0，
=
x2+1，x≥0
当x＜0时，f（x）＝﹣1，
当x≥0时，f（x）＝x2+1的对称轴为x＝0，
f（x）在（0，+∞）上单调递增，
f（x）≥f（0）＝1，
所以f（x）的最小值为﹣1，符合题意，
对于D：当a＝1时，f（x） { x−1，x＜1 ，
=
x2−2x+1，x≥1
当x＜1时，f（x）在（﹣∞，1）上单调递增，
f（x）＜f（1）＝0，且x→﹣∞时，f（x）→﹣∞，
所以f（x）无最小值，不符合题意，
故选：ABC．
{x2+2ax+5，x＜1
11．（5分）（2022春•雨花区校级月考）已知函数 在区间（﹣∞，+∞）上
f(x)= a
− ，x≥1
x
是减函数，则整数a的取值可以为（ ）
A．﹣2 B．﹣1 C．0 D．1
【解题思路】利用函数单调性求解即可．
{x2+2ax+5，x＜1
【解答过程】解：函数 在区间（﹣∞，+∞）上是减函数，
f(x)= a
− ，x≥1
x
{ −a≥1
所以 a＜0 ，解得﹣2≤a≤﹣1，
1+2a+5≥−a
∴整数a的取值为﹣2或﹣1．
故选：AB．
12．（5 分）（2022•保定二模）已知函数 y 在（0，+∞）上先增后减，函数 y 在
=32x −23x =43x −34x
（0，+∞）上先增后减．若log （log x ）＝log （log x ）＝a＞0，log （log x ）＝log （log x ）＝b，
2 3 1 3 2 1 2 4 2 4 2 2
log （log x ）＝log （log x ）＝c＞0，则（ ）
3 4 3 4 3 3A．a＜c B．b＜a C．c＜a D．a＜b
【解题思路】根据指数式与对数式的关系，由条件求出x ，x ，x ，构造函数结合零点存在性定理确定
1 2 3
a，b，c的范围，由此判断a，b，c的大小关系．
【解答过程】解：因为log （log x ）＝log （log x ）＝a，
2 3 1 3 2 1
所以log x ＝2a，log x ＝3a，所以x ．
3 1 2 1 1 =32a=23a
设f（t） ，因为f（0）＝f（1）＝1＞0，f（2）＝81﹣512＜0，
=32t −23t
y 在（0，+∞）上先增后减，所以1＜a＜2．
=32x −23x
因为log （log x ）＝log （log x ）＝b，
2 4 2 4 2 2
1
所以log x = log x ＝2b，log x ＝4b，所以4b＝2b+1，所以b＝1．
4 2 2 2 2 2
2
因为log （log x ）＝log （log x ）＝c＞0，所以x ．
3 4 3 4 3 3 3 =43c=34c
设g（t） ，因为g（0）＝1＞0，g（1）＝﹣17＜0，函数y 在（0，+∞）上先增后减，
=43t −34t =43x −34x
所以0＜c＜1，所以c＜b＜a．
故选：BC．
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
x2+3
13．（5分）（2022春•海淀区校级月考）函数f(x)= 的单调递减区间为 （﹣ 1 ， 1 ），（ 1 ， 3 ）
x−1
．
4
【解题思路】设x﹣1＝t，f（x）转化为g（t）＝t+ +2，由对勾函数的单调性可得所求单调区间．
t
x2+3 (x−1) 2+2(x−1)+4
【解答过程】解：函数f(x)= =
x−1 x−1
4
＝（x﹣1）+ +2，
x−1
4
设x﹣1＝t，g（t）＝t+ +2，
t
由x﹣1≠0，可得x≠1，
由g（t）在（﹣2，0）和（0，2）递减，可得f（x）的单调减区间为（﹣1，1），（1，3）．
故答案为：（﹣1，1），（1，3）．14．（5分）（2022春•莲湖区期末）已知[x]表示不超过x的最大整数，如[﹣1.2]＝﹣2，[1.5]＝1，[3]＝
3．若函数f（x）＝2x，g（x）＝f（x﹣[x]），则函数g（x）的最小值为 1 ．
【解题思路】由已知结合指数函数的性质及已知定义可求值域，进而求得最小值．
【解答过程】解：∵f（x）＝2x，[x]表示不超过x的最大整数，
∴g（x）＝f（x﹣[x]）＝2x﹣[x]，
∵x﹣[x] [0，1），
∴2x﹣[x] ∈[1，2），
∴g（x）∈的最小值为1，
故答案为：1．
15．（5分）（2022春•鹤峰县月考）已知定义域为[﹣2，2]的函数f（x）在[﹣2，0]上单调递增，且f
1 1 1
（x）+f（﹣x）＝0，若f(−1)=− ，则不等式f(2x−1)≤ 的解集为 { x | ≤ x ≤ 1} ．
2 2 2
【解题思路】由已知可判断出函数f（x）为奇函数且在[﹣2，2]上单调递增，结合单调性及奇偶性即可
求解．
【解答过程】解：由题意可知f（x）为奇函数且在[﹣2，0]上单调递增，
根据奇函数对称性可知f（x）在[﹣2，2]上单调递增，
1 1
又f(−1)=− ，则f（1）= ，
2 2
1
则不等式f(2x−1)≤ 可转化为f（2x﹣1）≤f（1），
2
所以﹣2≤2x﹣1≤1，
1
解得 ≤x≤1．
2
1
故答案为：{x| ≤x≤1}.
2
16．（5分）（2021秋•茂名期末）对于定义在I上的函数y＝f（x），如果存在区间[m，n] I，同时满足下
列两个条件： ⊆
①f（x）在区间[m，n]上是单调递增的；
②当x [m，n]时，函数的值域也是[m，n]，则称[m，n]是函数y＝f（x）的一个“递增黄金区间”．
下列函∈数中存在“递增黄金区间”的是： ②③ ．（填写正确函数的序号）
①y＝x+1；
②y＝x2﹣2x+2；③y＝2x﹣2；
④y＝lgx．
【解题思路】由已知转化为f（m）＝m，f（n）＝n，然后结合函数的性质及函数的图象进行检验各选
项即可判断．
【解答过程】解：①y＝x+1在[m，n]上单调递增，当此时值域为[m+1，n+1]，不符合题意；
②y＝x2﹣2x+2，存在区间[1，2]满足函数单调递增且值域为[1，2]；
③y＝2x﹣2，
设存在满足条件的区间[m，n]，此时y＝2x﹣2在[m，n]上单调递增，
作出函数y＝2x与y＝2+x的图象，结合图象可知，2x＝2+x有两个不等实数根，故符合题意；
④y＝lgx，
结合图像可知lgx＝x+2没有实数根，故不存在符合条件的区间[m，n]．
故答案为：②③.
四．解答题（共6小题，满分70分）2x
17．（10分）（2021秋•全州县期中）已知函数f（x）= ．
x−1
（1）求f（x）的定义域、值域及单调区间；
（2）判断并证明函数g（x）＝xf（x）在区间（0，1）上的单调性．
2 2
【解题思路】（1）分母不为0可求得定义域，f（x）变成2+ 后，利用 ≠0可求得值域，利用
x−1 x−2
反比例函数的单调性可求得单调区间；
（2）利用导函数的符号证明单调性．
【解答过程】解：（1）由x﹣1≠0，得x≠1，所以f（x）的定义域为（﹣∞，1）∪（1，+∞），
2x 2(x−1)+2 2
由f（x）= = =2+ ≠2，得f（x）的值域为（﹣∞，2）∪（2，+∞），
x−1 x−1 x−1
f（x）的单调递减区间为（﹣∞，1）和（1，+∞）
（2）g（x）在（0，1）上是减函数，证明如下：
g（x）＝xf（x） 2x2 ，g′（x） 4x(x−1)−2x2 2x(x−2)，
= = =
x−1 (x−1) 2 (x−1) 2
∵x （0，1），∴g′（x）＜0，
∴g∈（x）在（0，1）上是减函数．
方法二：任设0＜x ＜x ＜1，
1 2
∵g（x ）﹣g（x ） 2x 2 2x 2 2x 2 (x −1)−2x 2 (x −1)
1 2 = 1 − 2 = 1 2 2 1
x −1 x −1 (x −1)(x −1)
1 2 1 2
2(x −x )(x x −x −x )
= 1 2 1 2 1 2
(x −1)(x −1)
1 2
2(x −x )[x (x −1)−x ]
= 1 2 1 2 2
(x −1)(x −1)
1 2
∵0＜x ＜x ＜1，
1 2
∴x ﹣x ＜0，x ﹣1＜0，x ﹣1＜0，x （x ﹣1）＜0，x ＞0，
1 2 1 2 1 2 2
∴x （x ﹣1）﹣x ＜0，
1 2 2
∴g（x ）﹣g（x ）＞0，
1 2
g（x ）＞g（x ），
1 2
∴函数g（x）＝xf（x）在区间（0，1）上是递减函数．1
18．（12分）（2021秋•爱民区校级期末）已知函数f(x)=x+ ，
x
（Ⅰ）证明f（x）在[1，+∞）上是增函数；
（Ⅱ）求f（x）在[1，4]上的最大值及最小值．
【解题思路】（I）用单调性定义证明，先任取两个变量且界定大小，再作差变形看符号．
（II）由（I）知f（x）在[1，+∞）上是增函数，可知在[1，4]也是增函数，则当x＝1时，取得最小值，
当x＝4时，取得最大值．
【解答过程】（I）证明：在[1，+∞）上任取x ，x ，且x ＜x ，
1 2 1 2
1 1
f(x )−f(x )=x + −(x + )，
1 2 1 x 2 x
1 2
x x −1，
=(x −x )⋅ 1 2
1 2 x x
1 2
∵x ＜x ∴x ﹣x ＜0，
1 2 1 2
∵x [1，+∞），x [1，+∞）∴x x ﹣1＞0，
1 2 1 2
∴f（∈x ）﹣f（x ）＜∈0即f（x ）＜f（x ），
1 2 1 2
故f（x）在[1，+∞）上是增函数，
（II）解：由（I）知：
f（x）在[1，4]上是增函数
∴当x＝1时，有最小值2；
17
当x＝4时，有最大值 .
4
1
19．（12分）（2020秋•广州期末）已知函数f(x)= −x．
x
（1）证明：函数f（x）在区间（0，+∞）上单调递减；
（2）已知a＝f（0.23），b＝f（log 3），c＝f（log 5），试比较三个数a，b，c的大小，并说明理由．
2 2
【解题思路】（1）根据函数单调性的定义进行证明即可．
（2）比较三个数的取值范围，结合函数的单调性进行比较即可．
【解答过程】解：（1）设0＜x ＜x ，
1 2
则f（x ）﹣f（x ） 1 x 1 x 1 1 x ﹣x x −x x ﹣x ＝（x ﹣x ）（1 1 ），
1 2 = − 1− + 2= − + 2 1= 2 1+ 2 1 2 1 +
x x x x x x x x
1 2 1 2 1 2 1 2
1
∵0＜x ＜x ，∴x ﹣x ＞0，1 + ＞0，
1 2 2 1 x x
1 2即f（x ）﹣f（x ）＞0，则f（x ）＞f（x ），
1 2 1 2
即f（x）在区间（0，+∞）上单调递减．
（2）0＜0.23＜1，1＜log 3＜2，log 5＞2，∴0.23＜log 3＜log 5．
2 2 2 2
∵f（x）在区间（0，+∞）上单调递减，
∴f（0.23）＞f（log 3）＞f（log 5），
2 2
即a＞b＞c．
20．（12分）（2021秋•秦淮区校级期中）已知函数f（x）＝x2﹣ax﹣a2﹣1，a R．
（1）若f（x）在[1，+∞）上单调递增，求实数a的取值范围； ∈
（2）求关于x的不等式f（x）⩽0的解集．
【解题思路】（1）根据题意，分析f（x）＝x2﹣ax﹣a2﹣1的开口方向和对称轴，进而可得关于a的不
等式，解可得答案；
（2）根据题意，由一元二次不等式的解法分析可得答案．
【解答过程】解：（1）根据题意，函数f（x）＝x2﹣ax﹣a2﹣1，为开口向上的二次函数，其对称轴为x
a
= ，
2
a
若f（x）在[1，+∞）上单调递增，则 ≤1，解可得a≤2，
2
即a的取值范围为（﹣∞，2]；
（2）f（x）⩽0即x2﹣ax﹣a2﹣1≤0，
a−√5a2+4 a+√5a2+4
方程x2﹣ax﹣a2﹣1＝0的两个根为x = 或x = ，
1 2
2 2
a−√5a2+4 a+√5a2+4
则不等式解可得： ≤x≤ ，
2 2
a−√5a2+4 a+√5a2+4
即不等式的解集为[ ， ]．
2 2
1
21．（12分）（2022春•凌源市月考）已知函数f(x)= −lnx．
1+x2
1 1 1
（1）求f(2)，f( )，f(e)，f( )的值；你能发现f（x）与f( )有什么关系？写出你的发现并加
2 e x
以证明；
（2）试判断f（x）在区间（0，+∞）上的单调性，并用单调性的定义证明．
1 1 1
【解题思路】（1）由f(x)= −lnx（x＞0），可求得f(2)，f( )，f(e)，f( )的值，继而发
1+x2 2 e1
现f（x）与f( )的关系，证明即可；
x
（2）f（x）在区间（0，+∞）上递减，令x ＞x ＞0，用单调性的定义证明即可．
1 2
1
【解答过程】解：（1）∵f(x)= −lnx（x＞0），
1+x2
1 1 1 1 1 4
f(2)= −ln2= −ln2，f( )= −ln = +ln2
∴ 1+22 5 2 1 2 2 5 ，
1+( )
2
1 1 1 1 e2
f(e)= −lne，f( )= −ln = +lne
1+e2 e 1 2 e 1+e2 ，
1+( )
e
1 1
∵f（2）+f（ ）＝1，f（e）+f（ ）＝1，
2 e
1
∴猜想f(x)+f( )=1．
x
1
证明：∵f(x)= −lnx，
1+x2
1 1 1 x2
f( )= −ln = +lnx
∴ x 1 2 x 1+x2 ，
1+( )
x
∴ 1 1 x2 （证毕）；
f(x)+f( )= −lnx+ +lnx=1
x 1+x2 1+x2
（2）f（x）在区间（0，+∞）上递减．
证 明 ： 令 x ＞ x ＞ 0 ， 则
1 2
1 1 1 1 (x +x )(x −x ) x
f(x )−f(x )= −lnx −( −lnx )=( − )−(lnx −lnx )= 1 2 2 1 +ln 2
1 2 1+x2 1 1+x2 2 1+x2 1+x2 1 2 (1+x2 )(1+x2 ) x
1 2 1 2 1 2 1
∵ x ，
1+x2 ＞0，1+x2 ＞0，x +x ＞0，x −x ＜0，0＜ 2＜1
1 2 1 2 2 1 x
1
∴(x 1 +x 2 )(x 2 −x 1 ) ＜0，ln x 2＜0 ，
(1+x2 )(1+x2 ) x
1 2 1∴ f(x )−f(x )= (x 1 +x 2 )(x 2 −x 1 ) +ln x 2＜0 ，
1 2 (1+x2 )(1+x2 ) x
1 2 1
∴f（x ）＜f（x ），
1 2
∴f（x）在（0，+∞）上单调递减．
22．（12分）（2021秋•张家口期末）已知函数f（x）的定义域为（0，+∞），且对一切m＞0，n＞0，都
m
有f( )=f(m)−f(n)+2，当x＞1时，总有f（x）＜2．
n
（1）求f（1）的值；
（2）证明：f（x）是定义域上的减函数；
（3）若f（4）＝1，解不等式f（x﹣2）﹣f（8﹣2x）＜﹣1．
【解题思路】（1）由已知令m＝n＝1可求f（1）；
（2）结合单调性定义先设x ＜x ，结合已知x＞1时f（x）＜2可证；
1 2
（3）结合（2）中单调性进行转化即可求解．
m
【解答过程】解：（1）因为对一切m＞0，n＞0，都有f( )=f(m)−f(n)+2，
n
令m＝n＝1，则f（1）＝2；
（2）设0＜x ＜x ，则x 1，
1 2 2＞
x
1
所以f（x ）＜2，
2
x
1
f（x ）﹣f（x ）＝f（x ）﹣2＜0，
2 1 2
x
1
所以f（x ）＜f（x ），
2 1
所以f（x）在（0，+∞）上单调递减；
x−2
（3）由f（x﹣2）﹣f（8﹣2x）＜﹣1得f（ ）﹣2＜﹣1，
8−2x
x−2
所以f（ ）＜1＝f（4），
8−2x
因为f（x）在（0，+∞）上单调递减，x−2
所以 ＞4，
8−2x
{ x−2＞0
所以 8−2x＞0 ，
x−2＞32−8x
34
解得 ＜x＜4，
9
34
故不等式的解集为（ ，4）．
9
