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第 2 节 函数的单调性与最值
考试要求 1.理解函数的单调性、最大(小)值及其几何意义；2.会运用基本初等
函数的图象分析函数的性质.
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x f ( x )，那么
1 2 1 2 1 2 1 2
就说函数f(x)在区间D上是增函数 就说函数f(x)在区间D上是减函数
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叫做函数y＝f(x)的单调区间.
2.函数的最值
前提 设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足
(1) 对 于 任 意 x∈I ， 都 有
(3)对于任意x∈I，都有 f ( x ) ≥ M ；
条件 f ( x ) ≤ M ；
(4)存在x ∈I，使得f(x )＝M
(2)存在x ∈I，使得f(x )＝M 0 0
0 0
结论 M为最大值 M为最小值
1.若f(x)，g(x)均为区间A上的增(减)函数，则f(x)＋g(x)也是区间A上的增(减)函
数.
2.函数y＝f(x)(f(x)>0或f(x)<0)在公共定义域内与y＝－f(x)，y＝的单调性相反.3.“对勾函数”y＝x＋(a>0)的单调增区间为(－∞，－)，(，＋∞)；单调减区间
为[－，0)，(0，].
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)对于函数 f(x)，x∈D，若对任意 x ，x ∈D，且 x ≠x 有(x －x )[f(x )－
1 2 1 2 1 2 1
f(x )]>0，则函数f(x)在区间D上是增函数.( )
2
(2)函数y＝的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞).( )
(3)对于函数y＝f(x)，若f(1)0，得x>4或x<－2.
设t＝x2－2x－8，则y＝ln t为增函数.
要求函数f(x)的单调递增区间，即求t＝x2－2x－8的单调递增区间.∵函数t＝x2－2x－8的单调递增区间为(4，＋∞)，
∴函数f(x)的单调递增区间为(4，＋∞).
4.(2020·新高考海南卷)已知函数f(x)＝lg(x2－4x－5)在(a，＋∞)单调递增，则a的
取值范围是( )
A.(－∞，－1] B.(－∞，2]
C.[2，＋∞) D.[5，＋∞)
答案 D
解析 由x2－4x－5>0，得x<－1或x>5.
令t＝x2－4x－5，则函数t＝x2－4x－5在(－∞，－1)单调递减，在(5，＋∞)单调
递增，函数y＝lg t为增函数，故要使函数f(x)＝lg(x2－4x－5)在(a，＋∞)单调递
增，则有(a，＋∞) (5，＋∞)，即a≥5.
5.函数y＝在区间[2，3]上的最大值是________.
⊆
答案 2
解析 函数y＝＝1＋在[2，3]上递减，当x＝2时，y＝取得最大值＝2.
6.(易错题)函数f(x)是定义在[－2，2]上的减函数，若f(a＋1)0，得－20，x －1<0，x －1<0，
2 1 1 2
故当a>0时，f(x )－f(x )>0，即f(x )>f(x )，函数f(x)在(－1，1)上单调递减；
1 2 1 2
当a<0时，f(x )－f(x )<0，
1 2
即f(x )0时，f′(x)<0，函数f(x)在(－1，1)上单调递减；
当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)在(－1，1)上单调递增.
感悟提升 确定函数单调性的四种方法
(1)定义法：利用定义判断.
(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.
训练1 (1)函数f(x)＝|x－2|x的单调递减区间是________.
答案 [1，2]
解析 f(x)＝
画出f(x)的大致图象(如图所示)，
由图知f(x)的单调递减区间是[1，2].
(2)已知a>0，函数f(x)＝x＋(x>0)，证明：函数f(x)在(0，]上单调递减，在[，＋
∞)上单调递增.
证明 法一 (定义法)设x >x >0，
1 2
f(x )－f(x )＝x ＋－x －＝(x －x )＋＝，
1 2 1 2 1 2
∵x >x >0，∴x －x >0，x x >0，
1 2 1 2 1 2
当x ，x ∈(0，]时，0a，
1 2 1 2
∴x x －a>0，
1 2
∴f(x )－f(x )>0，∴f(x )>f(x )，
1 2 1 2
∴f(x)在[，＋∞)上单调递增.
法二 (导数法)f′(x)＝1－＝(x>0)，
令f′(x)>0 x2－a>0 x>，
令f′(x)<0 x2－a<0 0b>a B.a>b>c
C.c>a>b D.a>c>b
答案 D
解析 由f(－x)－f(x)＝0，知f(x)是偶函数，易知f(x)＝－2－x在[0，＋∞)上单调
递增.
因为a＝f(－31.2)＝f(31.2)，c＝f(log 0.2)＝f＝f(－log 5)＝f(log 5)，
3 3 3
且 31.2>3，1＝log 3log 5>3－0.2>0，所以
3 3 3 3
f(31.2)>f(log 5)>
3
f(3－0.2)，即a>c>b.
角度2 求最值
例4 函数f(x)＝－log (x＋2)在区间[－1，1]上的最大值为________.
2
答案 3
解析 由于y＝在R上单调递减，y＝log (x＋2)在[－1，1]上单调递增，所以f(x)
2
在[－1，1]上单调递减，故f(x)在[－1，1]上的最大值为f(－1)＝3.
角度3 解不等式
例5 (1)已知函数f(x)＝当x∈[m，m＋1]时，不等式f(2m－x)x＋m，即2x0成立，那么实数a的取值范围是(
1 2
)
A.(0，2) B.(1，2)
C.(1，＋∞) D.
答案 (1)4 (2)D
解析 (1)易知f(x)在(－∞，2)上递减，在[2，＋∞)上递增，且x<2时，22－x>22－2
＝1，
∴f(x) ＝f(2)＝1.
min
又a≤f(x)≤b的解集恰好为[a，b]，
∴必然有a≤1，此时22－1＝2，所以b≥2.
依题设，b2－3b＋4＝b，
解得b＝4或b＝(舍).
令22－x＝4，得x＝0，
所以a＝0，于是b－a＝4.
(2)因为对任意x ≠x ，都有>0，
1 2
所以y＝f(x)在R上是增函数，
所以解得≤a<2.
故实数a的取值范围是.
感悟提升 1.比较函数值的大小，应将自变量转化到同一个单调区间内，然后利
用函数的单调性解决.
2.求解函数不等式，其实质是函数单调性的逆用，由条件脱去“f”，转化为自
变量间的大小关系，应注意函数的定义域.
3.利用单调性求参数的取值(范围)的思路是：根据其单调性直接构建参数满足的
方程(组)(不等式(组))或先得到其图象的升降，再结合图象求解.对于分段函数，
要注意衔接点的取值.
训练2 (1)若函数f(x)＝ex－e－x，则不等式f(2x＋1)＋f(x－2)>0的解集为______.
(2)(2022·宣城模拟)已知函数f(x)＝ －，若a＝f(21.3)，b＝f(40.7)，c＝f(log 8)，则
3a，b，c的大小关系为( )
A.c0等价于
f(2x＋1)>－f(x－2)＝f(－x＋2)，
则2x＋1>－x＋2，即x>，
故不等式的解集为.
(2)函数f(x)＝－是R上的减函数，
又log 8<2<21.3<21.4＝40.7，
3
∴f(40.7)2时，h(x)＝3－x是减函数，
因此h(x)在x＝2时取得最大值h(2)＝1.
1.函数f(x)＝log (x＋1)＋log (x－3)的单调递减区间是( )
0.5 0.5
A.(3，＋∞) B.(1，＋∞)
C.(－∞，1) D.(－∞，－1)
答案 A
解析 由已知易得即x>3，
f(x)＝log (x＋1)＋log (x－3)
0.5 0.5
＝log [(x＋1)(x－3)]，x>3，
0.5
令t(x)＝(x＋1)(x－3)，
则t(x)在(3，＋∞)上单调递增.
又0<0.5<1，∴f(x)在(3，＋∞)上单调递减.
2.(2021·南昌四校联考)已知函数 f(x)＝3x－2cos x，若 a＝f(3)，b＝f(2)，c＝
f(log 7)，则a，b，c的大小关系是( )
2
A.a0在R上
恒成立，则f(x)在R上为增函数.
又2＝log 4－1的实数x的取值范围是( )
A.(3，＋∞) B.(－∞，3)
C.[2，3) D.[0，3)
答案 C解析 f(x)在定义域[0，＋∞)上是减函数，且f(2)＝－1，
∴f(2x－4)>－1可化为f(2x－4)>f(2)，
∴解得2≤x<3.
4.若f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝在区间[1，2]上都是减函数，则实数a的取值范围
是( )
A.(－1，0)∪(0，1) B.(－1，0)∪(0，1]
C.(0，1) D.(0，1]
答案 D
解析 因为f(x)＝－x2＋2ax在[1，2]上是减函数，所以a≤1.
又因为g(x)＝在[1，2]上是减函数，
所以a>0，所以0f(x)，则实数x的取值范围是( )
A.(－∞，－1)∪(2，＋∞)
B.(－∞，－2)∪(1，＋∞)
C.(－1，2)
D.(－2，1)
答案 D
解析 ∵当x＝0时，两个表达式对应的函数值都为0，
∴函数的图象是一条连续的曲线.
又∵当x≤0时，函数f(x)＝x3为增函数，
当x>0时，f(x)＝ln(x＋1)也是增函数，
∴函数f(x)是定义在R上的增函数.
因此，不等式f(2－x2)>f(x)等价于2－x2>x，即x2＋x－2<0，解得－20，2x ＋1>0，
1 2 1 2 1 2
∴f(x )－f(x )<0，即f(x )a>c
C.cx >0，
1 2
∵<0，且x －x >0，
1 2
∴x f(x )－x f(x )<0.
2 1 1 2
令g(x)＝，则g(x )－g(x )＝<0，
1 2
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递减.
∵1<20.2<2，0<0.22<1，2f(2)；
③若f(x)在(a，a＋1)上为增函数，则a≤－1或a≥0；
④当x∈[－1，1]时，f(x)的值域为[1，e].
A.1 B.2 C.3 D.4
答案 B
解析 易知f(x)在(－∞，0]，(0，＋∞)上是增函数，故①错误，②正确；
若f(x)在(a，a＋1)上为增函数，则a≥0或a＋1≤0，即a≤－1或a≥0，故③正
确；
当x∈[－1，0]时，f(x)∈[1，2]，当x∈(0，1]时，f(x)∈(－∞，e]，故x∈[－1，
1]时，f(x)∈(－∞，e]，故④错误.
14.已知定义在R上的函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋1，且当x>0时，f(x)>－1.
(1)求f(0)的值，并证明f(x)在R上是增函数；(2)若f(1)＝1，解关于x的不等式f(x2＋2x)＋f(1－x)>4.
解 (1)令x＝y＝0，得f(0)＝－1.
在R上任取x >x ，则x －x >0，
1 2 1 2
所以f(x －x )>－1.
1 2
又f(x )＝f((x －x )＋x )＝f(x －x )＋f(x )＋1>f(x )，
1 1 2 2 1 2 2 2
所以函数f(x)在R上是增函数.
(2)由f(1)＝1，得f(2)＝3，f(3)＝5.
由f(x2＋2x)＋f(1－x)＝f(x2＋2x＋1－x)－1>4，得f(x2＋x＋1)>f(3).
因为函数f(x)在R上是增函数，
所以x2＋x＋1>3，
解得x<－2或x>1，
故原不等式的解集为{x|x<－2或x>1}.
