《2025年教材完全解读高中数学必修第一册苏教版》

(1)基本内容:在函数单调性的定义中包含三个方面的内容,即只要满足:①任意x1＜x2,②有∮(x)＜∮(x2)[∮(x)＞f(x)],就能推出③y=
∮(x)是增(减)函数。因为定义是等价关系,逆向认识函数的单调性及值域,由函数值的大小和其单调性可以判断自变量的大小关系,即函数单调性定义中的三个方面知二求一，即:
a.{Jxf(x＜!x)2＜,∮(x2)=f(x)是增函数,
或{∮x(x＜x)2＞,f(x2)=∮(x)是减函数;
b.{∮x(1x＜)x是2,增函数习(x|)＜f(x;2),
或{∮x(x＜)x是2,减函数f(x)＞∮(x2);
结合题中的定义可知函数f(x)的图像为图
中的实线部分。
由{yy==x−+x1+,6得xy==$\frac{5}{2}$”,即函数f(x)的最大
{
$\frac{7}{2}$
值为$\frac{7}{2}$。故选B。
答(1)D (2)B

答案：
(1)D
(2)B

例3|
已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)对任意
x,y∈(0,+∞),恒有f(xy)=f(x)+A(y),
且当0＜x＜1时，f(x)＞0,判断f(x)在(0,
+∞)上的单调性。
解用定义法判断抽象函数的单调性。
答设x1,x2是区间(0,+8)上的任意两个
实数,且x1＜x2,则f(x)−f(x2)=f($\frac{x}{x}$2.
x2)−f(x2)=f($\frac{x}{x2}$)+∮(x)−f(x)=f($\frac{x}{x2}$)o
∵x1,x2∈(0,+∞),且x1＜x2,∴0＜$\frac{x}{x}$＜1,
2
∴∮(($\frac{x}{x}${＞0,∴∮(x)−∮(x2)＞0,即∮(x1)＞
∮(x2),∴函数∮(x)在(0,+∞)上单调递减。

答案： 设 $x_1, x_2$ 是区间 $(0, +\infty)$ 上的任意两个实数，且 $x_1 ＜ x_2$。
则：
$f(x_1) - f(x_2) = f\left(\frac{x_1}{x_2} · x_2\right) - f(x_2) $
$= f\left(\frac{x_1}{x_2}\right) + f(x_2) - f(x_2) $
$= f\left(\frac{x_1}{x_2}\right)$
由于 $x_1, x_2 \in (0, +\infty)$ 且 $x_1 ＜ x_2$，
所以 $0 ＜ \frac{x_1}{x_2} ＜ 1$。
根据题目条件，当 $0 ＜ x ＜ 1$ 时，$f(x) ＞ 0$，
所以：
$f\left(\frac{x_1}{x_2}\right) ＞ 0$，
即：
$f(x_1) - f(x_2) ＞ 0$，
从而 $f(x_1) ＞ f(x_2)$。
因此，函数 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递减。

例4
(1)已知f(x)是定义在区间[−1,1]上的增
函数,且∮(x−2)＜f(1−x),则x的取值范
围为。
(2)已知函数∮(x)=x²+bx+c对任意的实
数t都有f(2+t)=f(2−t),则比较f(1),
∮(2)∮(4)的大小为
(3) 若 函 数 ∮ (x) =
{(−2xb²−+1()2x−+bb)−x1,x,x≤＞00,在R上为增函数，
则实数b的取值范围为()。
(x)是增函数，
c.f(x−)＜∮(x2) Ux1＜x2,
∫(x)是减函数，
或(x)＜∫(x2) Ux1＞x20
(2)重点提示:关于抽象函数的单调性应充分利用已知条件适当变形，根据定义中的三个方面知二求一，可解决题目中的问题。
0解题通法
利用函数单调性求参数取值范围的两种思路
(1)已知函数的单调性求参数的取值范围的
方法是视参数为已知数，依据函数的图像或
单调性的定义,确定函数的单调区间，与已知
单调区间比较求参数。
(2)借助常见函数(如一次函数、反比例函数、
二次函数等)的单调性求解。
需注意，若一个函数在区间[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)不仅可以利用函数的单调性逆向求参数，还可以利用函数的单调性比较大小和解函数不等式。
解题通法
利用函数单调性比较大小或解不等式的方法
(1)利用函数的单调性可以比较函数值或自
变量的大小。在解决比较函数值的问题时，
要注意将对应的自变量转化到同一个单调区
间上。
(2)相关结论:
①正向结论:若y=f(x)在给定区间上单调递
增,则当x＜x2时,f(x)＜f(x2);当x＞x2
时,f(x)＞∮(x2)。
②逆向结论:若y=f(x)在给定区间上单调递
增,则当∮(x)＜f(x2)时,x＜x2;当f(x)＞
∮(x2)时,x＞x20
当y=f(x)在给定区间上单调递减时,也有相
应的结论。
A.($\frac{1}{2}$,+0) B.[1,2]
C.($\frac{1}{2}$,2) D.(−$\frac{1}{2}$,2]
−1≤x−2≤1,
解(1)由题意,得{ 解得1≤
−1≤1−x≤1,
x≤2 ①。
因为f(x)是定义在区间[−1,1]上的增函
数,且∮(x−2)＜∮(1−x),所以x−2＜1−x,
解得x＜$\frac{3}{2}$ ②.
由①②得1≤x＜$\frac{3}{2}$。
所以x的取值范围为[1,$\frac{3}{2}$}。
(2)由题意知f(x)的图像的对称轴方程为
x=2,故f(1)=f(3)。
由题意知f(x)在[2,+∞)上单调递增,所
以f(2)＜f(3)＜∮(4),即∮(2)＜∮(1)＜∮(4)。
(3)要使此分段函数为R上的增函数,则必
须使函数g(x)=(2b−1)x+b−1在(0,
+∞)上单调递增,函数h(x)=−x²+(2−
b)x在(−∞,0]上单调递增,且满足h(0)≤
g(0),根据一次函数和二次函数的单调性可
2b−1＞0,
得{−$\frac{2−b}{2×(−1)}$≥0,解得1≤b≤2,即实数b
0≤b−1,
的取值范围是[1,2]。故选B。
答(1)[1,$\frac{3}{2}${ (2)f(2)＜f(1)＜f(4)
(3)B

答案：
(1)$[1, \frac{3}{2})$；
(2)$f(2) ＜ f(1) ＜ f(4)$；
(3)B。