2026版高三数学讲义第二章　2.2　函数的单调性与最值

2．2函数的单调性与最值

1．会用符号语言表达函数的单调性、最大值、最小值．

2．理解函数的单调性、最大值、最小值的作用和实际意义．

1．函数的单调性

(1)单调函数的定义

项

增函数减函数

目

一般地，设函数f(x)的定义域为D，如果对于定义域D内某个区间I上的任意

两个自变量的值x1，x2

定当x1<x2时，都有f(x1)<f(x2)，那么就当x1<x2时，都有f(x1)>f(x2)，那么就称

义称函数f(x)在区间I上单调递增．函数f(x)在区间I上单调递减．

特别地，当函数f(x)在它的定义域上特别地，当函数f(x)在它的定义域上单调

单调递增时，我们就称它是增函数递减时，我们就称它是减函数

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I上单调递增或单调递减，那么就说函数y＝f(x)在这一区间具有

（严格的）单调性，区间I叫做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D，如果存在实数M满足

(1)x∈D，都有f(x)≤M．(1)x∈D，都有f(x)≥M．

条件

∈，使得＝∈，使得＝

(2)∀x0Df(x0)M(2)∀x0Df(x0)M

结论为最大值为最小值

∃M∃M

教材拓展

1．函数单调性的等价定义

设任意x1，x2∈D(x1≠x2)，则

f(x1)－f(x2)

(1)>0（或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0）f(x)在D上单调递增．

x1－x2

⇔

f(x1)－f(x2)

(2)<0（或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0）f(x)在D上单调递减．

x1－x2

2．有关单调性的常用结论⇔

在公共定义域内，增函数＋增函数＝增函数；减函数＋减函数＝减函数；增函数－减函

数＝增函数；减函数－增函数＝减函数．

1．判断（正确的画“√”，错误的画“×”）

(1)对于函数y＝f(x)，若f(1)<f(3)，则f(x)为增函数．(×)

(2)函数y＝f(x)在[1，＋∞）上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞）.(×)

1

(3)函数y＝的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞).(×)

x

(4)对于函数f(x)，x∈D，若对任意x1，x2∈D，且x1≠x2有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0，则函

数f(x)在区间D上是增函数．(√)

2．（人教A版必修第一册P86T7(1)改编）函数f(x)＝x2－2x的单调递增区间是[2，＋∞）．

解析：由题意可知x2－2x≥0，解得x≤0或x≥2，所以函数f(x)的定义域为(－∞，0]∪[2，

＋∞)，设y＝u，u＝x2－2x，二次函数u＝x2－2x的单调递增区间是(1，＋∞)，单调递减区

间是(－∞，1)，所以f(x)的单调递增区间是[2，＋∞）.

2

3．（人教A版必修第一册P81例5改编）函数f(x)＝(x∈[2，6])，则f(x)的最小值为

x－1

2

，最大值为2．

5

22

解析：由于f(x)＝在[2，6]上单调递减，故f(x)的最大值为f(2)＝2，最小值为f(6)＝.

x－15

4．（苏教必修第一册P122T4改编）若f(x)是定义在(－3，6)上的减函数，且f(2x＋1)>f(5)，

则x的取值范围为{x|－2<x<2}．

2x＋1<5，

解析：由题意解得－2<x<2.

2x＋1>－3，

考点1确定函数的单调性

命题角度1求函数的单调区间

【例1】(1)（2024·广东深圳三模）函数y＝|－x2＋4x＋5|的单调递增区间是(－1，2)，

(5，＋∞)．

－x2＋4x＋5，x∈[－1，5]，

【解析】函数y＝|－x2＋4x＋5|＝

x2－4x－5，x∈(－∞，－1)∪(5，＋∞)，

由|－x2＋4x＋5|＝0，解得x＝－1或x＝5，

函数y＝|－x2＋4x＋5|的图象如图所示，

由图可知，函数y＝|－x2＋4x＋5|的单调递增区间为(－1，2)，(5，＋∞).

1

(2)函数y＝(－x2＋4x)2的单调递增区间是[0，2]．

1

【解析】y＝(－x2＋4x)2＝－x2＋4x，由－x2＋4x≥0，解得0≤x≤4，令u＝－x2＋4x

1

2

＝－(x－2)＋4，当x∈[0，2]时单调递增，当x∈[2，4]时单调递减，又y＝u2在u∈[0，＋∞）

1

时单调递增，所以函数y＝(－x2＋4x)2的单调递增区间是[0，2].

命题角度2利用定义证明函数的单调性

ax

【例2】试讨论函数f(x)＝(a≠0)在(－1，1)上的单调性．

x－1

【解】方法一（定义法）

1

x－1＋11＋

设－1<x1<x2<1，因为f(x)＝a·＝ax－1，

x－1

11

1＋1＋a(x2－x1)

所以f(x1)－f(x2)＝ax1－1－ax2－1＝，

(x1－1)(x2－1)

由于－1<x1<x2<1，所以x2－x1>0，x1－1<0，x2－1<0，

故当a>0时，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，函数f(x)在(－1，1)上单调递减；

当a<0时，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，函数f(x)在(－1，1)上单调递增．

方法二（导数法）

(ax)′(x－1)－ax(x－1)′a(x－1)－axa

f′(x)＝＝＝－.

(x－1)2(x－1)2(x－1)2

故当a>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．

1．求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间．

2．(1)函数单调性的判断方法：①定义法；②图象法；③利用已知函数的单调性；④导

数法．

(2)函数y＝f(g（x)）的单调性应根据外层函数y＝f(t)和内层函数t＝g(x)的单调性判断，

遵循“同增异减”的原则．

易错警示：不连续且单调性相同的单调区间要分开写，且用“，”或“和”连接，不能

用“∪”连接．

【对点训练1】(1)设函数f(x)在R上为增函数，则下列结论正确的是(D)

1

A．y＝在R上为减函数

|f(x)|

B．y＝|f(x)|在R上为增函数

1

C．y＝－在R上为增函数

f(x)

D．y＝－f(x)在R上为减函数

11

解析：对于A，若f(x)＝x，则y＝＝，在R上不是减函数，故A错误；对于B，

|f(x)||x|

1

若f(x)＝x，则y＝|f(x)|＝|x|，在R上不是增函数，故B错误；对于C，若f(x)＝x，则y＝－

f(x)

1

＝－，在R上不是增函数，故C错误；对于D，函数f(x)在R上为增函数，则对于任意的

x

x1，x2∈R，设x1<x2，必有f(x1)<f(x2)，即f(x1)－f(x2)<0，对于y＝－f(x)，则有y1－y2＝[－f(x1)]

－[－f(x2)]＝－[f(x1)－f(x2)]>0，则y＝－f(x)在R上为减函数，故D正确．故选D.

1

(2)函数f(x)＝－的单调递增区间是(D)

x－2

A．(2，＋∞)B．(－∞，2)

C．(－2，2)D．(－∞，2)，(2，＋∞)

111

解析：函数f(x)＝－的定义域为{x|x≠2}，又f(x)＝－的图象是由y＝－的图象

x－2x－2x

1

向右平移2个单位长度而来的，y＝－的单调递增区间为(－∞，0)，(0，＋∞)，所以f(x)＝

x

1

－的单调递增区间为(－∞，2)，(2，＋∞).故选D.

x－2

考点2求函数的最值（值域）

【例3】(1)已知函数f(x)＝x2－2x＋3，则f(x)在区间[0，4]上的值域为[2，11]．

【解析】因为f(x)＝x2－2x＋3＝(x－1)2＋2图象的对称轴为直线x＝1，所以f(x)在区间

[0，1]上单调递减，在[1，4]上单调递增，当x＝1时，f(x)min＝f(1)＝2，当x＝4，f(x)max＝f(4)

＝11，所以f(x)在区间[0，4]上的值域为[2，11].

(2)函数f(x)＝6－x－3x在区间[2，4]上的最大值为－4，最小值为2－12．

【解析】易知函数y＝6－x在区间[2，4]上单调递减，y＝－3x在区间[2，4]上单调递

减，所以函数f(x)＝6－x－3x在该区间上单调递减，所以f(x)max＝6－2－3×2＝－4，f(x)min

＝6－4－3×4＝2－12.

1．求函数最值（值域）的三种基本方法

(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值（值域）.

(2)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值（值域）.

(3)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等

式求出最值（值域）.

2．对于较复杂函数，可运用导数，求出在给定区间上的单调性或极值，然后结合端点函

数值求出最值（值域）.

18

2－2，

【对点训练2】(1)函数f(x)＝－＋x2的定义域是[0，2]，则其值域为5．

2x＋1

2

解析：由题意知函数y＝－，y＝x2均在[0，2]上单调递增，故f(x)在定义域[0，2]

2x＋1

218

上为增函数，所以f(x)min＝f(0)＝－2＋0＝－2，f(x)max＝f(2)＝－＋4＝，即f(x)的值域

4＋15

18

－2，

为5.

(2)已知函数y＝x－2x，则函数的值域为[－1，＋∞）．

解析：令x＝t(t≥0)，则函数变为y＝t2－2t＝(t－1)2－1，t≥0，该函数在[1，＋∞）上

单调递增，在[0，1）上单调递减，故当t＝1时，y取最小值－1，所以值域为[－1，＋∞）.

a，a≥b，1

(3)对于任意实数a，b，定义max{a，b}＝设函数f(x)＝|x|，g(x)＝(x≠0)，

b，a<b.x

则函数h(x)＝max{f(x)，g(x)}(x>0)的最小值为1．

11

解析：令f(x)＝g(x)，x>0，即|x|＝，x>0，得x＝1，当x∈（0，1]时，|x|＝x<，当x∈(1，

xx

1

＋∞)时，|x|＝x>，所以h(x)＝

x

当x∈（0，1]时，h(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，函数h(x)单调递增，所以当x＝1

时，h(x)min＝1.

考点3函数单调性的应用

命题角度1比较函数值的大小

1

【例4】已知f(x)＝2x－，a＝f（2），b＝f（3），c＝f（5），则(D)

x－1

A．a＞b＞cB．a＞c＞b

C．c＞a＞bD．c＞b＞a

1

【解析】易知f(x)＝2x－在(1，＋∞)上单调递增，又5＞3＞2，故f（5）＞f

x－1

（3）＞f（2），即c＞b＞a.故选D.

命题角度2解不等式

【例5】若函数f(x)的定义域为R，且对x1，x2∈R，x1<x2，有f(x1)－f(x2)<x2－x1，则

不等式－－＋的解集为

f(x)f(2x)2x>2(C)∀

A．(－1，＋∞)B．(0，＋∞)

C．(1，＋∞)D．(2，＋∞)

【解析】函数f(x)的定义域为R，且对x1，x2∈R，x1<x2，有f(x1)－f(x2)<x2－x1，即f(x1)

＋＋，

x1<f(x2)x2∀

∴h(x)＝f(x)＋x为单调递增函数，f(x)－f(2－x)＋2x>2，整理得f(x)＋x>f(2－x)＋2－x，

∵h(x)＝f(x)＋x为单调递增函数，∴x>2－x，解得x>1.故选C.

命题角度3求参数的取值范围

x2－2ax，x≥1，

【例6】（2024·陕西渭南二模）已知函数f(x)＝a是R上的增函数，

x－1，x<1

2

则实数a的取值范围是(B)

44

0，0，

A．5B．5

C．(0，1)D．（0，1]

a≤1，

2

x－2ax，x≥1，a

>0，

【解析】由f(x)＝a是R上的增函数，得2解

x－1，x<1

2a

－1≤1－2a，

2

4

40，

得0<a≤，所以实数a的取值范围是5.故选B.

5

1．比较函数值的大小时，先转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决．

2．求解函数不等式时，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．求参数的值（范围）时，根据单调性直接构建参数满足的方程（组）（不等式（组））

或结合图象求解．对于分段函数，要注意衔接点的取值．

1x

【对点训练3】(1)已知函数f(x)＝lgx－2，f(m)＝1，且0＜p＜m＜n，则(C)

A．f(n)＜1且f(p)＞1

B．f(n)＞1且f(p)＞1

C．f(n)＞1且f(p)＜1

D．f(n)＜1且f(p)＜1

1x

解析：∵y＝lgx在(0，＋∞)上单调递增，y＝2在(－∞，＋∞)上单调递减，∴f(x)在(0，

＋∞)上单调递增．又∵f(m)＝1，且0＜p＜m＜n，∴f(n)＞1且f(p)＜1.故选C.

－x2－2ax－a，x＜0，

(2)（2024·新课标Ⅰ卷）已知函数f(x)＝在R上单调递增，则a

ex＋ln(x＋1)，x≥0

的取值范围是(B)

A．(－∞，0]B．[－1，0]

C．[－1，1]D．[0，＋∞)

解析：因为函数f(x)在R上单调递增，且当x＜0时，f(x)＝－x2－2ax－a，所以f(x)＝－

x2－2ax－a在(－∞，0)上单调递增，所以－a≥0，即a≤0；当x≥0时，f(x)＝ex＋ln(x＋1)，

所以函数f(x)在[0，＋∞）上单调递增．若函数f(x)在R上单调递增，则－a≤f(0)＝1，即a≥

－1.综上，实数a的取值范围是[－1，0].故选B.

1

，x<0，

2x+1

(3)（2024·陕西西安模拟）已知函数f(x)＝1则不等式f(a2－1)>f(3)的解

，x≥0，

x＋2

集为(A)

A．(－2，2)

B．(0，＋∞)

C．(－∞，0)

D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)

1

，x<0，

2x+1

11

解析：f(x)＝1易知y＝在(－∞，0)上单调递减，y＝在(0，＋∞)

，x≥0，2x+1x＋2

x＋2

上单调递减，且f(x)在x＝0处连续，故f(x)在R上单调递减，由f(a2－1)>f(3)，则a2－1<3，

解得－2<a<2，故不等式f(a2－1)>f(3)的解集为(－2，2).故选A.

课时作业7

1．（5分）函数f(x)＝|x|(x－1)的单调递减区间是(B)

1

0，

A．(－∞，0)B．2

1

，1

C．2D．(1，＋∞)

x(x－1)，x≥0，

解析：f(x)＝作出图象，如图所示，可以得到函数的单调递减区间

－x(x－1)，x<0，

1

0，

是2.故选B.

x－1

2．（5分）y＝在[3，4]上的最大值为(A)

x－2

3

A．2B．

2

5

C．D．4

2

x－1x－2＋111

解析：y＝＝＝1＋，因为y＝1＋在[3，4]上单调递减，所以当x＝3

x－2x－2x－2x－2

1

时，y取得最大值，最大值为1＋＝2.故选A.

3－2

(3a－1)x＋2a，x<1，

3．（5分）（2024·陕西铜川三模）若函数y＝在R上单调递减，

logax，x≥1

则实数a的取值范围是(C)

11

0，0，

A.3B．5

111

，，1

C．53D．5

3a－1<0，

(3a－1)x＋2a，x<1，

解析：∵函数y＝在R上单调递减，∴0<a<1，

logax，x≥1

3a－1＋2a≥loga1，

11

解得≤a<.故选C.

53

x2＋1，x≤1，

4．（5分）（2024·北京朝阳区二模）已知函数f(x)＝存在最小值，则实

2x－a，x>1

数a的取值范围是(A)

A．(－∞，1]B．（－∞，1)

C．[1，＋∞）D．(1，＋∞)

解析：当x≤1时，f(x)＝x2＋1，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在（0，1]上单调递增，

x

则f(x)min＝f(0)＝1；当x>1时，f(x)＝2－a，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，无最小值．根

据题意，f(x)存在最小值，所以2－a≥1，即a≤1.故选A.

5．（5分）已知函数f(x)满足对任意x1，x2∈[0，＋∞），当x1<x2时，f(x1)＋x2>f(x2)＋x1

恒成立，若f(16)＝16，则不等式f(2x)<2x＋12的解集为(D)

A．[0，4）B．[0，16）

C．(16，＋∞)D．(8，＋∞)

解析：由题意知，x1<x2，f(x1)＋x2>f(x2)＋x1，得x1<x2，f(x1)－x1－12>f(x2)－x2－12，

设g(x)＝f(x)－x－12，则函数g(x)在[0，＋∞）上单调递减，且g(16)＝f(16)－16－12＝0，

2x>16，

不等式f(2x)<2x＋12等价于f(2x)－2x－12<0，即g(2x)<g(16)，所以解得x>8，

2x≥0，

即原不等式的解集为(8，＋∞).故选D.

6．（5分）已知x，y∈R，且x>y，则下列说法正确的是(C)

11

A．<

xy

B．ex＋e－y<ey＋e－x

1x1y

C．2－2<0

D．x2>y2

11－

解析：对于A，当x＝2，y＝－3时，>，∴A错误；对于B，设y＝ex－ex，则函数为

xy

1x

－－－－

R上的增函数，∵x>y，∴ex－ex>ey－ey，即ex＋ey>ey＋ex，∴B错误；对于C，∵y＝2

1x1y1x1y

为R上的减函数，x>y，∴2<2，即2－2<0，∴C正确；对于D，当x＝2，y＝－3

时，x2<y2，∴D错误．故选C.

4

7．（6分）（多选）已知函数f(x)＝，则(ABC)

|x|－2

A．f(x)的定义域为{x|x≠±2}

B．f(x)在(2，＋∞)上单调递减

C．f(f（－5)）＝－6

D．f(x)的值域是(－∞，0)∪(0，＋∞)

解析：对于A，令|x|－2≠0，解得x≠±2，所以f(x)的定义域为{x|x≠±2}，故A正确；

4

对于B，若x>2，则f(x)＝，因为y＝x－2在(2，＋∞)上单调递增，且y＝x－2>0，可知

x－2

44

f(x)＝在(2，＋∞)上单调递减，故B正确；对于C，因为f(－5)＝，所以f(f（－5)）＝

x－23

－6，故C正确；对于D，因为x≠±2，则|x|≥0，且|x|≠2，可得|x|－2∈[－2，0）∪(0，＋

44

∞)，当|x|－2∈[－2，0）时，f(x)＝≤－2，当|x|－2∈(0，＋∞)时，f(x)＝>0，所

|x|－2|x|－2

以f(x)的值域是(－∞，－2]∪（0，＋∞)，故D错误．故选ABC.

lnx＋2x，x>0，

．（分）（多选）已知函数＝2则下列结论正确的是

86f(x)，x≤0，(BC)

1－x

A．f(x)在R上为增函数

B．f(e)>f(2)

C．若f(x)在(a，a＋1)上单调递增，则a≤－1或a≥0

D．当x∈[－1，1]时，f(x)的值域为[1，2]

解析：易知f(x)在(－∞，0]，（0，＋∞)上单调递增，故A错误；由e>2，得f(e)>f(2)，

故B正确；若f(x)在(a，a＋1)上单调递增，则a≥0或a＋1≤0，即a≤－1或a≥0，故C正

确；当x∈[－1，0]时，f(x)∈[1，2]，当x∈（0，1]时，f(x)∈（－∞，2]，故x∈[－1，1]时，

f(x)的值域为（－∞，2]，故D错误．故选BC.

9．（5分）已知f(x)＝2x＋x，则不等式f(|2x－3|)<3的解集为(1，2)．

解析：函数y＝2x，y＝x都是R上的增函数，则函数f(x)＝2x＋x是R上的增函数，不等

式f(|2x－3|)<3f(|2x－3|)<f(1)|2x－3|<1，则－1<2x－3<1，解得1<x<2，所以不等式f(|2x

－的解集为，

3|)<3⇔(12).⇔

1－x

10．（5分）函数f(x)＝＋log(x＋3)(－1≤x≤1)的值域为[－2，1]．

2＋x

1

2

1－x－(x＋2)＋33

解析：f(x)＝＋log(x＋3)＝＋log(x＋3)＝－1＋log(x＋3)(－

2＋x2＋xx＋2

111

3

1≤x≤1)，易知当－1≤x≤12时，y＝－1和y＝log(x2＋3)为减函数，故原函数2为减函数，

x＋2

1

所以f(x)min＝f(1)＝0＋(－2)＝－2，f(x)max＝f(－1)＝2＋2(－1)＝1.故函数f(x)的值域为[－2，1].

5

b2，1

11．（16分）已知函数f(x)＝ax－(a，b∈R)的图象经过点3，且f(1)＝.

x＋12

(1)求a，b的值；

(2)用定义法证明函数y＝f(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增．

b5

2a－＝，

2＋13

解：(1)由题意得b1

a－＝，

1＋12

a＝1，

解得

b＝1.

11

(2)证明：由(1)可知f(x)＝x－，x1，x2∈(－1，＋∞)，且x1<x2，f(x1)－f(x2)＝x1－

x＋1x1＋1

∀1

111x1－x21＋

－x2＋＝x1－x2＋－＝x1－x2＋＝(x1－x2)(x2＋1)(x1＋1)，

x2＋1x2＋1x1＋1(x2＋1)(x1＋1)

因为x1<x2，所以x1－x2<0，

又x1，x2∈(－1，＋∞)，

1

11＋

所以1＋>0，所以(x1－x2)(x2＋1)(x1＋1)<0，即f(x1)－f(x2)<0，所以

(x2＋1)(x1＋1)

f(x1)<f(x2)，

所以函数y＝f(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增．

x2－2ax＋a2－a，x≤0，

12．（17分）已知函数f(x)＝4

x＋－a，x>0.

x

(1)用定义法证明f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增；

(2)若f(x)的最小值是6，求a的值．

4

4x2＋－a(x1－x2)(x1x2－4)

解：(1)证明：对任意的x1>x2>0，f(x1)－f(x2)＝x1＋－a－x2＝.

x1x1x2

(x1－x2)(x1x2－4)

当0<x2<x1<2时，x1－x2>0，0<x1x2<4，则<0，

x1x2

即f(x1)<f(x2)；

当x1>x2>2时，x1－x2>0，x1x2>4，

(x1－x2)(x1x2－4)

则>0，

x1x2

即f(x1)>f(x2).

故f(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．

(2)由(1)可知f(x)在(0，＋∞)上的最小值是f(2)＝4－a.

当x≤0时，f(x)＝x2－2ax＋a2－a，其图象的对称轴是直线x＝a.

①若a≥0，f(x)在（－∞，0]上单调递减，则f(x)在（－∞，0]上的最小值是f(0)＝a2－a.

②若a<0，f(x)在(－∞，a)上单调递减，在（a，0]上单调递增，则f(x)在（－∞，0]上的

最小值是f(a)＝－a.

4－a，a>2，

综上，f(x)min＝a2－a，0≤a≤2，

－a，a<0.

a>2，0≤a≤2，a<0，

因为f(x)的最小值是6，所以或或解得a＝－6.

4－a＝6a2－a＝6－a＝6，

13．（5分）已知f(x)是定义在R上的单调函数，x∈R，f(f（x)－x3－2x＋1）＝13，则

＝

f(5)(D)∀

A．114B．116

C．134D．136

解析：由题意可知f(x)－x3－2x＋1是一个常数，设f(x)－x3－2x＋1＝t，则f(x)＝x3＋2x

＋t－1，因为f(f（x)－x3－2x＋1）＝13，所以f(t)＝t3＋3t－1＝13，因为f(t)＝t3＋3t－1在R

上单调递增，且f(2)＝13，所以t＝2