专题3.2函数的单调性与最值2022年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）（讲）解析版_02高考数学_新高考复习资料_2022年新高考资料

专题3.2 函数的单调性与最值
1．理解函数的单调性，会判断函数的单调性.
新课程考试要求
2．理解函数的最大（小）值的含义，会求函数的最大（小）值.
培养学生数学抽象（例5.6.14.15）、数学运算（例3等）、逻辑推理（例2）、直观想
核心素养
象（例9.10）等核心数学素养.
1.确定函数的最值（值域）
2.以基本初等函数为载体，考查函数单调性的判定、函数单调区间的确定、函数单调
考向预测
性的应用（解不等式、确定参数的取值范围、比较函数值大小）、研究函数的最值
等，常与奇偶性、周期性结合，有时与导数综合考查.
【知识清单】
1. 函数的单调性
DD I
x x x  x
（1）增函数：若对于定义域I 内的某个区间 上的任意两个自变量 1、 2，当 1 2时，都有
f x  f x  f x
1 2 ，那么就说函数 在区间D上是增函数；
DD I
x x x  x
（2）减函数：若对于定义域I 内的某个区间 上的任意两个自变量 1、 2，当 1 2时，都有
f x  f x  f x
1 2 ，那么就说函数 在区间D上是减函数.
2．函数的最值
y  f x
1.最大值：一般地，设函数 的定义域为I ，如果存在实数M 满足：
f xM
xI
（1）对于任意的 ，都有 ；
x I f x M
（2）存在 0 ，使得 0 .
y  f x
那么，我们称M 是函数 的最大值.
y  f x
2.最小值：一般地，设函数 的定义域为I ，如果存在实数 m 满足：
f xm
xI
（1）对于任意的 ，都有 ；
x I f x m
（2）存在 0 ，使得 0 .y  f x
m
那么，我们称 是函数 的最小值.
【考点分类剖析】
考点一 单调性的判定和证明
0,
【典例1】（2020·西藏自治区高三二模（文））下列函数中，在区间 上为减函数的是（ ）
x
1
y 
A． y  x1 B． y  x2 1 C．  2   D．y log x
2
【答案】C
【解析】
y  x1
0,
对于A选项，函数 在区间 上为增函数；
y  x2 1 0,
对于B选项，函数 在区间 上为增函数；
x
1
y 
对于C选项，函数 
2


在区间0,上为减函数；
y log x
0,
对于D选项，函数 2 在区间 上为增函数.
故选：C.
【典例2】（2021·全国高一课时练习）已知函数f(x)= ，证明函数在(-2，+∞)上单调递增.
【答案】证明见解析.
【解析】
x，x∈(-2，+∞)，利用作差法和0比可得函数值大小进而可证得.
1 2
∀【详解】
证明：∀x
1
，x
2
∈(-2，+∞)，且x
1
>x
2
>-2，
f(x)=
则f(x)-f(x)=
1 2= ，
因为x>x>-2，
1 2
所以x-x>0，x+2>0，x+2>0，
1 2 1 2
所以 >0，所以f(x)>f(x)，
1 2
所以f(x)在(-2，+∞)上单调递增.
【规律方法】
掌握确定函数单调性(区间)的4种常用方法
(1)定义法：一般步骤为设元→作差→变形→判断符号→得出结论．其关键是作差变形，为了便于判断差
的符号，通常将差变成因式连乘(除)或平方和的形式，再结合变量的范围、假定的两个自变量的大小关系
及不等式的性质进行判断．
(2)图象法：如果f(x)是以图象形式给出的，或者f(x)的图象易作出，则可由图象的直观性确定它的单调
性．
（3）熟悉一些常见的基本初等函数的单调性.
（4）导数法：利用导数取值的正负确定函数的单调性．
【变式探究】
1.【多选题】（2021·全国高一课时练习）设函数f(x)在R上为增函数，则下列结论不一定正确的是
（ ）
A．y= 在R上为减函数 B．y=|f(x)|在R上为增函数
C．y= 在R上为增函数 D．y= f(x)在R上为减函数
【答案】ABC
【解析】
令 可判断出A B C不正确，利用单调函数的定义判断可得结果.
【详解】
对于A，若f(x)=x，则y= = ，在R上不是减函数，A错误；
对于B，若f(x)=x，则y=|f(x)|=|x|，在R上不是增函数，B错误；对于C，若f(x)=x，则y= = ，在R上不是增函数，C错误；
对于D，函数f(x)在R上为增函数，则对于任意的x，x∈R，设x<x，必有f(x)<f(x)，
1 2 1 2 1 2
对于y= f(x)，则有y-y=[ f(x)] [ f(x)]=f(x) f(x)>0，
1 2 1 2 2 1
则y= f(x)在R上为减函数，D正确.
故选：ABC
2.已知f (x)=1+2x−x2，那么g(x)=f [f (x)]( )
A. 在区间(−2,1)上单调递增 B. 在(0,2)上单调递增
C. 在(−1,1)上单调递增 D. 在(1,2)上单调递增
【答案】D
【解析】f (x)=1+2x−x2=−(x−1) 2+2，在
记t=f (x)，则g(x)= f (t)
当x∈(−2,1)时，f (x)单调递增，且t=f (x)∈¿
而y= f (t)在¿不具有单调性，故A错误；
当x∈(0,2)时，f (x)不具有单调性，故B错误；
当x∈(−1,1)时，f (x)单调递增，且t=f (x)∈¿
而y= f (t)在¿不具有单调性，故C错误；
当x∈(1，2)时，f (x)单调递减，且t=f (x)∈¿
而y= f (t)在¿单调递减，根据“同增异减”知，D正确.
故选：D
考点二：求函数的单调区间
【典例3】（2021·全国高一课时练习）函数f(x)= 在（ ）
A．(-∞，1)∪(1，+∞)上单调递增
B．(-∞，1)∪(1，+∞)上单调递减
C．(-∞，1)和(1，+∞)上单调递增
D．(-∞，1)和(1，+∞)上单调递减
【答案】C
【解析】分离函数得f(x)= -1，结合函数y=- 在(-∞，0)和(0，+∞)上单调递增，由平移即可判断.
【详解】
f(x)的定义域为{x|x≠1}.
f(x)= = -1= -1，
因为函数y=- 在(-∞，0)和(0，+∞)上单调递增，由平移关系得，
f(x)在(-∞，1)和(1，+∞)上单调递增.
故选：C.
【典例4】函数f(x)=√x2−2x−8的单调递增区间是（ ）
A. (−∞,−2] B. (−∞,1] C. [1,+∞) D. [4,+∞)
【答案】D
【解析】
x2−2x−8≥0得x≥4或x≤−2，
令x2−2x−8=t，则y=√t为增函数，
∴t=x2−2x−8在[4,+∞)上的增区间便是原函数的单调递增区间，
∴原函数的单调递增区间为[4,+∞)，故选D.
【规律方法】
确定函数的单调区间常见方法：
1.利用基本初等函数的单调区间
2.图象法：对于基本初等函数及其函数的变形函数，可以作出函数图象求出函数的单调区间.
y  f gx u  gx y  f u
 
3.复合函数法：对于函数 ，可设内层函数为 ，外层函数为 ，可以利用
复合函数法来进行求解，遵循“同增异减”，即内层函数与外层函数在区间D上的单调性相同，则函数
y  f gx
 
在区间D上单调递增；内层函数与外层函数在区间D上的单调性相反，则函数
y  f gx
 
在区间D上单调递减.fx0 f x f x
4.导数法：不等式 的解集与函数 的定义域的交集即为函数 的单调递增区间，不等式
fx0 f x f x
的解集与函数 的定义域的交集即为函数 的单调递减区间.
【变式探究】
y=log (x2−3x+2)
1.函数 1 的单调递增区间是（ ）
2
3 3
A (−∞,1) B (2,+∞) C (−∞, ) D ( ,+∞)
2 2
【答案】A
【解析】
由题可得x2-3x+2＞0，解得x＜1或x＞2，
由二次函数的性质和复合函数的单调性可得
y=log (x2−3x+2)
函数 1 的单调递增区间为：（-∞，1）
2
故选：A．
2．（2021·浙江高一期末）若函数 ，则下列判断中正确的是___________．
（1） ，即函数的图象关于点 成中心对称；
（2）函数的值域为 ；
（3）函数的单调递减区间是 ．
【答案】(1)(3)
【解析】
(1)根据对称中心直接验证即可判断(1)；对 分 和 讨论，分别求出相应的值域可判断(2)；对
分 和 讨论，并结合反比例型函数单调性，可判断(3).
【详解】
(1)因为 ，所以函数 的图象关于点 成中心对称，故(1)正确；
(2)当 时， ，此时函数 在 上单调递减，所以 ；
当 时， ，此时函数 在 上单调递减，所以
；
所以函数 ，故(2)错误.
(3)由(2)可知，函数 的单调递减区间是 ，故(3)正确．
故答案为：(1)(3)
方法点睛：函数 关于点 中心对称 .
【特别警示】
1.单调区间必须是一个区间，不能是两个区间的并，如不能写成函数y＝在(－∞，0)∪(0，＋∞)上是减
函数，而只能写成在(－∞，0)和(0，＋∞)上是减函数．
2.区间端点的写法；对于单独的一点，由于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
调问题，因此写单调区间时，可以包括端点，也可以不包括端点，但对于某些点无意义时，单调区间就不
包括这些点．
考点三：利用单调性比较大小
【典例5】（2021·河南安阳市·高三一模（理））设函数 满足 ，且
有 ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
根据题意，得到函数 在 上单调递增，且为定义在 上的偶函数，结合函数的单调性与奇偶
性，即可求解.【详解】
由题意知 ，都有 ，
可得函数 在 上单调递增，
又由函数 满足 ，可得 是定义在 上的偶函数，
所以 ，所以 ，即 ，
故选：C.
【典例6】（2020·四川省高三三模（理））定义在实数集 上的函数 满足 ，且
当 时， 是增函数，则 ， ， 的大小关系正确的是（
）.
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
，
关于 对称，
又 时， 是增函数， ，
，
.
故选：C.
【方法总结】f(x) a,b,c f(a), f(b), f(c)
先判断出函数 的单调性，然后判断 之间的大小关系，利用单调性比较出 之间的
大小关系.一般地，比较函数值的大小时，若自变量的值不在同一个单调区间内，要利用其函数性质，转
化到同一个单调区间上进行比较，对于选择题、填空题能数形结合的尽量用图象法求解．
【变式探究】
1.已知定义在R上的函数f(x)满足f(3−x)=f(3+x)，且对任意x ，x ∈（0，3)都有
1 2
f(x )−f(x )
2 1 <0，若a=2−√3，b=log 3，c=eln4，则下面结论正确的是（ ）
x −x 2
2 1
A．f(a)<f(b)<f(c) B．f(c)<f(a)<f(b)
C．f(c)<f(b)<f(a) D．f(a)<f(c)<f(b)
【答案】C
【解析】
因为f(3−x)=f(3+x)，得函数f(x)关于x=3对称，
f(x )−f(x )
又对任意x ，x ∈（0，3)都有 2 1 <0，所以函数f(x)在x∈（0，3)时单调递减，
1 2 x −x
2 1
因为0<a=2−√3<20=1<b=log 3<2，所以f (a)>f (b)>f (2)，
2
又c=eln4=4，∴f (4)=f (2)，所以f (c)=f (2)，所以f(c)<f(b)<f(a)，故选C.
2.（2020·辽宁省抚顺一中高三二模（理））已知函数 ，设 ， ，
，则 ， ， 的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
因为 ，所以 ，
因此 为偶函数，且易知函数 在 上单调递增，又 ， ， ，
所以 ，
因此 .
故选C
考点四：利用单调性确定参数取值范围
x2 ax3a,x1
f x
【典例7】（2020·重庆市育才中学高三开学考试（文））若函数 是 上的增
 2ax1,x1 R
函数，则实数a的取值范围是（ ）
 1   1  1 1 
 ，0 0， , ，
       
A． 3  B． 3 C． 3 D．3 
【答案】B
【解析】
x2 ax3a,x1
f x
由函数 是 上的增函数，
 2ax1,x1 R
a
1

2

a 0
则 ，解得 ，

2a11a3a 1
 0a
 3
 1
0，
 
即实数a的取值范围是 3，
故选：B.
【典例8】【多选题】（2021·湖南长沙市·长沙一中高二月考）已知函数 ，若对任意的 [t，
t+1]，不等式 恒成立，则整数t的取值可以是（ ）
A． B．1 C．3 D．5
【答案】CD【解析】
首先判断 在 上为增函数，将不等式转化为 ，即 对任意的 [t，t+1]恒
成立，利用一次函数的单调性，解不等式可得所求范围.
【详解】
，
当 时， ，在 递增，
当 时， ，在 上递增，
且 ， 为连续函数，
所以 在 上为增函数，且 ，
由对任意的 [t，t+1]，不等式 恒成立，
即 ，
即 ，所以 对任意的 [t，t+1]恒成立，
由 在[t，t+1]上递增，
可得 的最大值为 ，
即 ，解得 .
故选：CD
x2 2, x0
f(x)
【典例9】（2020·江苏省睢宁县高级中学高三月考）已知 ，若 在
3x2, x0 | f(x)|�ax
x[1,1] a
上恒成立，则实数 的取值范围是__________
[1,0]
【答案】
【解析】y  f x y ax 1,1
作出函数 和 在 上的图像，如下图所示
y ax f x ax x1,1
由图可知，当直线 在阴影部分之间时，满足 在 上恒成立
f 1 1 A1,1
，所以
y ax A a1
当直线 经过点 时，
y ax x a0
当直线 恰好是 轴时，
1a0
所以
1,0
所以a的取值范围是
1,0
故答案为：
【规律方法】
1.利用单调性求参数的范围(或值)的方法
（1）视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参
数；
（2）需注意若函数在区间[a，b]上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的．
（3）注意函数单调性呈现的三种方式：定义式、比值式（）、x－x 与f(x)－f(x)关系式.
2 1 2 1
2.利用分离参数法；
3.对于恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)a≥f(x)恒成立 a≥f(x) ；(2)a≤f(x)恒成立 a≤f(x) .
max min
【变式探究】 ⇔ ⇔
x2 2x1,x1
f x
1.（2020·全国高三（文））已知函数  x1,x1 ，若 f  a2 4   f 3a, ，则实数 a
的取值范围是（ ）4,1 ,4U1,
A． B．
1,4 ,1

4,
C． D．
【答案】D
【解析】
x2 2x1,x1 x2 2x1,x1
f x  f x
，
 x1,x1 x1,x1
如图所示：画出函数图像，根据图像知函数单调递增，
f  a2 4   f 3a
，即a2 43a，解得a4或a1.
故选：D.
2.（2019·陕西西安中学高三期中（文））若函数f(x)=¿为R上的减函数，则实数a的取值范围是( )
A．(4,+∞) B．[4,+∞) C．[4,6] D．(0,+∞)
【答案】C
【解析】
a
因为函数f(x)=¿为R上的减函数，所以y=x2− x+8,x≤1,
2
a a
y= ,x>1,是减函数，且当x=1时，9− ≥a，故只需满足¿，解得4≤a≤6，故选C.
x 2
考点五：利用函数的单调性解决不等式问题
【典例10】【多选题】已知函数 ，则下列x的范围满足不等式的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】BCD
【解析】
画出函数 的图象，由图象可知函数 在 上为增函数，再利用函数 的单调性简化不
等式，即可得到结果．
【详解】
因为函数 ，画出函数图象如图所示：
所以函数 在 上为增函数，
由 得 ，
即
解得 ，
故选：B C D．
【典例11】（2020·海南高考真题）若定义在 的奇函数f(x)在 单调递减，且f(2)=0，则满足
的x的取值范围是（ ）A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
首先根据函数奇偶性与单调性，得到函数 在相应区间上的符号，再根据两个数的乘积大于等于零，分
类转化为对应自变量不等式，最后求并集得结果.
【详解】
因为定义在 上的奇函数 在 上单调递减，且 ，
所以 在 上也是单调递减，且 ， ，
所以当 时， ，当 时， ，
所以由 可得：
或 或
解得 或 ，
所以满足 的 的取值范围是 ，
故选：D.
【规律方法】
1.给定具体函数，确定函数不等式的解，首先要判断函数的单调性；
2.求解含“f”的函数不等式的解题思路
先利用函数的相关性质将不等式转化为f(g(x))＞f(h(x))的形式，再根据函数的单调性去掉“f”，得到
一般的不等式g(x)＞h(x)(或g(x)＜h(x))．
【变式探究】
f x f 12 x
1.（2020·重庆巴蜀中学高三月考（文））已知定义在R上的函数 满足 ，对任意的实数 1，
x x x f x  f x  x x f x1 x
2且 1 2， 1 2 1 2，则不等式 的解集为（ ）,2 (2,+� )
A． B．
,11, ,22,
C． D．
【答案】B
【解析】
Fx f xx1
设 ，
Fx1 f x1x
则 ，
F1 f 1110
，
x x x x f x  f x  x x
对任意的 1， 2且 1 2， 1 2 1 2，
f x x 1 f x x 1
得 1 1 2 2 ，
Fx  Fx 
即 1 2 ，
Fx
所以 在R上是增函数，
f x1 x Fx1 F1
不等式 即为 ，
所以x11，x2.
故选：B
y  f x 2,2
2.（2019·江西省新余一中高三一模（理））已知 是定义在 上的增函数，若
f (m-1) <f (1- 2m)
m
，则 的取值范围是______________．
骣1 2
琪- ,
琪
【答案】 桫 2 3
【解析】
y  f x 2,2 f (m-1) <f (1- 2m)
因为 是定义在 上的增函数，�m-1<1- 2m
�
�
所以 �-2<m-1<2 ，联立解得 1 2 ，故答案为 骣1 2 ．
� - <m< 琪 琪 - ,
��-2<1- 2m<2 2 3 桫 2 3
考点六：函数的单调性和最值（值域）问题
【典例12】（2021·全国高三月考（文））若函数 在区间 上的值域为 ，则
（ ）
A．有最大值，但无最小值 B．既有最大值，也有最小值
C．无最大值，但有最小值 D．既无最大值，也无最小值
【答案】A
【解析】
取 ，判断 无最小值；由于 ，故结合题意得
，进而得答案.
【详解】
解： ，
不妨设 ，则 在 上的值域为 ，
由于函数 在区间 上的值域为 ，
所以 ，故 无最小值；
因为 ， ，
，
由于抛物线开口向上，故 ， ，
所以 ，
所以 ，当且仅当 时取得最大值 .
故选：A.
【典例13】（2021·全国高三专题练习）已知 ， ，当 时， 恒
成立，则 的最小值是_____.
【答案】
【解析】
按 的正负分类讨论确定 的关系，从而可把 化为 的函数，再由基本不等式求得最小
值．
【详解】
当 时， ，即 恒成立，
是 上的增函数，
∴ ，
当 时， ，即 恒成立，
是 上的增函数，∴ ，
∴ ，∴ ，当 时等号成立．
故答案为： .
【总结提升】
函数最大值和最小值定义中两个关键词：
①“存在”：
M首先是一个函数值，它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“任意”：
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．
【变式探究】
1.（2020·上海高三一模）设 ， ，若 ，则 的（ ）
A．最小值为8 B．最大值为8
C．最小值为2 D．最大值为2
【答案】A
【解析】
本题首先可根据题意得出 ，然后根据 得出 ，并将 转化为 ，
最后取 ，即可得出结果.
【详解】
因为 ， ，所以 ，因为 ，所以 ， ，
则 ，
故当 时， 最小， ，
故选：A.
x2 2ax8,x1

f(x) 4
2.（2020·辽宁省高三其他（文））已知函数 ，若 的最小值为 ，则
x a,x1

 x f(x) f(1)
实数a的值不可能是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【解析】
4 4
f x x a2 x a4a
由题意当 时， ，
x1 x x
x2
当且仅当 时，等号成立；
f x x2 2ax8
x1 xa
当 时， ，图象为二次函数图象的一部分，对称轴为 ，
f a f x ,1
a1
当 时， 为函数 在 上的最小值，不合题意；
f 1 f x ,1 f 192a
当a1时， 为函数 在 上的最小值， ，
5
a
由题意可得92a4a，解得 3；
5
a
综上，实数a的取值范围为 3.
故选：A.
【方法拓展】求函数最值（值域）的常见方法：
f(x) [a,b] f(a) f(b) f(x)
1.单调性法： 利用函数的单调性:若 是 上的单调增(减)函数,则 , 分别是 在区
[a,b]
间 上取得最小(大)值,最大(小)值.
2.图象法：对于由基本初等函数图象变化而来的函数，通过观察函数图象的最高点或最低点确定函数的最
值.
y ax2 bxc(a 0)
3. 利用配方法:形如 型,用此种方法,注意自变量x的范围.
sinx[1,1], cosx[1,1]
4.利用三角函数的有界性,如 .
axb ax2 bxe
y 
5.利用“分离常数”法:形如y=cxd 或 cxd ( a,c 至少有一个不为零)的函数,求其值域可
用此法.
y axb cxd
6.利用换元法:形如 型,可用此法求其值域.
7.利用基本不等式法:
8.导数法:利用导数与函数的连续性求图复杂函数的极值和最值,然后求出值域
9.求分段函数的最值时，应根据所给自变量值的大小选择相应的解析式求解，有时每段交替使用求值．若
给出函数值或函数值的范围求自变量值或自变量的取值范围，应根据每一段的解析式分别求解，但要注意
检验所求自变量值域范围是否符合相应段的自变量的取值范围．
10.由判别式法来判断函数的值域时，若原函数的定义域不是实数集时，应综合函数的定义域，将扩大的部
分剔除.
考点七：抽象函数的单调性问题
【典例14】（2021·海南高三其他模拟）已知定义在 上的函数 满足 ，且
当 时， ，则关于 的不等式 （其中 ）
的解集为（ ）
A． B． 或C． D． 或
【答案】A
【解析】
先判断函数 单调递减，再利用已知条件和函数的单调性得 ，解不等式即得解.
【详解】
任取 ，由已知得 ，即 ，所以函数 单调递减．
由 可得 ，
即 ，
所以 ，
即 ，
即 ，
又因为 ，
所以 ，
此时原不等式解集为 ．
故选：A
【典例15】设f(x)是定义在R上的函数，对m，n∈R，恒有f(m＋n)＝f(m)·f(n)(f(m)≠0，f(n)≠0)，且当x>0
时，0<f(x)<1.求证：
(1)f(0)＝1；
(2)x∈R时，恒有f(x)>0；
(3)f(x)在R上是减函数．
【答案】见解析
【解析】分析：(1)可通过赋值求f(0)；(2)可通过f(0)＝f[x＋(－x)]＝f(x)·f(－x)证明f(x)>0；(3)利用定义可证
明函数的单调性．解：(1)根据题意，令m＝0，可得f(0＋n)＝f(0)·f(n)，
∵f(n)≠0，∴f(0)＝1.
(2)由题意知x>0时，0<f(x)<1；
当x＝0时，f(0)＝1>0；
当x<0时，－x>0，∴0<f(－x)<1.
∵f[x＋(－x)]＝f(x)·f(－x)，
∴f(x)·f(－x)＝1，
∴f(x)＝>0.
故x∈R时，恒有f(x)>0.
(3)设x，x∈R，且x<x，
1 2 1 2
则f(x)＝f[x＋(x－x)]，
2 1 2 1
∴f(x)－f(x)＝f[x＋(x－x)]－f(x)＝f(x)·f(x－x)－f(x)＝f(x)[f(x－x)－1]．
2 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1
由(2)知f(x)>0，又x－x>0，∴0<f(x－x)<1，
1 2 1 2 1
故f(x)－f(x)<0，∴f(x)在R上是减函数．
2 1
【总结提升】
1.所谓抽象函数，一般是指没有给出具体解析式的函数，研究抽象函数的单调性，主要是考查对函数单调
性的理解，是一类重要的题型，而证明抽象函数的单调性常采用定义法．
2.一般地，在高中数学中，主要有两种类型的抽象函数，一是“f(x＋y)”型[即给出f(x＋y)所具有的性质，如
本例]，二是“f(xy)”型．对于f(x＋y)型的函数，只需构造f(x)＝f[x＋(x－x)]，再利用题设条件将它用f(x)
2 1 2 1 1
与f(x－x)表示出来，然后利用题设条件确定f(x－x)的范围(如符号、与“1”的大小关系)，从而确定f(x)
2 1 2 1 2
与f(x)的大小关系；对f(xy)型的函数，则只需构造f(x)＝f(x·)即可．
1 2 1
【变式探究】
f(x) R xR
1.（2020·上海高三专题练习）函数 的定义域为 ，并满足以下条件：①对任意 ，有
1
f( )1
f(x)0；②对任意x,yR，有 f(xy)[f(x)]y ；③ 3 .
f(0)
（Ⅰ）求 的值；
f(x) R
（Ⅱ）求证： 在 上是单调增函数；
a bc0 b2 ac f(a) f(c)2f(b)
（Ⅲ）若 ，且 ，求证： .
f(0)1
【答案】（1） ；（2）见解析；（3）见解析．
【解析】解法一：
x0,y 2, f(0)[f(0)]2
(Ⅰ)令 得：
f(0)0 f(0)1
因为 ，所以 ；
1 1
x  p ,x  p ,
（Ⅱ）任取 x ,x (,), 且 x  x . 设 1 3 1 2 3 2 则 p  p
1 2 1 2 1 2
1 1 1 1
f(x ) f(x ) f( p ) f( p )[f( )]p 1 [f( )]p 2
1 2 3 1 3 2 3 3
1
f( )1, p  p
因为 3 1 2，所以 f(x ) f(x ) ，
1 2
f(x) R
所以 在 上是单调增函数；
f(b) f(0)1 f(b)1
（Ⅲ）由（Ⅰ）（Ⅱ）知 ，因为
a a c c
f(a) f(b )[f(b)]b f(c) f(b )[f(b)]b
又 b ， b
a c ac 2 ac
f(a) f(c)[f(b)]b [f(b)]b 2 [f(b)] b 2 [f(b)] b 2f(b)
所以
f(a) f(c)2f(b)
所以
解法二：
x,yR f(xy)[f(x)]y xR f(x)0
(Ⅰ)因为对任意 ，有 ，且对任意 ，
f(x) f(x1)[f(1)]x x0 f(0)[f(1)]0=1
所以 ，当 时
f(0)1
故 ．
1 1 1
f( )1 f(1) f(3 )[f( )]3 1
（Ⅱ）因为 3 ，所以 3 3
f(x)[f(1)]x R f(x) R
所以 在 上是单调增函数，即 在 上是单调增函数f(1)1 f(a) f(c)[f(1)]a [f(1)]c 2 [f(1)]ac
（Ⅲ）由（Ⅱ）知， ，
而ac2 ac 2 b2 2b，所以 2 [f(1)]ac 2 [f(1)]2b 2f(b)
f(a) f(c)2f(b)
所以
2．函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的减函数，对任意的x，y∈(0，＋∞)，都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)－1，且f(4)
＝5.
(1)求f(2)的值；
(2)解不等式f(m－2)≥3.
【答案】(1)3.(2)(2,4]．
【解析】 (1)f(4)＝f(2＋2)＝f(2)＋f(2)－1，
又f(4)＝5，∴f(2)＝3.
(2)f(m－2)≥f(2)，∴，∴2＜m≤4.
∴m的范围为(2,4]．