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第二章 函 数
§2.2 函数的单调性与最值
【高考考向预测】
近三年高考函数单调性与最值考查频率极高，贯穿选择填空与解答大题，常考查单调区
间判定、单调性证明、利用单调性比较大小及求解函数最值，多结合分段函数、复合函数综合命
题；预测2027 年仍为核心高频考点，命题会更侧重单调性与奇偶性、不等式融合考查，强化含参
函数单调性讨论与区间最值求解，注重数形结合思想运用，题型灵活且实用性更强。
【双基自测●明考向】
1.判断下列结论是否正确.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若函数f(x)满足f(-3)<f(2)，则f(x)在[-3，2]上单调递增. ( )
(2)若函数f(x)在(-2，3)上单调递增，则函数f(x)的单调递增区间为(-2，3). ( )
(3)若函数f(x)在区间[a，b]上连续，则f(x)在区间[a，b]上一定有最值.( )
1
(4)函数y= 的单调递减区间是(-∞，0)∪(0，+∞). ( )
x
【答案】（1）×（2）×（3）√（4）×
2.下列函数中，在区间(0，+∞)上单调递增的是( )
A.y=-x+1 B.y=(x-1)2
C.y=2-x D.y=|x|
【答案】D
【解析】对于A，y=-x+1在(0，+∞)上单调递减，A错误；
对于B，函数y=(x-1)2在(0，+∞)上不单调，B错误；
(1) x
对于C，函数y=2-x= 为R上的减函数，C错误；
2
{−x,x≤0,
对于D，y=|x|= 则y=|x|在(-∞，0]上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，D正确.
x,x>0,
1
3.函数y=- 在区间[1，2]上的最大值为( )
x+1
1 1
A.- B.-
3 2
C.-1 D.不存在
【答案】A
1 1
【解析】y=- 在(-1，+∞)上单调递增，则y=- 在区间[1，2]上单调递增，
x+1 x+1
1 1
所以y =- =- .
max 2+1 3(1)
4.函数f(x)是定义在[0，+∞)上的减函数，则满足f(2x-1)>f 的x的取值范围是 .
3
[1 2)
【答案】 ，
2 3
【解析】∵f(x)的定义域是[0，+∞)，
1
∴2x-1≥0，即x≥ ，
2
又∵f(x)是定义在[0，+∞)上的减函数，
1 2
∴2x-1< ，即x< ，
3 3
[1 2)
则x的取值范围为 ， .
2 3
【核心梳理●明考点】
1.函数的单调性
(1)单调函数的定义
增函数 减函数
一般地，设函数f(x)的定义域为D，区间I D，如果∀x ，x ∈I
1 2
⊆
当x <x 时，都有 f ( x )< f ( x )，那么就称函 当x <x 时，都有 f ( x )> f ( x )，那么就称函
1 2 1 2 1 2 1 2
定义
数f(x)在区间I上单调递增， 数f(x)在区间I上单调递减，
特别地，当函数f(x)在它的定义域上单调 特别地，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 递减时，我们就称它是减函数
图象描述
自左向右看图象是上升的
自左向右看图象是下降的
(2)单调区间的定义
如果函数y=f(x)在区间I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I叫做y=f(x)的单调区间.
2.函数的最值前提 一般地，设函数y=f(x)的定义域为D，如果存在实数M满足
(1) x∈D，都有 f ( x ) ≤ M ； (1) x∈D，都有 f ( x ) ≥ M ；
条件
(2) x ∈D，使得 f ( x )= M (2) x ∈D，使得 f ( x )= M
∀ 0 0 ∀ 0 0
∃ ∃
结论 M是函数y=f(x)的最大值 M是函数y=f(x)的最小值
1.熟记与函数单调性有关的常用结论
(1)若∀x ，x ∈I(x ≠x )，则
1 2 1 2
f(x )−f(x )
1 2
① >0(或(x -x )[f(x )-f(x )]>0) f(x)在区间I上单调递增.
x −x 1 2 1 2
1 2
⇔
f(x )−f(x )
1 2
② <0(或(x -x )[f(x )-f(x )]<0) f(x)在区间I上单调递减.
x −x 1 2 1 2
1 2
⇔
1
(2)y=x+ 的单调递增区间为(-∞，-1]和[1，+∞)，单调递减区间为(-1，0)和(0，1).
x
(3)在区间I上，两个增函数的和仍是增函数，两个减函数的和仍是减函数.
(4)函数f(g(x))的单调性与函数y=f(u)和u=g(x)的单调性的关系是“同增异减”.
2.解题时谨防以下易误点
(1)单调区间只能用区间表示，不能用不等式表示.
(2)求函数单调区间或讨论函数的单调性时，必须先求函数的定义域.
(3)一个函数的同一种单调区间用“和”或“，”连接，不能用“∪”连接.
(4)“函数的单调区间是M”与“函数在区间N上单调”是两个不同的概念，显然N M.
【题型突破●明方向】 ⊆
题型一 确定函数的单调性
命题点1 函数单调性的判断
例1 (多选)下列说法中，正确的是( )
1
A.函数y=e-x- 在(-∞，0)上单调递减
x2
B.函数y=2|x+1|的单调递减区间是(-∞，-1]
C.函数y=2−x2+2x+3的单调递增区间为[1，+∞)
D.函数y=2x+2cos x是增函数
【答案】ABD1
【解析】函数y=e-x与y=- 在(-∞，0)上都单调递减，
x2
1
所以y=e-x- 在(-∞，0)上单调递减，故A正确；
x2
作出函数y=2|x+1|的图象，如图所示，
由图象可知，函数y=2|x+1|的单调递减区间是(-∞，-1]，故B正确；
由判断复合函数的单调性的方法“同增异减”可得y=2−x2+2x+3的单调递增区间为(-∞，1]，故C错误；
因为y'=2-2sin x≥0，所以y=2x+2cos x是R上的增函数，故D正确.
命题点2 利用定义证明函数的单调性
9
例2 (人教A版必修第一册P86习题3.2 T8改编)(1)根据函数单调性的定义证明函数y=x+ 在区间
x
[3，+∞)上单调递增；
9
(2)讨论函数y=x+ 在区间(0，+∞)上的单调性并证明；
x
k
(3)写出函数y=x+ (k>0)在区间(0，+∞)上的单调性.(不用证明)
x
9
(1)【证明】设y=f(x)=x+ ，
x
x ，x ∈[3，+∞)，且x <x ，
1 2 1 2
则f(x )-f(x )
∀ 2 1
9 9 9(x −x )
1 2
=x + -x - =x -x +
2 x 1 x 2 1 x x
2 1 1 2
=(x -x ) ( 1− 9 ) =(x -x )· x 1 x 2 −9 .
2 1 x x 2 1 x x
1 2 1 2
因为3≤x <x ，
1 2
所以x -x >0，x x >9，
2 1 1 2
所以f(x )-f(x )>0，所以f(x )<f(x )，
2 1 1 2
9
所以y=x+ 在区间[3，+∞)上单调递增.
x
(2)【解析】∀x ，x ∈(0，+∞)，且x <x ，
1 2 1 2
x x −9
由(1)知f(x )-f(x )=(x -x )· 1 2 ，
2 1 2 1 x x
1 2
因为0<x <x ，
1 2所以x -x >0，x x >0，
2 1 1 2
当x ，x ∈(0，3)时，x x -9<0，
1 2 1 2
所以f(x )-f(x )<0，
2 1
即f(x )>f(x )，此时函数f(x)单调递减，
1 2
9
所以函数y=x+ 在区间(0，3)上单调递减，
x
9
由(1)知，y=x+ 在区间(3，+∞)上单调递增.
x
9
综上，函数y=x+ 在区间(0，3)上单调递减，在区间(3，+∞)上单调递增.
x
k
(3)【解析】函数y=x+ (k>0)在区间(0，❑√k)上单调递减，在区间(❑√k，+∞)上单调递增.
x
【思维升华】确定函数单调性的四种方法
(1)定义法.(2)导数法.(3)图象法.(4)性质法.
【跟踪训练】1 (多选)下列说法正确的是( )
2
A.函数f(x)= -x在(-∞，0)∪(0，+∞)上单调递减
x
{x2+2x,x≥0,
B.函数f(x)= 在R上单调递增
−x2+2x,x<0
C.函数f(x)=❑√x2−2x−3的单调递减区间为(-∞，1)
1
D.函数f(x)= x3-x2+2x在(0，+∞)上单调递增
3
【答案】BD
2
【解析】对于A，函数f(x)= -x的定义域为{x|x≠0}，且f(x)为奇函数，在(0，+∞)上单调递减，所以
x
2
f(x)= -x在(-∞，0)和(0，+∞)上单调递减，A错误；
x
对于B，作出函数f(x)的图象(图略)，由图可知f(x)在R上单调递增，B正确；
对于C，函数f(x)的定义域为(-∞，-1]∪[3，+∞)，且函数y=x2-2x-3的对称轴为直线x=1，所以函数
f(x)=❑√x2−2x−3的单调递减区间为(-∞，-1]，C错误；
1
对于D，f(x)= x3-x2+2x，则f'(x)=x2-2x+2=(x-1)2+1>0，所以f(x)是增函数，所以f(x)在(0，+∞)上单调递
3
增，故D正确.
题型二 函数单调性的应用
命题点1 比较函数值的大小例3 (2025·日照模拟)定义在R上的函数y=f(x)满足以下条件：①f(-x)-f(x)=0；②对任意x ，
1
f(x )−f(x )
x ∈[0，+∞)，当x ≠x 时，都有 1 2 >0.则f(-❑√5)，f(π)，f(-3)的大小关系是( )
2 1 2 x −x
1 2
A.f(π)>f(-3)>f(-❑√5)
B.f(π)>f(-❑√5)>f(-3)
C.f(π)<f(-3)<f(-❑√5)
D.f(π)<f(-❑√5)<f(-3)
【答案】A
【解析】因为定义在R上的函数y=f(x)满足条件f(-x)-f(x)=0，
所以函数f(x)是偶函数，
f(x )−f(x )
对任意x ，x ∈[0，+∞)，当x ≠x 时，都有 1 2 >0，
1 2 1 2 x −x
1 2
因此函数f(x)在[0，+∞)上单调递增，
又因为函数f(x)是偶函数，
所以f(-❑√5)=f(❑√5)，f(-3)=f(3)，
因为π>3>❑√5>0，
所以f(π)>f(3)>f(❑√5)，
即f(π)>f(-3)>f(-❑√5).
命题点2 求函数的最值
1
例4 函数y= -1+x(x≥3)的最小值为 .
x−1
5
【答案】
2
【解析】设t=x-1，t≥2，
1 1
则y= -1+x=t+ (t≥2)，
x−1 t
1
又函数y=t+ 在[2，+∞)上单调递增，
t
所以当t=2，即x=3时，
1 5
函数有最小值2+ = .
2 2
求函数的值域(最值)的常用方法
(1)配方法：主要用于和一元二次函数有关的函数求值域问题.
(2)单调性法：利用函数的单调性，再根据所给定义域来确定函数的值域.(3)数形结合法.
(4)换元法：引进一个(几个)新的量来代替原来的量，实行这种“变量代换”.
(5)分离常数法：分子、分母同次的分式形式采用配凑分子的方法，把函数分离成一个常数和一个分式
和的形式.
典例 (多选)下列函数中，值域正确的是( )
A.当x∈[0，3)时，函数y=x2-2x+3的值域为[2，6)
2x+1
B.函数y= 的值域为R
x−3
[15 )
C.函数y=2x-❑√x−1的值域为 ，+∞
8
D.函数y=❑√x+1+❑√x−1的值域为[❑√2，+∞)
【答案】ACD
【解析】对于A，(配方法)y=x2-2x+3=(x-1)2+2，
由x∈[0，3)，再结合函数的图象(如图①所示)，可得函数的值域为[2，6).
2x+1 2(x−3)+7 7 7
对于B，(分离常数法)y= = =2+ ，显然 ≠0，∴y≠2.
x−3 x−3 x−3 x−3
故函数的值域为(-∞，2)∪(2，+∞).
( 1) 2 15
对于C，(换元法)设t=❑√x−1，则x=t2+1，且t≥0，∴y=2(t2+1)-t=2 t− + ，
4 8
[15 )
由t≥0，再结合函数的图象(如图②所示)，可得函数的值域为 ，+∞ .
8
对于D，函数的定义域为[1，+∞)，
∵y=❑√x+1与y=❑√x−1在[1，+∞)上均单调递增，∴y=❑√x+1+❑√x−1在[1，+∞)上为增函数，
∴当x=1时，y =❑√2，即函数的值域为[❑√2，+∞).
min
命题点3 解函数不等式
(1) x (❑√3) x (1) x (❑√3) x
例5 “求方程 + =1的解”有如下解题思路：设f(x)= + ，则f(x)在R上单调
2 2 2 2
递减，且f(2)=1，所以原方程有唯一解x=2.类比上述解题思路，不等式8x6-(x+1)>(x+1)3-2x2的解集
是( )A.(-∞，0)
B.(1，+∞)
C.(-∞，0)∪(1，+∞)
( 1)
D. −∞，− ∪(1，+∞)
2
【答案】D
【解析】原式可化为8x6+2x2>(x+1)3+(x+1)，即(2x2)3+2x2>(x+1)3+(x+1)，
令g(x)=x3+x，则g(x)在R上单调递增，
1 ( 1)
则不等式转化为2x2>x+1，解得x<- 或x>1，所以原不等式的解集为 −∞，− ∪(1，+∞).
2 2
命题点4 求参数的值(范围)
{−x2−2ax−a,x<0,
例6 (2024·新课标全国Ⅰ)已知函数f(x)= 在R上单调递增，则a的取值范围
ex+ln(x+1),x≥0
是( )
A.(-∞，0] B.[-1，0]
C.[-1，1] D.[0，+∞)
【答案】B
【解析】因为f(x)在R上单调递增，
且x≥0时，f(x)=ex+ln(x+1)单调递增，
{ −2a
− ≥0,
则需满足 2×(−1) 解得-1≤a≤0，
−a≤e0+ln1,
即a的取值范围是[-1，0].
【思维升华】(1)比较函数值的大小时，先转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决.
(2)求解函数不等式时，由条件脱去“f”，转化为自变量间的大小关系，应注意函数的定义域.
(3)利用单调性求参数的取值(范围).根据其单调性直接构建参数满足的方程(组)(不等式(组))或先得到其
图象的升降，再结合图象求解.对于分段函数，要注意衔接点的取值.
mx−2
【跟踪训练】2 (1)(2026·大连模拟)已知函数f(x)= 在区间(-∞，-1)上单调递减，则实数m的
x+1
取值范围是( )
A.(-2，2)
B.(-2，+∞)
C.(-∞，-2)
D.(-∞，-2)∪(2，+∞)
【答案】Cmx−2 m(x+1)−m−2 −m−2
【解析】由题意得，f(x)= = =m+ .
x+1 x+1 x+1
mx−2
∵函数f(x)= 在区间(-∞，-1)上单调递减，
x+1
∴-m-2>0，解得m<-2，即m的取值范围是(-∞，-2).
x f(x )−x f(x )
(2)已知定义在(0，+∞)上的函数f(x)满足：∀x ，x ∈(0，+∞)(x ≠x )，恒有 2 1 1 2 >0，
1 2 1 2 x −x
1 2
若f(2)=4，则不等式f(x)-2x≤0的解集为 .
【答案】(0，2]
f(x)
【解析】设g(x)= (x>0)，
x
f(x ) f(x )
x f(x )−x f(x ) 1 − 2 g(x )−g(x )
又x ，x ∈(0，+∞)，所以 2 1 1 2 >0可化为 x x >0，即 1 2 >0，
1 2 x −x 1 2 x −x
1 2 x −x 1 2
1 2
所以g(x)在定义域(0，+∞)上为增函数，
f(x) f(2)
不等式f(x)-2x≤0(x>0)可化为 ≤2，又g(2)= =2，
x 2
f(x)
所以不等式 ≤2等价于g(x)≤g(2)，故0<x≤2，
x
所以不等式f(x)-2x≤0的解集为(0，2].
【限时训练】
（30分钟）
一、单项选择题(每小题5分，共30分)
1.(2023·北京)下列函数中，在区间(0，+∞)上单调递增的是( )
1
A.f(x)=-ln x B.f(x)=
2x
1
C.f(x)=- D.f(x)=3|x-1|
x
【答案】C
【解析】对于A，因为y=ln x在(0，+∞)上单调递增，所以f(x)=-ln x在(0，+∞)上单调递减，故A错
误；
1
对于B，因为y=2x在(0，+∞)上单调递增，所以f(x)= 在(0，+∞)上单调递减，故B错误；
2x1 1
对于C，因为y= 在(0，+∞)上单调递减，所以f(x)=- 在(0，+∞)上单调递增，故C正确；
x x
(1) |1 | 1
对于D，因为f
2
= 32 −1= 32=❑√3，f(1)=3|1-1|=30=1，f(2)=3|2-1|=3，
显然f(x)=3|x-1|在(0，+∞)上不单调，D错误.
2.已知f(x)=2x+x，则“f(x )=f(x )”是“x =x ”的( )
1 2 1 2
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】C
【解析】因为函数y=2x，y=x在R上为增函数，
则函数f(x)=2x+x在R上为增函数，
则“f(x )=f(x )”可以推出“x =x ”，“x =x ”也可推出“f(x )=f(x )”，
1 2 1 2 1 2 1 2
故“f(x )=f(x )”是“x =x ”的充要条件.
1 2 1 2
3.函数f(x)=|x|(x-1)的单调递减区间是( )
( 1)
A.(-∞，0) B. 0，
2
(1 )
C. ，1 D.(1，+∞)
2
【答案】B
{ x(x−1),x≥0,
【解析】f(x)= 作出图象，
−x(x−1),x<0,
( 1)
可以得到函数的单调递减区间是 0， .
2
a(x+1)+2
4.(2025·青海省部分学校联考)已知函数f(x)= 在区间[0，1]上的最大值为5，则a的值为(
x+1
)
1
A.3 B.4 C. D.2
2
【答案】A2
【解析】因为f(x)=a+ 在区间[0，1]上单调递减，所以f(0)=a+2=5，解得a=3.
x+1
{x2−ax+7,x≤1,
5.(2025·成都模拟)已知函数f(x)= a 满足对任意实数x ≠x ，都有(x -x )[f(x )-f(x )]<0成
,x>1 1 2 1 2 1 2
x
立，则实数a的取值范围是( )
A.(0，4] B.[2，+∞)
C.[2，4] D.(0，+∞)
【答案】C
【解析】由对任意实数x ≠x ，都有(x -x )[f(x )-f(x )]<0，可知函数f(x)在R上单调递减，
1 2 1 2 1 2
a>0,
{
a
则有 ≥1, 解得2≤a≤4，所以实数a的取值范围为[2，4].
2
1−a+7≥a,
f(x )−f(x )
6.已知函数y=f(x)的定义域为R，对任意x ，x ∈R，且x ≠x ，都有 1 2 >-1，则下列说法正
1 2 1 2 x −x
1 2
确的是( )
A.y=f(x)+x是增函数
B.y=f(x)+x是减函数
C.y=f(x)是增函数
D.y=f(x)是减函数
【答案】A
【解析】不妨令x <x ，∴x -x <0，
1 2 1 2
f(x )−f(x )
1 2
∵ >-1 f(x )-f(x )<-(x -x ) f(x )+x <f(x )+x ，
x −x 1 2 1 2 1 1 2 2
1 2
⇔ ⇔
令g(x)=f(x)+x，∴g(x )<g(x )，
1 2
又x <x ，∴g(x)=f(x)+x是增函数，A正确，B错误；
1 2
f(x )−f(x )
又f(x)为常函数时， 1 2 =0>-1，此时f(x)既不是增函数也不是减函数，C，D错误.
x −x
1 2
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
7.设函数f(x)为增函数，且f(x)≠0，则下列结论错误的是( )
1
A.y= 为减函数
|f (x)|
B.y=|f(x)|为增函数
1
C.y=- 为增函数
f(x)D.y=-f(x)为减函数
【答案】ABC
1 1
【解析】若f(x)=x(x≠0)，则y= = (x≠0)，不是减函数，故A错误；
|f (x)| |x|
y=|f(x)|=|x|(x≠0)，不是增函数，故B错误；
1 1
y=- =- (x≠0)，不是增函数，故C错误；
f(x) x
对于D，函数f(x)为增函数，则对于定义域内的任意的x ，x ，
1 2
设x <x ，必有f(x )<f(x )，
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)为减函数，故D正确.
1
8.(2026·昆明模拟)已知函数f(x)对于一切实数x，y都有f(x+y)=f(x)f(y)，当x>0时，0<f(x)<1，f(1)= ，
5
则下列结论正确的是( )
A.f(0)=1
B.若f(m)=25，则m=2
C.f(x)>0恒成立
D.f(x)是减函数
【答案】ACD
【解析】对于A，令x=1，y=0，
则f(1)=f(1)f(0)，
1
∵f(1)= ，∴f(0)=1，故A正确；
5
1
对于B，f(2)=f(1)f(1)= ，故B错误；
25
对于C，令y=-x，则f(x)f(-x)=f(x-x)=f(0)=1，
1
当x<0时，-x>0，∴0<f(-x)<1，∴f(x)= >0，
f(−x)
∴f(x)>0恒成立，故C正确；
对于D，设x >x ，
2 1
则f(x )-f(x )=f[(x -x )+x ]-f(x )=f(x -x )f(x )-f(x )=f(x )[f(x -x )-1]，
2 1 2 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1
∵x -x >0，∴0<f(x -x )<1，即f(x -x )-1<0，
2 1 2 1 2 1
又f(x )>0，∴f(x )-f(x )<0，f(x)是减函数，故D正确.
1 2 1
三、填空题(每小题5分，共10分)
9.若函数f(x)=4|x-a|+3在区间[1，+∞)上不单调，则a的取值范围是 .
【答案】(1，+∞)【解析】因为函数f(x)=4|x-a|+3在(-∞，a)上单调递减，在(a，+∞)上单调递增，
又函数f(x)在区间[1，+∞)上不单调，所以a>1.
{ln(x+1),x≥0,
10.已知函数f(x)= 则不等式f(x+2)<f(x2+2x)的解集是 .
−2x2,x<0,
【答案】(-∞，-2)∪(1，+∞)
{ln(x+1),x≥0,
【解析】函数f(x)=
−2x2,x<0,
显然y=ln(x+1)在[0，+∞)上单调递增，y=-2x2在(-∞，0)上单调递增，
且ln(0+1)=-2×02=0，所以f(x)在R上单调递增，
不等式f(x+2)<f(x2+2x)可化为x+2<x2+2x，
即x2+x-2>0，解得x>1或x<-2，
则原不等式的解集为(-∞，-2)∪(1，+∞).
四、解答题(共28分)
a 9
11.(13分)(2025·乌鲁木齐模拟)已知函数f(x)=2x- ，且f(2)= .
x 2
(1)求实数a的值；(3分)
(2)判断函数f(x)在(1，+∞)上的单调性，并用定义证明；(6分)
(3)求函数f(x)在[2，3]上的最值.(4分)
a 9
【解析】(1)因为f(x)=2x- ，且f(2)= ，
x 2
a 9
所以4- = ，解得a=-1.
2 2
(2)函数f(x)在(1，+∞)上单调递增.证明如下：
1
由(1)可得，f(x)=2x+ ，
x
任取x ，x ∈(1，+∞)，x <x ，
1 2 1 2
1 ( 1 )
则f(x )-f(x )=2x + - 2x +
2 1 2 x 1 x
2 1
( 1 1 )
=2(x -x )+ −
2 1 x x
2 1
=2(x -x )+ x 1 −x 2 =(x -x ) ( 2− 1 )
2 1 x x 2 1 x x
1 2 1 2
(x −x )(2x x −1)
= 2 1 1 2 ，
x x
1 2
因为x ，x ∈(1，+∞)且x <x ，
1 2 1 2
所以x -x >0，2x x -1>0，x x >0，
2 1 1 2 1 2所以f(x )-f(x )>0，即f(x )>f(x )，
2 1 2 1
所以f(x)在(1，+∞)上单调递增.
(3)由(2)知，函数f(x)在[2，3]上单调递增，
9
则当x=2时，f(x)有最小值f(2)= ；
2
19
当x=3时，f(x)有最大值f(3)= .
3
12.(15分)已知定义在(0，+∞)上的函数f(x)满足f(mn)=f(m)+f(n)(m，n>0)，且当x>1时，f(x)>0.
(m)
(1)求证：f =f(m)-f(n)；(6分)
n
(2)若f(2)=1，解不等式f(x+2)-f(2x)>2.(9分)
(m ) (m)
(1)【证明】f(m)=f ·n =f +f(n)，
n n
(m)
即f =f(m)-f(n).
n
(2)【解析】任取x ，x ∈(0，+∞)，且x <x ，
1 2 1 2
x
2
则 >1.
x
1
x
( )
由(1)得f(x )-f(x )=f 2 >0，
2 1 x
1
即f(x )>f(x )，
2 1
∴f(x)在(0，+∞)上单调递增，
∵f(2)=1，∴2=f(2)+f(2)=f(4)，
f(x+2)-f(2x)>2 f(x+2)>f(2x)+f(4) f(x+2)>f(8x)，
又f(x)在(0，+∞)上单调递增，
⇔ ⇔
{x+2>8x, 2
∴ 解得0<x< ，
x>0, 7
{ | 2}
故不等式f(x+2)-f(2x)>2的解集为 x 0<x< .
7
[每小题5分，共10分]
| a |
13.(2026·昆明模拟)已知函数f(x)=log x+ −4 (a≥0)在(4，+∞)上单调递减，则实数a的取值范围是
1 x
3
( )
A.[4，+∞) B.(0，4]
C.[0，16] D.[16，+∞)【答案】C
| a | g | a |
【解析】令t= x+ −4 ，因为y=lo 1t为减函数，f(x)=log x+ −4 在(4，+∞)上单调递减，
x 3 1 x
3
| a |
所以t= x+ −4 在(4，+∞)上单调递增.
x
a
令g(x)=x+ -4，
x
a a a
当a>0时，g(x)=x+ -4在(❑√a，+∞)上单调递增，g(4)=4+ -4= >0，
x 4 4
| a |
所以当❑√a≤4时满足t= x+ −4 在(4，+∞)上单调递增，即得0<a≤16；
x
当a=0时，t=|x-4|在(4，+∞)上单调递增，当x>4时，t=x-4>0，满足题意.
综上可得0≤a≤16.
14.(2025·北京)关于定义域为R的函数f(x)，以下说法正确的有 .
①存在在R上单调递增的函数f(x)使得f(x)+f(2x)=-x恒成立；
②存在在R上单调递减的函数f(x)使得f(x)+f(2x)=-x恒成立；
③使得f(x)+f(-x)=cos x恒成立的函数f(x)存在且有无穷多个；
④使得f(x)-f(-x)=cos x恒成立的函数f(x)存在且有无穷多个.
【答案】②③
【解析】对于①，若存在R上的增函数f(x)，满足f(x)+f(2x)=-x，
则f(0)+f(2×0)=-0，即f(0)=0，
故当x>0时，f(4x)>f(2x)>f(x)>0，故f(4x)+f(2x)>f(x)+f(2x)，
故-2x>-x，即x<0，矛盾，故①错误；
1
对于②，取f(x)=- x，该函数为R上的减函数且f(x)+f(2x)=-x，
3
故该函数符合题意，故②正确；
1
对于③，取f(x)= cos x+mx，m∈R，
2
此时f(x)+f(-x)=cos x，由m∈R可得f(x)有无穷多个，故③正确；
对于④，若存在f(x)，使得f(x)-f(-x)=cos x，
令x=0，则0=cos 0，但cos 0=1，矛盾，
故满足f(x)-f(-x)=cos x恒成立的函数f(x)不存在，故④错误.
