《2025年高考帮数学》

2. [教材改编]函数$y = |x| - 1$的单调递减区间为 ( )
A. $(0,+\infty)$
B. $(-\infty,0)$
C. $(-\infty,-1)$
D. $(-1,+\infty)$

答案： 2.B

3. [教材改编]$y = \frac{2x + 1}{x - 3}$的值域为____.

答案： 3.$(-\infty,2)\cup(2,+\infty)$ $y = \frac{2x + 1}{x - 3} = \frac{2(x - 3) + 7}{x - 3} = 2 + \frac{7}{x - 3}$，显然$\frac{7}{x - 3} \neq 0$，所以$y \neq 2$. 故函数的值域为$(-\infty,2)\cup(2,+\infty)$.

4. $y = 2x - \sqrt{x - 1}$的值域为____.

答案： 4.$[\frac{15}{8},+\infty)$ 设$t = \sqrt{x - 1}$，则$x = t^{2} + 1$，且$t \geq 0$，所以$y = 2(t^{2} + 1) - t = 2(t - \frac{1}{4})^{2} + \frac{15}{8}$，由$t \geq 0$，可得函数的值域为$[\frac{15}{8},+\infty)$.

例1
（1）[2023北京高考]下列函数中，在区间(0，+∞)上单调递增的是 （ ）
A. $f(x)=-\ln x$ B. $f(x)=\frac{1}{2^{x}}$
C. $f(x)=-\frac{1}{x}$ D. $f(x)=3^{|x - 1|}$
（2）[全国卷Ⅱ]函数$f(x)=\ln(x^{2}-2x - 8)$的单调递增区间是 （ ）
A. (-∞，-2) B. (-∞，1)
C. (1，+∞) D. (4，+∞)
（3）讨论函数$f(x)=\frac{ax}{x - 1}(a\neq0)$在(-1，1)上的单调性.

答案： 高考帮
例1
(1)C　对于A，因为函数$y = \ln x$在$(0, +\infty)$上单调递增，所以$f(x)=-\ln x$在$(0, +\infty)$上单调递减，所以A不符合要求；对于B，因为$f(x)=\frac{1}{2^{x}}=(\frac{1}{2})^{x}$在$(0, +\infty)$上单调递减，所以B不符合要求；对于C，由反比例函数的图象可知，$f(x)=-\frac{1}{x}$在$(0, +\infty)$上单调递增，所以C符合要求；对于D，当$0 ＜ x ＜ 1$时，$y = 3^{|x - 1|}=3^{1 - x}$在$(0,1)$上单调递减，所以D不符合要求.故选C.
(2)D　由$x^{2}-2x - 8＞0$，得$x ＜ - 2$或$x＞4$.因此，函数$f(x)=\ln(x^{2}-2x - 8)$的定义域是$(-\infty,-2)\cup(4,+\infty)$. (先求函数$f(x)$的定义域)
易知函数$y = x^{2}-2x - 8$在$(-\infty,-2)$上单调递减，在$(4,+\infty)$上单调递增，函数$y = \ln t$为$(0, +\infty)$上的增函数，由复合函数的单调性知，$f(x)=\ln(x^{2}-2x - 8)$的单调递增区间是$(4,+\infty)$.故选D.
(3)解法一(导数法)$f^{\prime}(x)=\frac{a(x - 1)-ax}{(x - 1)^{2}}=-\frac{a}{(x - 1)^{2}}$.
当$a＞0$时，$f^{\prime}(x)＜0$，函数$f(x)$在$(-1,1)$上单调递减；
当$a ＜ 0$时，$f^{\prime}(x)＞0$，函数$f(x)$在$(-1,1)$上单调递增.
解法二(定义法)　设$-1 ＜ x_{1} ＜ x_{2} ＜ 1$，$f(x)=a(\frac{x - 1 + 1}{x - 1})=a(1+\frac{1}{x - 1})$，则$f(x_{1})-f(x_{2})=a(1+\frac{1}{x_{1}-1})-a(1+\frac{1}{x_{2}-1})=\frac{a(x_{2}-x_{1})}{(x_{1}-1)(x_{2}-1)}$.
由于$-1 ＜ x_{1} ＜ x_{2} ＜ 1$，
所以$x_{2}-x_{1}＞0$，$x_{1}-1 ＜ 0$，$x_{2}-1 ＜ 0$，
故当$a＞0$时，$f(x_{1})-f(x_{2})＞0$，即$f(x_{1})＞f(x_{2})$，函数$f(x)$在$(-1,1)$上单调递减；
当$a ＜ 0$时，$f(x_{1})-f(x_{2})＜0$，即$f(x_{1}) ＜ f(x_{2})$，函数$f(x)$在$(-1,1)$上单调递增.

训练1
（1）函数$g(x)=x\cdot|x - 1|+1$的单调递减区间为 （ ）
A. (-∞，$\frac{1}{2}$] B. [$\frac{1}{2}$，1]
C. [1，+∞) D. (-∞，$\frac{1}{2}$)∪[1，+∞)
（2）[多选]下列函数在(0，+∞)上单调递增的是 （ ）
A. $y = e^{x}-e^{-x}$ B. $y=\lg x^{2}$
C. $y = 2x + 2\cos x$ D. $y=\sqrt{x^{2}+x - 2}$

答案：
训练1
(1)B　$g(x)=x\cdot|x - 1|+1=\begin{cases}x^{2}-x + 1,x\geqslant1\\-x^{2}+x + 1,x ＜ 1\end{cases}$，画出函数图象，如图所示，根据图象知，函数的单调递减区间为$[\frac{1}{2},1]$.
(2)ABC　$\because y = e^{x}$与$y=-e^{-x}$均为R上的增函数，$\therefore y = e^{x}-e^{-x}$为R上的增函数，故A正确；
当$x＞0$时，$y=\lg x^{2}=2\lg x$，此时函数在$(0, +\infty)$上单调递增，故B正确；
对于选项C，$y^{\prime}=2 - 2\sin x\geqslant0$，$\therefore y = 2x + 2\cos x$在$(0, +\infty)$上单调递增，故C正确；
$y=\sqrt{x^{2}+x - 2}$的定义域为$(-\infty,-2]\cup[1,+\infty)$，故D不正确.故选ABC.

例2
（1）[2024厦门市湖滨中学模拟改编]已知定义在R上的奇函数$f(x)$满足$f(x + 2)=f(x)$，且当$x\in[0,1)$时，$\frac{f(x_{1})-f(x_{2})}{x_{1}-x_{2}}＞0(x_{1}\neq x_{2})$，则$f(-\frac{15}{2})$，$f(4)$，$f(\frac{11}{2})$的大小关系是 （ ）
A. $f(-\frac{15}{2})＞f(4)＞f(\frac{11}{2})$
B. $f(-\frac{15}{2})＞f(\frac{11}{2})＞f(4)$
C. $f(\frac{11}{2})＞f(4)＞f(-\frac{15}{2})$
D. $f(4)＞f(\frac{11}{2})＞f(-\frac{15}{2})$
（2）[2024吉林长春东北师大附中校考改编]函数$f(x)$的定义域为(0，+∞)，对于$\forall x,y\in(0,+\infty)$，$f(xy)=f(x)+f(y)$，且当$x ＞ 1$时，$f(x)＜0$. 则$a = f(\sin3)$，$b = f(\ln3)$，$c = f(2^{1.5})$的大小关系是 （ ）
A. $a ＞ b ＞ c$ B. $a ＞ c ＞ b$
C. $b ＞ c ＞ a$ D. $c ＞ b ＞ a$

答案： 例2
(1)A　因为$x\in[0,1)$时，$\frac{f(x_{1})-f(x_{2})}{x_{1}-x_{2}}＞0$，所以$f(x)$在$[0,1)$上单调递增.又因为$f(x)$为奇函数，所以$f(x)$在$(-1,1)$上单调递增.由$f(x + 2)=f(x)$可得$f(x)$的周期为2，所以$f(-\frac{15}{2})=f(-\frac{15}{2}+2\times4)=f(\frac{1}{2})$，$f(4)=f(0)$，$f(\frac{11}{2})=f(\frac{11}{2}-2\times3)=f(-\frac{1}{2})$，所以$f(\frac{1}{2})＞f(0)＞f(-\frac{1}{2})$，即$f(-\frac{15}{2})＞f(4)＞f(\frac{11}{2})$.故选A.
(2)A　设$\forall x_{1},x_{2}\in(0, +\infty)$，且$x_{1} ＜ x_{2}$，则$\frac{x_{2}}{x_{1}}＞1$，$f(\frac{x_{2}}{x_{1}})＜0$.因为$f(x_{2})-f(x_{1})=f(\frac{x_{2}}{x_{1}}\cdot x_{1})-f(x_{1})=f(\frac{x_{2}}{x_{1}})＜0$，所以$f(x_{2}) ＜ f(x_{1})$，即$f(x)$为减函数.因为$0 ＜ \sin3 ＜ 1 ＜ \ln3 ＜ 2 ＜ 2^{1.5}$，所以$f(\sin3)＞f(\ln3)＞f(2^{1.5})$，即$a ＞ b ＞ c$，故选A.