文档内容
专题 2.3 函数的单调性与最值-重难点题型精讲
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I，如果对于定义域I内某个区间D上的任
意两个自变量的值x，x
1 2
定义 当xf (x)，那么就说
1 2 1 2
么就说函数f (x)在区间D上是增
函数f (x)在区间D上是减函数
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D上是增函数或减函数，那么就说函数y＝f (x)在这一区间具有(严格的)单调性，
区间D叫做y＝f (x)的单调区间．
2．函数的最值
(1)函数的最大（小）值：(2)利用函数单调性求最值的常用结论：
①如果函数y=f(x)在区间[a,b]上单调递增，在区间[b,c]上单调递减，那么函数y=f(x),x [a,c]在
x=b处有最大值f(b)，如图(1)所示；
②如果函数y=f(x)在区间[a,b]上单调递减，在区间[b,c]上单调递增，那么函数y=f(x), x [a,c]在
x=b处有最小值f(b)，如图(2)所示.
【题型1 求函数的单调区间】
确定函数单调性的四种方法：
(1)定义法：利用函数单调性的定义判断．
(2)导数法：适用于初等函数、复合函数等可以求导的函数．
(3)图象法：由图象确定函数的单调区间需注意两点：一是单调区间必须是函数定义域的子集；二是图象不
连续的单调区间要分开写，用“和”或“，”连接，不能用“∪”连接．
(4)性质法：利用函数单调性的性质，尤其是利用复合函数“同增异减”的原则时，需先确定简单函数的单
调性．
1
【例1】（2021秋•东海县期中）函数f（x）= 的单调减区间是（ ）
x
A．（0，+∞） B．（﹣∞，0）
C．（﹣∞，0）∪（0，+∞） D．（﹣∞，0）和（0，+∞）
【解题思路】根据题意，求出函数的导数，由导数与函数单调性的关系分析可得f（x）的递减区间，综
合即可得答案．1 1
【解答过程】解：根据题意，函数f（x）= ，其定义域为{x|x≠0}其导数f′（x）=− ，
x x2
分析可得：当x＞0时，f′（x）＜0，即函数f（x）在（0，+∞）上为减函数，
当x＜0时，f′（x）＜0，即函数f（x）在（﹣∞，0）上为减函数；
1
综合可得：函数f（x）= 的单调减区间是（﹣∞，0）和（0，+∞）；
x
故选：D．
1
【变式1-1】（2022春•喀什市校级期末）函数y= x2−lnx的单调减区间是（ ）
2
A．（0，1） B．（0，1）∪（﹣∞，﹣1）
C．（﹣∞，1） D．（﹣∞，+∞）
【解题思路】求出函数y的定义域，利用导函数研究其单调性即可．
1
【解答过程】解：函数y= x2−lnx，其定义域为（0，+∞）．
2
1
那么：y′＝x− ，
x
令y′＝0，解得：x＝1．
当x （0，1）时，y′＜0，那么函数y在x （0，1）上是单调性减函数．
故选∈：A． ∈
【变式1-2】（2021春•资阳期末）函数f（x）=√x−x的递增区间为（ ）
1 1
A．(0， ) B．（0，1） C．( ，+∞) D．（1，+∞）
4 4
【解题思路】对f（x）求导，令f′（x）＞0，即可求解函数f（x）的单调递增区间．
【解答过程】解：f（x）=√x−x的定义域为[0，+∞），
1
f′（x）= −1，
2√x
1
令f′（x）＞0，可得0＜x＜ ，
4
1
所以函数f（x）=√x−x的递增区间为（0， ）．
4
故选：A．
【变式1-3】（2021秋•三明期中）函数f（x）＝|x﹣2|•（x﹣4）的单调递减区间是（ ）
A．[2，4] B．[2，3] C．[2，+∞） D．[3，+∞）
【解题思路】将函数化成分段函数的形式，作出图象即可求解．【解答过程】解：函数f（x）＝|x﹣2|（x﹣4） {(x−2)(x−4)，x≥2 ，
=
(2−x)(x−4)，x＜2
作出函数的图象，如图所示：
由图象可得函数的单调递减区间是[2，3]，
故选：B．
【题型2 判断或证明函数的单调性】
【方法点拨】
1.定义法：利用函数单调性的定义讨论函数的单调性.
2.导数法：适用于初等函数、复合函数等可以求导的函数．
3.图象法：根据函数解析式画出函数图象，通过函数图象研究单调性.
注：①复合函数单调性的判断方法：根据复合函数的单调性满足“同增异减”，可判断复合函数的单调性；
②抽象函数单调性的判断方法：一种是“凑”，凑定义或凑已知，从而使用定义或已知条件得出结论；另
一种是“赋值”，给变量赋值要根据条件与结论的关系，有时可能要进行多次尝试.
【例2】（2022春•昌平区期末）下列函数中，在区间（0，+∞）上单调递减的是（ ）
A． 1 B．y= 1 C．y＝2x D．y＝log x
y=x2
x
2
【解题思路】直接根据幂函数，对数函数，指数函数的单调性即可得出答案．
【解答过程】解：函数y＝x 1在区间（0，+∞）上递增；
❑2
1
函数y= 在区间（0，+∞）上单调递减；
x
函数y＝2x在区间（0，+∞）上递增；
函数y＝log x在区间（0，+∞）上递增．
2
故选：B．
【变式2-1】（2021春•绵阳期末）下列函数中是减函数且值域为R的是（ ）1 1
A．f（x）= B．f（x）＝x− C．f（x）＝ln|x| D．f（x）＝﹣x3
x x
【解题思路】根据题意，依次分析选项中函数的单调性和值域，综合可得答案．
【解答过程】解：根据题意，依次分析选项：
1
对于A，f（x）= ，是反比例函数，不是减函数，值域为{y|y≠0}，不符合题意；
x
1 1
对于B，f（x）＝x− ，其导数为f′（x）＝1+ ，是增函数不是减函数，不符合题意，
x x2
{ lnx，x＞0
对于C，f（x）＝ln|x| = ，不是减函数，不符合题意，
ln(−x)，x＜0
对于D，f（x）＝﹣x3，是减函数且值域为R，符合题意；
故选：D．
【变式2-2】（2022春•开福区校级月考）下列函数在定义域内是增函数的为（ ）
1
A．f(x)=− B．f（x）＝e﹣x﹣ex
x
1
C．f（x）＝log |x+1| D．f(x)=( ) −x
3
2
【解题思路】由反比例函数、指数函数单调性可判断ABD，根据复合函数单调性可判断C．
1
【解答过程】解：函数f（x）=− 在（﹣∞，0），（0，+∞）分别单调递增，但在定义域（﹣∞，
x
0）∪（0，+∞）内不是增函数，故A错误；
函数f（x）＝e﹣x﹣ex单调递减，故B错误；
令y＝log t，t＝|x+1|，由复合函数单调性，y＝log t在（0，+∞）单调递增，t＝|x+1|在（﹣∞，﹣1）单
3 3
调递减，在（﹣1，+∞）单调递增，
故函数f（x）＝log |x+1|在（﹣∞，﹣1）单调递减，在（﹣1，+∞）单调递增，故C错误；
3
1
由指数函数单调性，函数f（x）=( ) −x=2x在定义域R上单调递增，故D正确．
2
故选：D．
【变式2-3】（2021秋•青羊区校级月考）给定函数：① y=√x ，②y=log 1 (x+1)，③y＝x2﹣4x+1，④y
2
＝2x﹣1，其中在区间（0，1）上单调递减的函数序号是（ ）
A．①③ B．③ C．②③ D．①④
【解题思路】根据题意，依次分析4个函数的单调性，综合可得答案．【解答过程】解：根据题意，依次分析所给的4个函数，
对于①y=√x，在[0，+∞）上为增函数，
②y=log (x+1)，在区间（﹣1，+∞）上单调递减，
1
2
③y＝x2﹣4x+1，是二次函数，在区间（0，1）上单调递减，
④y＝2x﹣1，在R上为增函数，
符合题意的为②③，
故选：C．
【题型3 利用函数的单调性比较大小】
利用函数的单调性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，则要利用函数的性质，将
自变量的值转化到同一个单调区间上进行比较，对于选择题、填空题通常选用数形结合的方法进行求解.
【例3】（2022春•哈尔滨校级期末）已知函数f（x）＝x3，则a＝f（0.62），b＝f（ln0.6），c＝f（20.6）
之间的大小关系是（ ）
A．a＜c＜b B．a＜b＜c C．b＜c＜a D．b＜a＜c
【解题思路】根据题意，分析函数的单调性，比较自变量的大小，即可得答案．
【解答过程】解：根据题意，函数f（x）＝x3，则f（x）在R上为增函数，
又由ln0.6＜0＜0.62＜1＜20.6，
则有b＜a＜c，
故选：D．
【变式 3-1】（2022 春•船山区校级期中）已知函数 f（x）满足，对任意 x ，x （0，1）有
1 2
∈
f(x )−f(x ) ，若△ABC为锐角三角形，则一定成立的是（ ）
1 2 ＞0
x −x
1 2
A．f（sinA）＞f（cosB） B．f（cosA）＜f（cosB）
C．f（sinA）＜f（cosB） D．f（sinA）＞f（sinB）
【解题思路】由对任意x ，x （0，1）有f(x )−f(x ) ，得到函数f（x）在（0，1）上单调递增，
1 2 1 2 ＞0
x −x
1 2
∈
然后由△ABC是锐角三角形得到A与B间的关系，进而结合诱导公式化简得到sinA和cosB之间的大小
关系进行判断．【解答过程】解：∵对任意x ，x （0，1）有f(x )−f(x ) ，
1 2 1 2 ＞0
x −x
1 2
∈
∴函数f（x）在（0，1）上单调递增，
∵△ABC是锐角三角形，
π π π
∴ ＜A+B＜ ，且0＜A＜ ，0＜B＜ ，
2 2 2
π
π π
∴ ＞A＞ −B＞0，
2 2
π
∵函数y＝sinx在（0， ）上单调递增，
2
π
∴1＞sinA＞sin（ −B）＝cosB＞0，
2
∴f（sinA）＞f（cosB），
故选：A．
【变式 3-2】（2021 秋•营口期末）定义在 R 上的函数 f（x）满足 f（x）＝f（2﹣x），且 x ，x
1 2
∀ ∈
（1，+∞），当x ≠x 时都有（x ﹣x ）（f（x ）﹣f（x ））＞0，若a=f(log 5)，b＝f（log 324），
1 2 1 2 1 2 1 4
2
c＝f（22.5），则a、b、c的大小关系为（ ）
A．a＞b＞c B．c＞a＞b C．c＞b＞a D．b＞c＞a
【解题思路】由已知可得函数的图象关于直线 x＝1对称，函数在（1，+∞）上递增，然后再利用对数
函数和指数函数的性质比较log❑ 5，log 324，22.5的大小，从而可比较出a，b，c的大小．
1 4
2
【解答过程】解：因为定义在R上的函数f（x）满足f（x）＝f（2﹣x），
所以函数f （x）的图象关于直线x＝1对称，
因为 x ，x （1，+∞），当x ≠x 时都有（x ﹣x ）（f（x ）﹣f（x ））＞0，
1 2 1 2 1 2 1 2
所以∀函数f（∈x）在（1．+∞）上递增，在（﹣∞，1 ）上递减，
由f（x）＝f（2﹣x），得f（log❑ 5）＝f（2﹣log❑ 5）＝f（2+log 5），
1 1 2
2 2
因为log 4＜log 5＜log 8，所以2＜log 5＜3，
2 2 2 2
所以4＜2+log 5＜5，
2
log 324 182＝log 18＝1+log 9，
4 =log 2 2
22因为log 23＜log 9＜log 24，所以4＜1+log 9＜5，
2 2 2 2
所以4＜log 324＜5，
4
因为2+log 5＝log 4+log 5＝log 20，log 324 182＝log 18，
2 2 2 2 4 =log 2
22
所以4＜log 324＜2+log 5＜5，
4 2
因为22.5 5 ， ，
=22=√32
√25＜√32＜√36
所以5＜22.5＜6，
所以4＜log 324＜2+log 5＜5＜22.5＜6，
4 2
因为函数f（x）在（1，+∞）上递增，
所以（log 324）＜f（2+log 5）＜f（22.5），
4 2
所以b＜a＜c，即c＞a＞b．
故选：B．
【变式3-3】（2022•广西模拟）已知f（x）是定义在（0，+∞）上的函数，对任意两个不相等的正数x ，
1
x ，都有x f(x )−x f(x ) ．记 f(3.13.2 ) f(3.23.1 ) f(log 3.1)，则（ ）
2 2 1 1 2 ＜0 a= ，b= ，c= 3.2
x −x 3.13.2 3.23.1 log 3.1
1 2 3.2
A．a＜b＜c B．b＜a＜c C．c＜a＜b D．c＜b＜a
【解题思路】由条件判断函数 在（0，+∞）上是增函数，再根据a，b，c的值，可得 b＜c＜a．
【解答过程】解：f（x）是定义在（0，+∞）上的函数，对任意两个不相等的正数x ，x ，
1 2
不妨设0＜x ＜x ，都有x f(x )−x f(x ) ，
1 2 2 1 1 2 ＜0
x −x
1 2
所以x f（x ）﹣x f（x ）＞0，
2 1 1 2
所以f(x ) f(x )，
1 ＞ 2
x x
1 2
f(x)
∴函数y= 在（0，+∞）上是减函数，
x
lnx 1−lnx
令g（x）= ，则g'(x)= ，
x x2
当x＞e时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
所以g（3.1）＞g（3.2），ln3.1 ln3.2
即 ＞ ，
3.1 3.2
所以ln3.13.2＞ln3.23.1，
所以3.13.2＞3.23.1＞1＞log 3.1＞0，
3.2
所以f(3．13.2 ) 1 •f（3.23.1） 1 •f（log 3.1），
＜ ＜ 3.2
3．13.2 3．23.1 log
3.2
3.1
故a＜b＜c．
故选：A．
【题型4 利用函数的单调性解不等式】
根据题目条件，确定函数的单调性，利用函数的单调性将“f”符号脱掉，转化为具体的不等式求解，应注
意函数的定义域．
【例4】（2022春•玉溪月考）已知f（x）是定义在[﹣1，1]上的减函数，且f（2a﹣3）＜f（a﹣2），则实
数a的取值范围是（ ）
A．（1，2] B．（1，3] C．（1，4] D．（1，+∞）
【解题思路】由函数的单调性及定义域建立不等式组求解即可．
【解答过程】解：因为f（x）是定义在[﹣1，1]上的减函数，且f（2a﹣3）＜f（a﹣2），
{−1≤2a−3≤ 1
所以 ，解得1＜a≤2．
−1≤a−2≤1
2a−3＞a−2
故选：A．
【变式4-1】（2022•陕西模拟）已知函数y＝f（x）在R上单调递减，令g（x）＝f（x）﹣x，若g（t）＜g
（4﹣t），则实数t的取值范围为（ ）
A．（1，+∞） B．（﹣∞，1） C．（2，+∞） D．（﹣∞，2）
【解题思路】由已知利用函数的单调性即可直接求解．
【解答过程】解：因为y＝f（x）在R上单调递减，
所以g（x）＝f（x）﹣x在R上单调递减，
若g（t）＜g（4﹣t），则t＞4﹣t，
故t＞2．
故选：C．
【变式4-2】（2021秋•潍坊月考）已知函数f（x）的定义域为R，其图像关于y轴对称，且f（x）在（﹣
∞，0]上单调递增，若f（3a﹣2）＞f（2a），则实数a的取值范围是（ ）1 5 2 1 5 2
A．a＜ 或a＞ B．a＜ 或a＞2 C． ＜a＜ D． ＜a＜2
2 2 5 2 2 5
【解题思路】根据函数奇偶性和单调性的关系将不等式进行转化求解即可．
【解答过程】解：∵函数f（x）是定义域在R上的偶函数，
∵f（x）在（﹣∞，0]上单调递增，
则f（x）在（0，+∞）上单调递减，
∴不等式等价于f（|3a﹣2|）＞f（|2a|），
2
即|3a﹣2|2＜4a2，则5a2﹣12a+4＜0，解得 ＜a＜2，
5
2
实数a的取值范围是（ ，2），
5
故选：D．
【变式4-3】（2021秋•西固区校级期末）定义在R上的偶函数f（x）满足：对任意的x ，x [0，+∞），
1 2
∈
（x ≠x ），有f(x )−f(x ) ，且f（2）＝0，则不等式xf（x）＜0的解集是（ ）
1 2 2 1 ＜0
x −x
2 1
A．（﹣2，2） B．（﹣2，0）∪（2，+∞）
C．（﹣∞，﹣2）∪（0，2） D．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）
【解题思路】由题意可知f（x）在[0，+∞）上是减函数，再根据对称性和f（2）＝0得出f（x）在各个
区间的函数值符号，从而得出答案．
【解答过程】解：∵f(x )−f(x ) 在 [0，+∞）上恒成立，∴f（x）在[0，+∞）上是减函数，
2 1 ＜0
x −x
2 1
∈
又f（2）＝0，
∴当x＞2时，f（x）＜0，当0≤x＜2时，f（x）＞0，
又f（x）是偶函数，
∴当x＜﹣2时，f（x）＜0，当﹣2＜x＜0时，f（x）＞0，
∴xf（x）＜0的解为（﹣2，0）∪（2，+∞）．
故选：B．
【题型5 利用函数的单调性求参数】
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，依据函数的图象或单调性的定义，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.
③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．
④分段函数的单调性，除注意各段的单调性外，还要注意衔接点的取值．
【例5】（2021秋•怀仁市校级月考）若函数y＝x2+2mx+1在[2，+∞）上单调递增，则实数m的取值范围
是（ ）
A．[﹣2，+∞） B．[2，+∞） C．（﹣∞，2） D．（﹣∞，2]
【解题思路】根据题意，求出二次函数的对称轴，结合二次函数的性质可得﹣m≤2，解可得m的取值
范围，即可得答案．
【解答过程】解：根据题意，函数y＝x2+2mx+1为开口向上的抛物线，对称轴为x＝﹣m，
函数y＝x2+2mx+1在[2，+∞）上单调递增，
则﹣m≤2，解得m≥﹣2，即m的取值范围为[﹣2，+∞）；
故选：A．
x+1
【变式5-1】（2021秋•河西区期末）若函数f（x）= 在区间（﹣2，+∞）上单调递增，则实数k的取
x−k
值范围是（ ）
A．（﹣∞，﹣1） B．{﹣2} C．（﹣∞，﹣2] D．（﹣∞，﹣2）
【解题思路】根据函数的单调性得到关于k的不等式组，解出即可．
x+1 k+1
【解答过程】解：f（x）= =1+ ，
x−k x−k
若f（x）在（﹣2，+∞）上单调递增，
{k+1＜0
则 ，故k≤﹣2，
k≤−2
故选：C．
{ ax ，x≥1
【变式5-2】（2022•凌源市开学）若函数 在R上单调递减，则实数a的取
f(x)= 5
(1−3a)x+ ，x＜1
3
值范围是（ ）
1 2 1 1 2
A．( ， ] B．（1，2） C．[ ， ) D．(0， )
3 3 3 2 3
{
0＜a＜1
1−3a＜0
【解题思路】利用题意可知 ，可解．
5
a≤1−3a+
3{ ax ，x≥1
【解答过程】解：∵ 在R上单调递减，
f(x)= 5
(1−3a)x+ ，x＜1
3
{
0＜a＜1
1−3a＜0 1 2
则 ，得， ＜a≤ ，
5 3 3
a≤1−3a+
3
1 2
故a的取值范围为（ ， ]．
3 3
故选：A．
【变式5-3】（2022•泸州模拟）已知函数
f(x)=
{ x+1(x≤0) 在定义域上是增函数，则k的取值范
log (x+k)(x＞0)
3
围是（ ）
A．（3，+∞） B．[3，+∞） C．（1，+∞） D．[1，+∞）
【解题思路】由已知结合分段函数的单调性可求．
【解答过程】解：因为 { x+1(x≤0) 在定义域上是增函数，
f(x)=
log (x+k)(x＞0)
3
所以log k≥1，
3
解得k≥3．
故选：B．
【题型6 求函数的最值】
【方法点拨】
1.配方法，主要适用于二次函数或可化为二次函数的函数，要特别注意自变量的取值范围；
2.换元法，用换元法时一定要注意新元的取值范围；
3.数形结合法，对于图象较容易画出的函数的最值问题，可借助图象直观求出；
4.利用函数的单调性，要注意函数的单调性对函数最值的影响，特别是闭区间上函数的最值.
【例6】（2022春•成都期末）下列函数中，最小值为2的函数是（ ）
1
A．y=x+ (x≠0) B．y＝x2﹣2x+2
x
1
C．y=x+2√x+3(x≥0) D．y
=√x2+1+
√x2+1
【解题思路】举例说明A错误；利用二次函数的单调性求最值判断B与C；利用基本不等式求最值判断D．
【解答过程】解：对于A，当x＜0时，y＜0，故A错误；
4×1×2−(−2) 2
对于B，y＝x2﹣2x+2的最小值为 =1，故B错误；
4×1
对于C，y=x+2√x+3(x≥0)是关于√x的二次函数，在√x [0，+∞）上为增函数，
则其最小值为3，故C错误； ∈
1 √ 1 ，
y=√x2+1+ ≥2 √x2+1⋅ =2
√x2+1 √x2+1
1
当且仅当
√x2+1=
，即x＝0时取等号，故D正确．
√x2+1
故选：D．
x−1 1 2
【变式6-1】（2022春•铜鼓县校级期末）若函数f( )= − +1，则函数g（x）＝f（x）﹣4x的最
x x2 x
小值为（ ）
A．﹣1 B．﹣2 C．﹣3 D．﹣4
【解题思路】由已知求得函数解析式，代入g（x）＝f（x）﹣4x，整理后再由配方法求最值．
【解答过程】解：∵ x−1 1 2 x2−2x+1 x−1 ，
f( )= − +1= =( ) 2
x x2 x x2 x
x−1
令t= ，则t≠1，
x
∴f（x）＝x2（x≠1）．
从而g（x）＝f（x）﹣4x＝x2﹣4x＝（x﹣2）2﹣4，
当x＝2时，g（x）取得最小值，且最小值为﹣4．
故选：D．
2x
【变式6-2】（2022春•阎良区期末）设函数f(x)= 在区间[3，4]上的最大值和最小值分别为M，m，
x−2
则M+m＝（ ）
A．4 B．6 C．10 D．24
【解题思路】将函数f（x）分离常数变形后，判断出其单调性，根据单调性求出最值即可得解．
2(x−2)+4 4
【解答过程】解：因为f(x)= =2+ ，
x−2 x−2
所以f（x）在[3，4]上是减函数．所以m＝f（4）＝4，M＝f（3）＝6．
所以M+m＝6+4＝10．
故选：C．
【变式6-3】（2022春•贾汪区校级月考）函数f（x）＝（x2+2x）（x2+ax+b）满足：对 x R，都有f
（1+x）＝f（1﹣x），则函数f（x）的最小值为（ ） ∀ ∈
A．﹣20 B．﹣16 C．﹣15 D．0
【解题思路】由已知可得方程x2+ax+b＝0的两根为2，4，求得a与b的值，可得f（x）的解析式，再
由导数求最值即可．
【解答过程】解：f（x）＝（x2+2x）（x2+ax+b）一定有两个零点﹣2，0，
由f（1+x）＝f（1﹣x），可得f（x）的图象关于x＝1对称，
则2，4也是函数f（x）的两个零点，可得方程x2+ax+b＝0的两根为2，4，
{−a=2+4
∴ ，得a＝﹣6，b＝8．
b=2×4
∴f（x）＝（x2+2x）（x2﹣6x+8）＝x4﹣4x3﹣4x2+16x．
f′（x）＝4x3﹣12x2﹣8x+16，由f′（x）＝0，解得x=1−√5或x＝1或x＝1+√5．
∴当x （﹣∞，1−√5）∪（1，1+√5）时，f′（x）＜0；
当x （∈1−√5，1）∪（1+√5，+∞）时，f′（x）＞0．
∴函∈数f（x）的最小值为min{f（1−√5），f（1+√5）}＝﹣16．
故选：B．
