第08讲函数的单调性（解析版）_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_一轮复习_2023年高考数学一轮复习考点精讲练+易错题型（新高考专用）

第 08 讲 函数的单调性 【基础知识全通关】 1．函数单调性的定义 增函数 减函数 一般地，设函数 的定义域为 ，如果对于定义域 内某个区间 上的任 意两个自变量的值 ， 定义 当 时，都有 ， 当 时，都有 ， 那么就说函数 在区间 上是增 那么就说函数 在区间 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 设 ， .若有 或 ，则 在闭区间 上是增函数；若有 或 ，则 在闭区间 上是减函数.此为函数单调性定义的等价形式. 2．单调区间的定义 若函数 在区间 上是增函数或减函数，则称函数 在这一区间上具有（严格的）单调性，区间 叫做函数 的单调区间． 注意：（1）单调性是与“区间”紧密相关的概念，一个函数在不同的区间上，可以有不同 的单调性，同一种单调区间用“和”或“，”连接，不能用“∪”连接． （2）函数的单调性只能在函数的定义域内来讨论，所以求函数的单调区间，必须先求函数 的定义域． （3）“函数的单调区间是 ”与“函数在区间 上单调”是两个不同的概念，注意区 分，显然 . （4）函数的单调性是对某个区间而言的，所以要受到区间的限制．例如函数 分别在 (－∞，0)，(0，＋∞)内都是单调递减的，但不能说它在整个定义域，即(－∞，0)∪(0，＋ ∞)内单调递减，只能分开写，即函数的单调减区间为(－∞，0)和(0，＋∞)． 3．函数单调性的常用结论 （1）若 均为区间A上的增(减)函数，则 也是区间A上的增(减)函 数； （2）若 ，则 与 的单调性相同；若 ，则 与 的单调性相 反； （3）函数 在公共定义域内与 ， 的单调性相 反； （4）函数 在公共定义域内与 的单调性相同； （5）奇函数在其关于原点对称的区间上单调性相同，偶函数在其关于原点对称的区间上单 调性相反； （6）一些重要函数的单调性： ① 的单调性：在 和 上单调递增，在 和 上单调递 减；② （ ， ）的单调性：在 和 上单调递增，在 和 上单调递减． 4．函数的最值 前提 设函数 的定义域为 ，如果存在实数 满足 （1）对于任意的 ，都有 （3）对于任意的 ，都有 条件 ； ； （2）存在 ，使得 （4）存在 ，使得 结论 为最大值 为最小值 注意：（1）函数的值域一定存在，而函数的最值不一定存在； （2）若函数的最值存在，则一定是值域中的元素；若函数的值域是开区间，则函数无最 值，若函数的值域是闭区间，则闭区间的端点值就是函数的最值. 5、判断函数的单调性 1．判断函数单调性的方法： （1）定义法，步骤为：取值，作差，变形，定号，判断．利用此方法证明抽象函数的单调 性时，应根据所给抽象关系式的特点，对 或 进行适当变形，进而比较出 与 的大小． （2）利用复合函数关系，若两个简单函数的单调性相同，则这两个函数的复合函数为增函 数；若两个简单函数的单调性相反，则这两个函数的复合函数为减函数，简称“同增异 减”． （3）图象法：从左往右看，图象逐渐上升，则单调递增；图象逐渐下降，则单调递减． （4）导数法：利用导函数的正负判断函数的单调性． （5）利用已知函数的单调性，即转化为已知函数的和、差或复合函数，判断函数的单调 性. 2．在利用函数的单调性写出函数的单调区间时，首先应注意函数的单调区间应是函数定义域的子集或真子集，求函数的单调区间必须先确定函数的定义域；其次需掌握一次函数、 二次函数等基本初等函数的单调区间． 6、 函数单调性的应用 函数单调性的应用主要有： （1）由 的大小关系可以判断 与 的大小关系，也可以由 与 的大小关系判断出 的大小关系．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，要利用其函数性质转化到同一个单调区间上进行比较. （2）利用函数的单调性，求函数的最大值和最小值． （3）利用函数的单调性，求参数的取值范围，此时应将参数视为已知数，依据函数的单调 性，确定函数的单调区间，再与已知单调区间比较，即可求出参数的取值范围．若函数为 分段函数，除注意各段的单调性外，还要注意衔接点的取值． （4）利用函数的单调性解不等式．首先根据函数的性质把不等式转化为 的形式，然后根据函数的单调性去掉“f”号，转化为具体的不等式 (组)，此时要注意 与 的取值应在外层函数的定义域内． 7、 函数最值的求解 1．利用单调性求最值．应先确定函数的单调性，然后再由单调性求出最值．若函数在闭区 间 上是增函数，则 在 上的最小值为 ，最大值为 ；若函数 在闭区间 上是减函数，则 在 上的最小值为 ，最大值为 . 2．求函数的最值实质上是求函数的值域，因此求函数值域的方法也用来求函数最值. 3．由于分段函数在定义域不同的子区间上对应不同的解析式，因此应先求出分段函数在每 一个子区间上的最值，然后取各区间上最大值中的最大者作为分段函数的最大值，各区间 上最小值中的最小者作为分段函数的最小值. 4．求函数最值的方法还有数形结合法和导数法. 【知识拓展】 1.函数y＝f(x)(f(x)>0)在公共定义域内与y＝－f(x)，y＝的单调性相反.2.“对勾函数”y＝x＋(a>0)的单调增区间为(－∞，－)，(，＋∞)；单调减区间是[－， 0)，(0，]. 【考点研习一点通】 考点01 单调性的判定和证明 0, 1、下列函数中，在区间 上为减函数的是（ ） x 1 y  A． y  x1 B． y  x2 1 C．  2   D．y log x 2 【答案】C 【解析】 y  x1 0, 对于A选项，函数 在区间 上为增函数； y  x2 1 0, 对于B选项，函数 在区间 上为增函数； x 1 y  对于C选项，函数  2   在区间0,上为减函数； y log x 0, 对于D选项，函数 2 在区间 上为增函数. 故选：C. 2.已知函数f(x)= ，证明函数在(-2，+∞)上单调递增. 【答案】证明见解析. 【解析】 x，x∈(-2，+∞)，利用作差法和0比可得函数值大小进而可证得. 1 2 ∀【详解】 证明：∀x 1 ，x 2 ∈(-2，+∞)，且x 1 >x 2 >-2， f(x)=则f(x)-f(x)= 1 2 = ， 因为x>x>-2， 1 2 所以x-x>0，x+2>0，x+2>0， 1 2 1 2 所以 >0，所以f(x)>f(x)， 1 2 所以f(x)在(-2，+∞)上单调递增. 考点02：求函数的单调区间 3.函数f(x)= 在（ ） A．(-∞，1)∪(1，+∞)上单调递增 B．(-∞，1)∪(1，+∞)上单调递减 C．(-∞，1)和(1，+∞)上单调递增 D．(-∞，1)和(1，+∞)上单调递减 【答案】C 【解析】 分离函数得f(x)= -1，结合函数y=- 在(-∞，0)和(0，+∞)上单调递增，由平移即可判断. 【详解】 f(x)的定义域为{x|x≠1}. f(x)= = -1= -1， 因为函数y=- 在(-∞，0)和(0，+∞)上单调递增，由平移关系得， f(x)在(-∞，1)和(1，+∞)上单调递增. 故选：C.4、函数f(x)=√x2−2x−8的单调递增区间是（ ） A. (−∞,−2] B. (−∞,1] C. [1,+∞) D. [4,+∞) 【答案】D 【解析】 x2−2x−8≥0得x≥4或x≤−2， 令x2−2x−8=t，则y=√t为增函数， ∴t=x2−2x−8在[4,+∞)上的增区间便是原函数的单调递增区间， ∴原函数的单调递增区间为[4,+∞)，故选D. 考点03：利用单调性比较大小 5.设函数 满足 ，且 有 ，则（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 根据题意，得到函数 在 上单调递增，且为定义在 上的偶函数，结合函数 的单调性与奇偶性，即可求解. 【详解】 由题意知 ，都有 ， 可得函数 在 上单调递增， 又由函数 满足 ，可得 是定义在 上的偶函数， 所以 ，所以 ，即 ， 故选：C.6、定义在实数集 上的函数 满足 ，且当 时， 是增函 数，则 ， ， 的大小关系正确的是（ ）. A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 ， 关于 对称， 又 时， 是增函数， ， ， . 故选：C. 考点04：利用单调性确定参数取值范围 x2 ax3a,x1 f x 7.若函数 是 上的增函数，则实数 的取值范围是（ ）  2ax1,x1 R a  1   1  1 1   ，0 0， , ，         A． 3  B． 3 C． 3 D．3  【答案】B 【解析】 x2 ax3a,x1 f x 由函数 是 上的增函数，  2ax1,x1 Ra 1  2  a 0 则 ，解得 ，  2a11a3a 1  0a  3  1 0，   即实数a的取值范围是 3， 故选：B. 8.【多选题】（2021·湖南长沙市·长沙一中高二月考）已知函数 ，若对任意的 [t，t+1]，不等式 恒成立，则整数t的取值可以是（ ） A． B．1 C．3 D．5 【答案】CD 【解析】 首先判断 在 上为增函数，将不等式转化为 ，即 对任意的 [t，t+1]恒成立，利用一次函数的单调性，解不等式可得所求范围. 【详解】 ， 当 时， ，在 递增， 当 时， ，在 上递增， 且 ， 为连续函数， 所以 在 上为增函数，且 ， 由对任意的 [t，t+1]，不等式 恒成立， 即 ，即 ，所以 对任意的 [t，t+1]恒成立， 由 在[t，t+1]上递增， 可得 的最大值为 ， 即 ，解得 . 故选：CD 考点05：利用函数的单调性解决不等式问题 9.【多选题】已知函数 ，则下列x的范围满足不等式 的是（ ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【解析】 画出函数 的图象，由图象可知函数 在 上为增函数，再利用函数 的 单调性简化不等式，即可得到结果． 【详解】 因为函数 ，画出函数图象如图所示：所以函数 在 上为增函数， 由 得 ， 即 解得 ， 故选：B C D． 10、若定义在 的奇函数f(x)在 单调递减，且f(2)=0，则满足 的x的 取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 首先根据函数奇偶性与单调性，得到函数 在相应区间上的符号，再根据两个数的乘积 大于等于零，分类转化为对应自变量不等式，最后求并集得结果. 【详解】 因为定义在 上的奇函数 在 上单调递减，且 ， 所以 在 上也是单调递减，且 ， ，所以当 时， ，当 时， ， 所以由 可得： 或 或 解得 或 ， 所以满足 的 的取值范围是 ， 故选：D. 考点06：函数的单调性和最值（值域）问题 11.若函数 在区间 上的值域为 ，则 （ ） A．有最大值，但无最小值 B．既有最大值，也有最小值 C．无最大值，但有最小值 D．既无最大值，也无最小值 【答案】A 【解析】 取 ，判断 无最小值；由于 ，故结合 题意得 ，进而得答案. 【详解】 解： ， 不妨设 ，则 在 上的值域为 ， 由于函数 在区间 上的值域为 ， 所以 ，故 无最小值； 因为 ， ，， 由于抛物线开口向上， 故 ， ， 所以 ， 所以 ，当且仅当 时取得最大值 . 故选：A. 12.已知 ， ，当 时， 恒成立，则 的最 小值是_____. 【答案】 【解析】 按 的正负分类讨论确定 的关系，从而可把 化为 的函数，再由基本 不等式求得最小值． 【详解】 当 时， ，即 恒成立， 是 上的增函数， ∴ ， 当 时， ，即 恒成立，是 上的增函数， ∴ ， ∴ ，∴ ，当 时等号成立． 故答案为： . 考点07：抽象函数的单调性问题 13.（2021·海南高三其他模拟）已知定义在 上的函数 满足 ，且当 时， ，则关于 的不等式 （其中 ）的解集为（ ） A． B． 或 C． D． 或 【答案】A 【解析】 先判断函数 单调递减，再利用已知条件和函数的单调性得 ，解 不等式即得解. 【详解】 任取 ，由已知得 ，即 ，所以函数 单调递 减． 由 可得 ，即 ， 所以 ， 即 ， 即 ， 又因为 ， 所以 ， 此时原不等式解集为 ． 故选：A 14.设f(x)是定义在R上的函数，对m，n∈R，恒有f(m＋n)＝f(m)·f(n)(f(m)≠0，f(n)≠0)，且 当x>0时，00； (3)f(x)在R上是减函数． 【答案】见解析 【解析】分析：(1)可通过赋值求f(0)；(2)可通过f(0)＝f[x＋(－x)]＝f(x)·f(－x)证明f(x)>0； (3)利用定义可证明函数的单调性． 解：(1)根据题意，令m＝0，可得f(0＋n)＝f(0)·f(n)， ∵f(n)≠0，∴f(0)＝1. (2)由题意知x>0时，00； 当x<0时，－x>0，∴00. 故x∈R时，恒有f(x)>0. (3)设x，x∈R，且x0，又x－x>0，∴01时，f(x) ＝f(t＋2)＝t2＋2t－3，f(x) ＝f(t)＝t2－2t－3. max min设 函 数 f(x) 的 最 大 值 为 g(t) ， 最 小 值 为 φ(t) ， 则 有 ， . 【名师点睛】求二次函数的最大（小）值有两种类型：一是函数定义域为实数集 ，这时 只要根据抛物线的开口方向，应用配方法即可求出最大（小）值；二是函数定义域为某一 区间，这时二次函数的最大（小）值由它的单调性确定，而它的单调性又由抛物线的开口 方向和对称轴的位置（在区间上，在区间左侧，还是在区间右侧）来决定，若含有参数， 则要根据对称轴与 轴的交点与区间的位置关系对参数进行分类讨论，解题时要注意数形 结合. 易错04：抽象函数的单调性问题 f(x) R 7.（2020·上海高三专题练习）函数 的定义域为 ，并满足以下条件：①对任意 1 f( )1 xR ，有 f(x)0；②对任意x,yR，有 f(xy)[f(x)]y ；③ 3 . f(0) （Ⅰ）求 的值； f(x) R （Ⅱ）求证： 在 上是单调增函数； a bc0 b2 ac f(a) f(c)2f(b) （Ⅲ）若 ，且 ，求证： . f(0)1 【答案】（1） ；（2）见解析；（3）见解析． 【解析】 解法一： x0,y 2, f(0)[f(0)]2 (Ⅰ)令 得： f(0)0 f(0)1 因为 ，所以 ；1 1 x  p ,x  p , （Ⅱ）任取 x ,x (,), 且 x  x . 设 1 3 1 2 3 2 则 p  p 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 f(x ) f(x ) f( p ) f( p )[f( )]p 1 [f( )]p 2 1 2 3 1 3 2 3 3 1 f( )1, p  p 因为 3 1 2，所以 f(x ) f(x ) ， 1 2 f(x) R 所以 在 上是单调增函数； f(b) f(0)1 f(b)1 （Ⅲ）由（Ⅰ）（Ⅱ）知 ，因为 a a c c f(a) f(b )[f(b)]b f(c) f(b )[f(b)]b 又 b ， b a c ac 2 ac f(a) f(c)[f(b)]b [f(b)]b 2 [f(b)] b 2 [f(b)] b 2f(b) 所以 f(a) f(c)2f(b) 所以 解法二： x,yR f(xy)[f(x)]y xR f(x)0 (Ⅰ)因为对任意 ，有 ，且对任意 ， f(x) f(x1)[f(1)]x x0 f(0)[f(1)]0=1 所以 ，当 时 f(0)1 故 ． 1 1 1 f( )1 f(1) f(3 )[f( )]3 1 （Ⅱ）因为 3 ，所以 3 3 f(x)[f(1)]x R f(x) R 所以 在 上是单调增函数，即 在 上是单调增函数 f(1)1 f(a) f(c)[f(1)]a [f(1)]c 2 [f(1)]ac （Ⅲ）由（Ⅱ）知， ， 而 ac2 ac 2 b2 2b ，所以 2 [f(1)]ac 2 [f(1)]2b 2f(b) f(a) f(c)2f(b) 所以8．函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的减函数，对任意的x，y∈(0，＋∞)，都有f(x＋y)＝f(x) ＋f(y)－1，且f(4)＝5. (1)求f(2)的值； (2)解不等式f(m－2)≥3. 【答案】(1)3.(2)(2,4]． 【解析】 (1)f(4)＝f(2＋2)＝f(2)＋f(2)－1， 又f(4)＝5，∴f(2)＝3. (2)f(m－2)≥f(2)，∴，∴2＜m≤4. ∴m的范围为(2,4]． 【巩固提升】 1.【多选题】（2021·全国高一课时练习）设函数f(x)在R上为增函数，则下列结论不一定 正确的是（ ） A．y= 在R上为减函数 B．y=|f(x)|在R上为增函数 C．y= 在R上为增函数 D．y= f(x)在R上为减函数 【答案】ABC 【解析】 令 可判断出A B C不正确，利用单调函数的定义判断可得结果. 【详解】 对于A，若f(x)=x，则y= = ，在R上不是减函数，A错误； 对于B，若f(x)=x，则y=|f(x)|=|x|，在R上不是增函数，B错误； 对于C，若f(x)=x，则y= = ，在R上不是增函数，C错误； 对于D，函数f(x)在R上为增函数，则对于任意的x，x∈R，设x0， 1 2 1 2 2 1 则y= f(x)在R上为减函数，D正确. 故选：ABC 2.已知f (x)=1+2x−x2，那么g(x)=f [f (x)]( ) A. 在区间(−2,1)上单调递增 B. 在(0,2)上单调递增 C. 在(−1,1)上单调递增 D. 在(1,2)上单调递增 【答案】D 【解析】f (x)=1+2x−x2=−(x−1) 2+2，在 记t=f (x)，则g(x)= f (t) 当x∈(−2,1)时，f (x)单调递增，且t=f (x)∈¿ 而y= f (t)在¿不具有单调性，故A错误； 当x∈(0,2)时，f (x)不具有单调性，故B错误； 当x∈(−1,1)时，f (x)单调递增，且t=f (x)∈¿ 而y= f (t)在¿不具有单调性，故C错误； 当x∈(1，2)时，f (x)单调递减，且t=f (x)∈¿ 而y= f (t)在¿单调递减，根据“同增异减”知，D正确. 故选：D 3.下列函数中是增函数的为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 根据基本初等函数的性质逐项判断后可得正确的选项. 【详解】 对于A， 为 上的减函数，不合题意，舍. 对于B， 为 上的减函数，不合题意，舍. 对于C， 在 为减函数，不合题意，舍.对于D， 为 上的增函数，符合题意， 故选：D. 4.设函数 ,则 （ ） A．是奇函数，且在(0,+∞)单调递增 B．是奇函数，且在(0,+∞)单调递减 C．是偶函数，且在(0,+∞)单调递增 D．是偶函数，且在(0,+∞)单调递减 【答案】A 【分析】 根据函数的解析式可知函数的定义域为 ，利用定义可得出函数 为奇函数， 再根据函数的单调性法则，即可解出． 【详解】 因为函数 定义域为 ，其关于原点对称，而 ， 所以函数 为奇函数． 又因为函数 在 上单调递增，在 上单调递增， 而 在 上单调递减，在 上单调递减， 所以函数 在 上单调递增，在 上单调递增． 故选：A． 【点睛】 本题主要考查利用函数的解析式研究函数的性质，属于基础题． 5.下列函数中，在区间（0，+ ）上单调递增的是 A． B．y= C． D． 【答案】A 【分析】 由题意结合函数的解析式考查函数的单调性即可.【详解】 函数 ， 在区间 上单调递减， 函数 在区间 上单调递增，故选A. 【点睛】 本题考查简单的指数函数、对数函数、幂函数的单调性，注重对重要知识、基础知识的考 查，蕴含数形结合思想，属于容易题. 6.设 是定义域为 的偶函数，且在 单调递减，则 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】 由已知函数为偶函数，把 ，转化为同一个单调区间上，再 比较大小． 【详解】 是R的偶函数， ． ，又 在(0，+∞)单调递减， ∴ ， ，故选C． 【点睛】 本题主要考查函数的奇偶性、单调性，解题关键在于利用中间量大小比较同一区间的取 值． 7.若定义在 的奇函数f(x)在 单调递减，且f(2)=0，则满足 的x的 取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 首先根据函数奇偶性与单调性，得到函数 在相应区间上的符号，再根据两个数的乘积 大于等于零，分类转化为对应自变量不等式，最后求并集得结果. 【详解】 因为定义在 上的奇函数 在 上单调递减，且 ， 所以 在 上也是单调递减，且 ， ， 所以当 时， ，当 时， ， 所以由 可得： 或 或解得 或 ， 所以满足 的 的取值范围是 ， 故选：D. 【点睛】 本题考查利用函数奇偶性与单调性解抽象函数不等式，考查分类讨论思想方法，属中档题. 8.下列函数中是增函数的为（ ） x 2 f x A． f xx B．  3   C． f x x2 D． f x 3 x 【答案】D 【分析】 根据基本初等函数的性质逐项判断后可得正确的选项. 【详解】 f xx 对于A， 为R上的减函数，不合题意，舍. x 2 f x 对于B，   为 上的减函数，不合题意，舍. 3 R f x x2 ,0 对于C， 在 为减函数，不合题意，舍. f x 3 x 对于D， 为R上的增函数，符合题意， 故选：D. 9.下列函数在其定义域上是增函数的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 根据二次函数、指数函数、对数函数、三角函数的知识可选出答案. 【详解】在 上单调递减，在 上单调递增，故A不满足 在 上单调递增，故B满足 在 上单调递减，故C不满足 在定义域内不单调，故D不满足 故选：B 10.已知偶函数y=f(x)在区间 上是减函数，则下列不等式一定成立的是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 利用函数的奇偶性与单调性逐一判断即可. 【详解】 因为偶函数y=f(x)在区间(﹣∞，0]上是减函数， 所以f(x)在(0，+∞)上是增函数， 对于A，f(﹣3)=f（3），0<2<3，所以f（2）1>0，所以f(﹣2)=f（2）>f（1），故B错误； 对于C､D，f(﹣1)=f（1），0<1<2，所以f(﹣1)=f（1）