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第二十二章 二次函数--二次函数的综合题专训之特殊四边形存在性问题
常见题型总结练 2025-2026学年上学期初中数学人教版九年级上册
一、二次函数的综合题专训之平行四边形存在性问题
方法归纳
1.解题思路：确定抛物线定点（如A、B），设动点P、Q，分以AB为边或对角线两类，利用平行四边形对边平行且相等或对角线互相平分性质分析。
2.解题技巧：用中点坐标公式（对角线中点重合）列方程，结合抛物线表达式消元；借向量平行（坐标差相等）简化关系，注意动点范围。
3.解题方法：代数法联立中点或向量方程求解；辅以几何法（平移定点得动点轨迹），验证四点不共线及图形合理性。
1．如图，直线与轴交于点，与轴交于点，抛物线经过，两点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)是直线下方抛物线上的一动点，连接，，当的面积最大时，求点的坐标；
(3)是抛物线对称轴上的动点，在抛物线上是否存在点，使得以，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
2．如图，抛物线与轴相交于、两点（点在点的左侧），与轴相交于点，顶点为，连接，与抛物线的对称轴交于点．
(1)求点、点的坐标和抛物线的对称轴；
(2)求直线的函数关系式；
(3)点为线段上的一个动点，过点P作交抛物线于点．设点的横坐标为；用含的代数式表示线段的长，并求出当为何值时，四边形为平行四边形？
二、二次函数的综合题专训之矩形存在性问题
方法归纳
1.解题思路：确定抛物线定点（如A、B），设动点P、Q，分以AB为边或对角线，利用矩形“对角线互相平分且相等”或“平行四边形+一角为直角”的性质分析。
2.解题技巧：用中点坐标公式（对角线中点重合）和勾股定理（对角线等长）列方程，借抛物线表达式消元；结合斜率（垂直时积为-1）验直角，限定动点范围。
3.解题方法：代数法联立对角线条件方程求解；先证平行四边形再验证直角（斜率法），结合图形验合理性。
3．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点，与y轴交于点C，连接，对称轴为，点D为此抛物线的顶点．
(1)求抛物线的解析式．
(2)若连接，则________
(3)点E是第一象限内抛物线上的动点，连接和，求面积的最大值．
(4)点P在抛物线的对称轴上，平面内存在点Q，当以点为顶点的四边形是矩形时，请直接写出点Q的横坐标．
4．如图，抛物线与轴交于、两点（点在点的左边），点、的坐标分别是、，与轴交于点，点的坐标是，点和点关于抛物线的对称轴对称．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，直线上方的抛物线上有一点，过点作于点，求线段的最大值；
(3)点是抛物线的顶点，点是轴上一点，点是坐标平面内一点，以，，，为顶点的四边形是以为边的矩形，求点和的坐标．
三、二次函数的综合题专训之菱形存在性问题
方法归纳
1.解题思路：确定抛物线定点（如A、B），设动点P、Q，分以AB为边（邻边相等）或对角线（对角线垂直平分）两类，利用菱形“四边相等”或“平行四边形+邻边相等”性质分析。
2.解题技巧：用距离公式表边长（四边相等），中点坐标公式（对角线平分），斜率乘积-1（对角线垂直）列方程，结合抛物线消元，限定动点范围。
3.解题方法：代数法联立平行四边形与邻边相等方程；先证平行四边形，再验四边相等或对角线垂直，结合图形验合理性。
5．如图，抛物线 与x轴交于两点，与y轴交于点C，对称轴为直线l．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P是直线下方的抛物线上一个动点，求四边形面积的最大值及此时P点的坐标；
(3)点F是直线l上一点，点G是平面内一点，是否存在以为边，以点B，C，F，G为顶点的菱形？若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
6．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线经过点，与y轴交于点B，且关于直线对称．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)点C是抛物线上位于第一象限的一个动点，过点C作x轴的垂线交直线于点D
①当三角形面积最大时，请求出点C的坐标和三角形面积的最大值．
②在y轴上是否存在点E，使得以B，C，D，E为顶点的四边形是菱形？若存在，求出该菱形的边长；若不存在，说明理由．
四、二次函数的综合题专训之正方形存在性问题
方法归纳
1.解题思路：确定抛物线定点（如A、B），设动点P、Q，分以AB为边（邻边等且垂直）或对角线（对角线等且垂直平分），利用正方形“四边等+四角直”或“菱形+矩形”性质分析。
2.解题技巧：用距离公式（边等）、斜率积-1（垂直）、中点重合（对角线平分）列方程，借抛物线消元，结合图形限动点范围。
3.解题方法：代数法联立邻边等与垂直方程；先证矩形再验邻边等，或先菱形再验直角，结合图形验合理性。
7．如图，抛物线经过三点．
(1)求抛物线的解析式．
(2)探究在抛物线上是否存在点P，使？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，试说明理由．
(3)直线交y轴于点G，M是线段上动点，轴与抛物线段交于点N．轴于F，轴于H，当四边形是正方形时，求点M的坐标
8．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴相交于两点（点在点的左边），与轴相交于点，且抛物线的顶点坐标为．
(1)求抛物线的表达式；
(2)是抛物线上位于第四象限的一点，点，连接相交于点，连接．若与的面积相等，求点的坐标；
(3)是抛物线上的两个动点，分别过点作直线的垂线段，垂足分别为．是否存在点，使得以为顶点的四边形是正方形？若存在，求该正方形的边长；若不存在，说明理由．
能力练
1．在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，与轴交于点，且点坐标为，点坐标为．
(1)求二次函数的表达式；
(2)如图1，若点是第二象限内抛物线上一动点，求点到直线距离的最大值；
(3)如图2，若点是抛物线上一点，点是抛物线对称轴上一点，是否存在点使以为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
2．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于两点，与轴的负半轴交于点，且，点是直线下方抛物线上的一动点．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)连接，并将沿轴对折，得到四边形，是否存在点，使四边形为菱形？若存在，求出此时点的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)在点运动过程中，当四边形的面积最大时，求出此时点的坐标和四边形的最大面积．
3．如图1，抛物线与x轴交于点和点B，与y轴交于点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图2，连接，点P为直线上方抛物线上的点，过点P作轴交于点M，求的最大值及此时点P的坐标；
(3)如图3，将抛物线先向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度得到新的抛物线，在的对称轴上有一点D，坐标平面内有一点E，使得以点B，C，D，E为顶点的四边形是矩形，请直接写出所有满足条件的点E的坐标．
4．如图，抛物线与x轴交于点，，与y轴交于点，连接，点为线段上一个动点（不与点C，B重合），过点P作轴交抛物线于点Q．
(1)求抛物线的表达式和对称轴；
(2)设P的横坐标为t，请用含t的式子表示线段的长，并求出线段的最大值；
(3)已知点M是抛物线对称轴上的一个点，点N是平面直角坐标系内一点，当线段取得最大值时，是否存在这样的点M，N，使得四边形是菱形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
5．综合与探究
如图1，二次函数的图象与x轴交于点A，B（点A在点B左侧），与y轴交于点．点P是y轴左侧抛物线上的一个动点，设点P的横坐标为m，过点P作x轴的平行线交y轴于点D，交抛物线于另一点E．
(1)求点A，B，C的坐标．
(2)如图2，当点P在第二象限时，连接，交直线于点F．当时，求m的值．
(3)当点P在第三象限时，以为边作正方形，当点C在正方形的边上时，直接写出点D的坐标．
答案
一、二次函数的综合题专训之平行四边形存在性问题
1． （1）解：∵直线与轴交于点，与y轴交于点B，
∴点B，C的坐标分别为，．
把点，代入抛物线，
得：，
解之，得
∴抛物线的解析式为．
（2）解：如图，过点E作轴，交直线于点G，交x轴于点F，
设点E的坐标为，则点的坐标为，
∴．
∴．
∴当时，的面积就最大． 此时点E的坐标为．
（3）解：存在．由抛物线
∴对称轴是直线．
∵Q是抛物线对称轴上的动点，
∴点Q的横坐标为1．
①当为边时，点B到点C的水平距离是4，
∴点Q到点P的水平距离也是4．
∴点P的横坐标是5或，
∴点P的坐标为或；
②当为对角线时，点到点C的水平距离是3，
∴点B到点P的水平距离也是3，
∴点P的坐标为．
综上所述，在抛物线上存在点P，使得以P，Q，B，C为顶点的四边形是平行四边形，点P的坐标是或或．
（1）解：在中，
当时，，
当时，由，得，，
结合题意可得，，，
∵，
∴抛物线的对称轴为直线，
答：点的坐标为，点的坐标为，抛物线的对称轴为直线．
（2）解：设直线的函数关系式为，
∵，，
∴，
解得，，
∴，
答：直线的函数关系式为．
（3）解：根据题意可知，点和点的横坐标均为，点和点的横坐标均为，
在中，
当时，，
当时，，
∴，，
在中，
当时，，
当时，，
∴，，
∵点在线段上，
∴点在点的上方，
∴，
∵，
∴当时，四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
答：线段的长为，当时，四边形为平行四边形．
二、二次函数的综合题专训之矩形存在性问题
3． （1）解：抛物线与x轴交于点A、B，，对称轴为直线，
∴，
∴，
将A，B代入得：
，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：，
∴，
又，
∴，
∴，，，
∴，
∴；
故答案为：90；
（3）解：设直线的解析式为，
将点B，点C的坐标代入得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
设，
如图，作轴交于点F，
则，
∴，
∴
当时，有最大值为；
（4）解：设，，
由（1）知，
①若为矩形的对角线，
由中点坐标公式得：，
解得：，
∴点的横坐标为2；
②若为矩形得对角线，
由中点坐标公式得：，
解得，
∴点的横坐标为4；
③若为矩形的对角线，
由中点坐标公式得：，
解得：，
∴点Q的横坐标为，
综上，点Q的横坐标为4或2或．
4． （1）解： 把，，分别代入得： ，
解得 ，
抛物线的解析式为；
（2）解：由（1）知，
抛物线对称轴为直线，
点和点关于抛物线的对称轴对称，
，
设直线的解析式为，
把，分别代入得 ，
解得 ，
直线的解析式为
记于轴的交点为，
当时，，则，
，
为等腰直角三角形，
，
过作轴交于，
，
为等腰直角三角形，
，
设，则，
，
当时，有最大值，
的最大值为：；
（3）解：如图，当在的右边，
记直线交轴于，，则，
设直线的解析式为，
把、分别代入得 ，
解得 ，
直线的解析式为，
当时，，则，
设，而四边形为矩形，
，
，
解得：，即，
由平移的性质可得：；
如图，当在的左边，
同理可得：，
解得：，即，
由平移的性质可得：；
综上：或．
三、二次函数的综合题专训之菱形存在性问题
5． （1）解：把点代入得：
，
解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：∵点，
∴，
当时，，
∴点，
∴，
如图，连接，
设点P的坐标为，
∴四边形面积
，
∵，
∴当时，四边形面积最大，最大值为9，
此时点P的坐标为；
（3）解：∵点，
∴抛物线的对称轴为直线，
设点F的坐标为，
当为边，为对角线时，，
即，
∴，
解得：，
∴点F的坐标为或；
当为边，为对角线时，，
即，
∴，
解得：，
∴点F的坐标为或；
综上所述，点F的坐标为或或或．
（1）解：∵抛物线经过点，与y轴交于点B，且关于直线对称，
∴，
解得：，
∴；
（2）解：①当，
∴
设直线表达式为：，
∴，
解得：，
∴设直线表达式为，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴当时，面积最大值为，
∴此时；
②存在点以B，C，D，E为顶点的四边形是菱形，
此时，，，
当B，C，D，E为顶点的四边形是菱形时，分两种情况：
①当为边时，则：，即，
解得：（舍去）或，
此时菱形的边长为；
②当为对角线时，则：，即：，
解得：或（舍去）
此时菱形的边长为：；
综上：存在以B，C，D，E为顶点的四边形是菱形，边长为或2．
题型四、二次函数的综合题专训之正方形存在性问题
（1）解：根据题意：设抛物线的解析式解析式为，将代入得：
，
解得：，
则抛物线的解析式解析式为；
（2）解：将代入，则，
∴，
过点P作轴的垂线，交于点Q，
设直线的解析式为，则，解得：，
∴直线的解析式为，
设，则，
∴，
∵，，
∴轴，
∵，
∴，即，
∴，
当时，解得：或，
则或，
∴点P的坐标为或；
当时，方程无解；
综上，点P的坐标为或；
（3）解：设直线的解析式为，
则，解得：，
∴直线的解析式为，
设，，
∵轴与抛物线段交于点N，轴于F，轴于H，
∴，，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
解得：或（舍去），
则，
∴．
（1）解：∵抛物线与轴相交于点，且抛物线的顶点坐标为．
∴设抛物线的解析式为：，
把代入，得：，
∴，
∴；
（2）当时，解得：，
∴，
∵，
∴设直线的解析式为：，把代入，得：，
∴，
作轴，垂足为点，设，则：，
∴，
∴与的面积相等，
∴，即：，
∵，
∴，
∴，
解得：或（舍去）；
∴；
（3）存在点，使四边形为正方形，
如图所示，过作轴，过作轴，过作轴，则有与都为等腰直角三角形，，
由（2）可知，直线的解析式为，
设，直线解析式为，
联立得：，
消去得：，
，
为等腰直角三角形，
，
，
，
，
∵四边形为正方形，
∴，
，
整理得：，
解得：或，
正方形边长为，
或．即正方形的边长为或．
能力练
1.（1）解：∵点，点在抛物线 的图象上，
，
解得：，，
抛物线的解析式为．
（2）解：过作于点，过点作轴交于点，如图1：
∵抛物线与轴交于点，
∴点的坐标为，
又，
，
是等腰直角三角形，
，
轴，
，
是等腰直角三角形，
，
当最大时，最大，
设直线解析式为，
将代入得，
，
直线解析式为，
设，
则，
，
，
当时，最大为，
此时最大为，即点到直线的距离值最大．
（3）解：存在，满足条件点的坐标为或或，理由如下，
当以为平行四边形的边时，如图2，
点，，
，
即，
解得，
，
点的坐标为；
当以为平行四边形的边长时，如图3，
点，，
，
即，
解得，
，
点的坐标是；
当以为对角线时，如图4，
，，
线段的中点的坐标为，即，
，
解得，
，
点的坐标是．
综上所述，点的坐标为或或．
2.（1）解： 抛物线与轴的负半轴交于点，且，
．
把，，代入中，
得解得
该抛物线的函数表达式为．
（2）解：假设抛物线上存在点，使四边形为菱形，连接交于点．如图，
四边形为菱形，，
，且，
，即点的纵坐标为．
由，得，（不合题意，舍去），
故存在这样的点，此时点的坐标为．
（3）解：连接，作轴于点，轴于点，如图，
设点的坐标为．
，，，
，，，，
，
当时，，
此时点的坐标为，
即当点运动到时，四边形的面积最大，四边形的最大面积为32．
3.（1）解：把和代入，得：
，解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：当时，
解得：
∴
设直线的解析式为，把，点的坐标代入得：
，解得：，
∴直线的解析式为
点P为直线上方抛物线上的点，
设，
，
，
当时，，
；
（3）解：∵
将抛物线先向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度得到新的抛物线，
∴，
的对称轴为.
∵，，
∴，
如图：当为矩形一边时，且点D在x轴的下方，过D作轴于点F，
∵D在的对称轴上，
，
∵，，
∴，
，，即点，
∴点C向右平移2个单位、向下平移2个单位可得到点D，则点B向右平移2个单位、向下平移2个单位可得到点；
如图：当为矩形一边时，且点D在x轴的上方，的对称轴为与x轴交于点F，
∵D在的对称轴上，
∴，
，
，即，
，即点，
∴点B向左平移1个单位、向上平移1个单位可得到点D，则点C向左平移1个单位、向上平移1个单位可得到点；
当为矩形对角线时，设，，的中点F的坐标为，
依意得：，解得，
又，
，
解得：，
联立，
解得：，
∴点E的坐标为或.
综上，存在点或或或，使得以点，，，为顶点的四边形是矩形．
4.（1）解：设抛物线的表达式为，
因为抛物线与x轴交于点，，
所以，则抛物线的对称轴为直线．
（2）解：由抛物线表达式得：C点坐标为，
设直线的表达式为，将点B的坐标代入上式得，
故直线的表达式为，
设点，则点，
则，
，故有最大值，当时，的最大值为．
（3）解：存在，理由如下：
当时，点，
设点，而点；
四边形是菱形，则，
即，解得：，
即点M的坐标为或．
5.（1）解：在中，令，则，
解得：，，
∴，，
令，则，即；
（2）解：设直线的解析式为，
将，代入解析式得，
∴，
∴直线的解析式为，
∵，
∴抛物线的对称轴为直线，
由题意得：，则，
∵轴，
∴点、关于抛物线的对称轴直线对称，即直线经过线段的中点，
如图，
，
∵交直线于点F，且，
∴当时，，即，
∴，
解得：，
∵点在第二象限，
∴，
∴；
（3）解：设，且，则，
∵，，
∴，，
如图，当点在正方形的边上时，设边交轴于，
，
则，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：（舍去），，
∴；
如图，当点在正方形的边上时，
，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
综上所述，点的坐标为或．
3.2 函数的基本性质--函数的单调性和最大（小）值 常见题型总结练 2025-2026学年数学高一年级人教A版（2019）必修第一册
一：图象法求单调区间
1.如图是函数的图象，则函数的单调递减区间为（ ）
A． B． C． D．
2.函数的单调递增区间是（ ）
A． B． C． D．
3.已知函数的图象如图所示，则该函数的减区间为（ ）

A． B．
C． D．
4.定义在上的函数的单调递减区间是 .
二：函数单调性的判断
1．已知四个函数的图象如图所示，其中在定义域内具有单调性的函数是（ ）
A． B．
C． D．
2.（多选题）在区间上为减函数的是（ ）
A． B． C． D．
3.(多选题)下列函数中，在R上是增函数的是（ ）
A．y=|x| B．y=x
C．y=x2 D．y=
4.下列函数中，在上单调递增的是（ ）
A． B． C． D．
三：证明或判断函数的单调性
1.下列函数中，满足“对任意，，当时，都有”的是（ ）
A． B． C． D．
2.函数在上的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．
3.下列函数中，在区间上为增函数的是（ ）
A． B． C． D．
4.已知函数的定义域为，则下列说法中正确的是（ ）
A．若满足，则在区间内单调递增
B．若满足，则在区间内单调递减
C．若在区间内单调递增，在区间内单调递增，则在区间内单调递增
D．若在区间内单调递增，在区间内单调递增，则在区间内单调递增
四：求函数的单调区间
1.函数的单调增区间为（ ）
A． B． C．和 D．
2.函数的单调递增区间是（ ）
A．（，1] B．[1，） C．[1，4] D．[2，1]
3.已知，则函数的单调增区间是 .
4.（24-25高一上·全国·课堂例题）已知函数，，根据图象写出它的单调区间．．
五：函数单调性的应用
1.已知函数在区间上是减函数，则整数a的取值可以为（ ）
A． B． C．0 D．1
2.若函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3.若函数（为实数）是R上的减函数，则（ ）
A． B． C． D．
4.若在上为减函数，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
六：利用单调性比较大小或解不等式
1.若函数在上单调递增，且，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2.已知函数f（x）的定义域为R，且对任意的x1，x2且x1≠x2都有[f（x1）﹣f（x2）]（x1﹣x2）＞0成立，若f（x2+1）＞f（m2﹣m﹣1）对x∈R恒成立，则实数m的取值范围是（　　）
A．（﹣1，2） B．[﹣1，2]
C．（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞） D．（﹣∞，﹣1]∪[2，+∞）
3.设函数在区间上有意义，任意两个不相等的实数，下列各式中，能够确定函数在区间上单调递增的是（ ）
A． B．
C． D．
4.(多选题)设函数在上为减函数，则（ ）
A．
B．
C．
D．
E．
函数的最大（小）值
一：利用图象求函数最值
1.定义在R上的偶函数在[0,7]上是增函数，在[7，＋∞)上是减函数，又f(7)＝6，则f(x)(　　)
A．在[－7,0]上是增函数，且最大值是6
B．在[－7,0]上是减函数，且最大值是6
C．在[－7,0]上是增函数，且最小值是6
D．在[－7,0]上是减函数，且最小值是6
2.函数y＝f（x）在[－2，2]上的图象如图所示，则此函数的最小值、最大值分别是(　　)．
A．f（－2），0 B．0，2 C．f（－2），2 D．f（2），2
3.若函数，它的最大值为，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4.函数在区间上的值域为
二：利用单调性求函数最值
1.函数y＝在[2，3]上的最小值为（ ）
A．2 B．
C． D．－
2.已知函数在区间上的最大值为A，最小值为B，则A-B等于（ ）
A． B． C．1 D．-1
3.函数在区间上的最小值为（ ）
A． B．1 C． D．2
4.若函数y＝在区间[2，4]上的最小值为5，则k的值为(　　)
A．5 B．8
C．20 D．无法确定
三：求二次函数的最值
1.已知函数在区间上有最大值5，最小值1，则的值等于（ ）
A． B．1 C．2 D．3
2.定义域为R的函数满足，且当时，，则当时，的最小值为(　　)
A． B． C． D．
3.（多选题）关于函数（）在上最小值的说法不正确的是（ ）
A．4 B．
C．与的取值有关 D．不存在
4.（多选题）已知在区间上的最小值为，则可能的取值为（ ）
A． B．3 C． D．1
四：判断二次函数的单调性和求解单调区间
1.函数在区间上递增，则实数的取值范围是(　　)
A． B． C． D．
2.若函数在上是减函数，则实数m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3.若函数在上是减函数，则实数m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4.（多选题）已知函数的定义域为，值域为，则的可能的取值是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
五：函数最值的实际应用
1.如图所示是函数的图象，图中曲线与直线无限接近但是永不相交，则以下描述正确的是（ ）
A．函数的定义域为
B．函数的值域为
C．此函数在定义域中不单调
D．对于任意的，都有唯一的自变量x与之对应
2.若是偶函数，且对任意∈且，都有，则下列关系式中成立的是（ ）
A． B．
C． D．
3.向一个圆台形的容器(如图所示)中倒水,且任意相等的时间间隔内所倒的水体积相等,记容器内水面的高度y随时间t变化的函数为,则以下函数图象中,可能是的图象的是(　　).
A． B．
C． D．
4.（23-24高一上·全国·课后作业）一水池有2个进水口，1个出水口，进出水速度如图甲、乙所示．某天0点到6点，该水池的蓄水量如图丙所示（至少打开一个水口）.

给出以下4个论断，其中正确的是（　　）
A．0点到3点只进水不出水
B．3点到4点不进水只出水
C．3点到4点只有一个进水口进水
D．4点到6点不进水也不出水
答案
一：图象法求单调区间
根据题意，结合函数图象可得函数的单调递减区间为：.
故选：.
函数的定义域需要满足，解得定义域为，
因为在上单调递增，所以在上单调递增，
故选：D.
函数的图象在区间和是下降的，在区间和是上升的，
故该函数的减区间为．
故选：C.
，取
如图所示：
单调递减区间是
故答案为
二：函数单调性的判断
对于A，函数分别在及上单调递增，
但存在，使，故A不符合题意；
对于C，函数分别在及上单调递增，
但存在，使，故C不符合题意；
对于D，函数分别在及上单调递减，
但存在，，使，故D不符合题意；
只有B完全符合增函数的定义，具有单调性.
故选:B.
解：函数是上的减函数，
函数在区间上单调递减，
函数在区间单调递减.
函数在区间单调递增，
所以A，B，C符合要求；D项不符合要求.
故选：ABC.
解：选项A，，当x<0时单调递减，不符合题意；
选项B，显然在R上是增函数，符合题意；
选项C，y=x2，当x<0时单调递减，不符合题意；
选项D，作出草图如下，实线部分，观察图象可得函数在R上为增函数，符合题意.

故选：BD
对于A中，函数在上单调递减，所以A不符合题意；
对于B中，函数在上单调递减，单调递增，所以B符合题意；
对于C中，函数在上单调递减，所以C不符合题意；
对于D中，时函数在上单调递减，所以D符合题意.
故选：D.
三：证明或判断函数的单调性
因为对任意，，当时，都有，所以在上为增函数，
A选项，在上为增函数，不符合题意.
B选项，在上为减函数，不符合题意.
C选项，在上为增函数，符合题意.
D选项，在上为增函数，不符合题意.
故选：C.
因为在上单调递增，且恒成立，
可知函数在上单调递减，
当时，，所以函数在上的最小值为.
故选：B.
选项A：，开口向下，对称轴为，所以函数在区间上为减函数，故选项A错误；
选项B：，所以函数在区间上为增函数，故选项B正确；
选项C：可以看作由函数向左平移一个单位得到，所以函数在区间上为减函数，故选项C错误；
选项D：，开口向下，对称轴为，所以函数在区间上为减函数，故选项D错误.
故选：B.
对于AB：函数满足，或，特值并不具有任意性，
所以区间端点值的大小关系并不能确定函数在区间上的单调性，故A，B错误；
对于C：区间和有交集，故函数在区间内单调递增，故C正确，
对于D：区间和没有交集，故不能确定函数在区间内的单调性.
例如在和上递增，但，故D错误．
故选：C.
四：求函数的单调区间
由可得且，
因为开口向下，其对称轴为，
所以的减区间为和
所以的单调增区间为和
故选：C
由，得，解得，
令，则，
因为在上递增，在上递减，而在上递增，
所以在上递增，在上递减，
所以的单调递增区间是，
故选：D
解：因为，对称轴为 ，又开口向下，
又，∴函数的单调递增区间为．
故答案为：
，
函数图象如图所示．
由图象可知，函数的单调递增区间为，单调递减区间为．
五：函数单调性的应用
解：由题意可得，解得，
∴整数a的取值可以为.
故选：A
函数的对称轴为，
由题意可知，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：B.
由题意知，解得
故选：D
为上的减函数， 时， 递减，即，①， 时， 递减，即，②且 ，③ 联立①②③解得， .
故选：C.
六：利用单调性比较大小或解不等式
在上单调递增，，，解得：，
实数的取值范围为.
故选：C.
解：由题意，可知：
∵对任意的x1，x2且x1≠x2都有[f（x1）﹣f（x2）]（x1﹣x2）＞0成立，
∴函数f（x）在定义域R上为增函数．
又∵f（x2+1）＞f（m2﹣m﹣1）对x∈R恒成立，
∴x2+1＞m2﹣m﹣1，
∴m2﹣m﹣1＜1，
即：m2﹣m﹣2＜0．
解得﹣1＜m＜2．
故选：A．
解：函数在区间上单调递增，则任意两个不相等的实数，与应该同号，所以，
故选：C.
由题意，函数在上为减函数.
当时，，，，
则，，，故ACD错误；
对于B，因为，所以，
所以，故B正确；
对于E，因为，所以，故E正确.
故选：BE.
函数的最大（小）值
一：利用图象求函数最值
∵函数是偶函数，而且在[0，7]上为增函数，
∴函数在[-7，0]上是减函数.
又∵函数在x=7和x=-7的左边是增函数，右边是减函数，且f(7)=f(-7)，
∴最大值为f(7)=f(-7)=6.
故选B.
试题分析：由图观察可知函数在和上单调递增，在上单调递减．
所以函数在处取的最大值为．
又由图观察可知，所以函数的最小值为．故C正确．
由题意，函数表示开口向上，且对称轴为的抛物线，
要使得当，函数的最大值为，则满足且，
解得，所以实数的取值范围是.
故选D.
由题：，函数在单调递减，在单调递减，
可以看成函数向右平移1个单位，再向上平移1个单位，作出图象：
所以函数在递减，在递减，，，
所以函数的值域为.
故答案为：
二：利用单调性求函数最值
y＝在[2，3]上单调递减，所以x=3时取最小值为，
故选：B.
函数在区间是减函数，
所以时有最大值为1，即A=1，
时有最小值，即B=，
则,
故选：A.
由知，在上是增函数，所以在上递增，所以.
故选：C
∴或∴k＝20.选C.
三：求二次函数的最值
由题意，函数，
可得函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
当时，则函数在区间上单调递增，其最小值为，
显然不合题意；
当时，则函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
故函数的最大值为，
因为，令，即，即，
解得或，
又因为，所以.
故选： D.
设，则，则，又，∴，∴当时，取到最小值为.
由题意得：二次函数（）的对称轴为，且函数图象开口向上，
则该函数在上单调递减，
所以，
故选：BCD.
解：因为函数，函数的对称轴为，开口向上，
又在区间上的最小值为，
所以当时，，解得（舍去）或；
当，即时，，解得（舍去）或；
当，即时，．
综上，的取值集合为．
故选：BC．
四：判断二次函数的单调性和求解单调区间
函数,二次函数图像开口向上，
若在区间上递增，
则对称轴x=-a,
即a
故选D.
函数的对称轴为，
由于在上是减函数，所以.
故选：B
函数的对称轴为，
由于在上是减函数，所以.
故选：B
因为函数在区间上单调递减，在上单调递增，
所以在R上的最小值为，且，
（1）当时，由的值域为，可知必有
所以且，解得，此时
（2）当时，由的值域为，可知必有
所以且，解得，此时
综上可知，
所以的可能的取值为
故选：BCD
五：函数最值的实际应用
1 由图知：的定义域为，值域为，A、B错；
显然在分别递增，但在定义域上不单调，C对；
显然，对应自变量x不唯一，D错.
故选：C
∵对任意的x1，x2∈（0，+∞），都有，
∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递减，
又∵，
∴，
又∵f（x）是偶函数，∴f（﹣）＝f（）.
∴.
故选：A.
由容器的形状可知，在相同的变化时间内，高度的增加量越来越小，
故函数的图象越来越平缓，
故选：D.
由甲，乙图得进水速度为1，出水速度为2，
对A，由题意可知在0点到3点这段时间，每小时进水量为2，即2个进水口同时进水且不出水，所以A正确；
对BC，从丙图可知3点到4点水量减少了1，所以应该是有一个进水口进水，同时出水口也出水，故B错误C正确；
对D，当两个进水口同时进水，出水口也同时出水时，水量保持不变；也可由题干中的“至少打开一个水口”知D错，故D错误．
故选：AC
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