第2节　函数的单调性与最值

1/1第2节函数的单调性与最值1.借助函数图象，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、最小值的实际意义.3.掌握函数单调性的简单应用.知识梳理1.函数的单调性（1）单调性的定义定义要求x1，x2一般地，设函数f（x）的定义域为D，区间I⊆D，如果∀x1，x2∈I，当x1＜x2时要求f（x1）与f（x2）都有f（x1）＜f（x2）都有f（x1）＞f（x2）结论函数f（x）在区间I上单调递增；若函数f（x）在定义域D上单调递增，则称f（x）为增函数函数f（x）在区间I上单调递减；若函数f（x）在定义域D上单调递减，则称f（x）为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.提醒：（1）求函数的单调区间或讨论函数的单调性必须先求函数的定义域；（2）“函数的单调区间为M”与“函数在区间N上单调”是两个不同的概念，显然N⊆M.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满足条件①∀x∈D，都有f（x）≤M；②∃x0∈D，使得f（x0）＝M①∀x∈D，都有f（x）≥M；②∃x0∈D，使得f（x0）＝M结论M是函数y＝f（x）的最大值M是函数y＝f（x）的最小值提醒：（1）闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值，当函数在闭区间上单调时最值一定在端点处取得；（2）开区间上的“单峰”函数一定存在最大值或最小值.1.若函数f（x），g（x）在区间I上具有单调性，则在区间I上具有以下性质：（1）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；（2）若k＞0，则kf（x）与f（x）单调性相同；若k＜0，则kf（x）与f（x）单调性相反；（3）函数y＝f（x）（f（x）＞0）在公共定义域内与y＝－f（x），y＝1f（2.复合函数的单调性满足“同增异减”.3.函数单调性的两个等价结论设∀x1，x2∈I（x1≠x2），则：（1）f（x1）－f（x2）x1－x2＞0（或（x1－x2）[f（x1）－f（x（2）f（x1）－f（x2）x1－x2＜0（或（x1－x2）[f（x1）－f（x诊断自测1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）（1）函数y＝1x在定义域内单调递减.（×（2）对于函数y＝f（x），若f（1）＜f（3），则f（x）为增函数.（×）（3）若函数y＝f（x）在[1，＋∞）上单调递增，则函数f（x）的单调递增区间是[1，＋∞）.（×）（4）若函数f（x）在区间（1，2]和（2，3）上均单调递增，则函数f（x）在区间（1，3）上单调递增.（×）（5）若函数f（x）在区间[a，b]上连续，则f（x）在区间[a，b]上一定有最值.（√）2.函数y＝－1x+1在区间[1，2]上的最大值为（A.－13 B.－C.－1 D.不存在解析：Ay＝－1x+1在区间[1，2]上单调递增，所以ymax＝－12+13.已知函数y＝f（x）的图象如图所示，则该函数的单调递增区间为（）A.[－1，2]∪[4，5]B.[－1，2]和[4，5]C.[－3，－1]∪[2，4]D.[－3，－1]和[2，4]解析：B由图象知，该函数的单调递增区间为[－1，2]和[4，5]，故选B.4.〔多选〕下列函数在（0，＋∞）上单调递增的是（）A.f（x）＝－2x＋1 B.f（x）＝x2＋1C.f（x）＝1－1x D.f（x）＝｜x解析：BCD对于A，f（x）＝－2x＋1是一次函数，所以f（x）在R上是减函数，故A错误；对于B，因为f（x）＝x2＋1的对称轴为y轴，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递增，故B正确；对于C，因为y＝－1x在（0，＋∞）上单调递增，所以f（x）在（0，＋∞）上单调递增，故C正确；对于D，函数f（x）＝｜x｜＝－x，x≤0，x，x>0，故函数f（5.函数y＝x2+2x的单调递减区间是（－∞，－2解析：由题意，要使函数y＝x2+2x有意义，需满足x2＋2x≥0，解得x≤－2或x≥0，又由t＝x2＋2x在（－∞，－2]上单调递减，在[0，＋∞）上单调递增，结合复合函数的单调性的判定方法，可得函数y＝x2+2函数的单调性（师生共研过关）（1）〔多选〕下列说法中正确的是（）A.函数y＝e－x－1x2在（－∞，0B.若f（x），g（x）都是R上的增函数，则h（x）＝f（x）＋g（x）也是R上的增函数C.函数y＝2｜x＋1｜的单调递减区间是（－∞，－1]D.函数f（x）＝2－x2+2解析：ABC在（－∞，0）上函数y＝e－x与y＝－1x2都单调递减，所以y＝e－x－1x2在（－∞，0）上单调递减，故A正确；两增函数的和为增函数，故B正确；作出函数y＝2｜x＋1｜的图象，如图所示，由图象可知，函数y＝2｜x＋1｜的单调递减区间是（－∞，－1]，故C正确；由复合函数的单调性的判断方法“同增异减”可得f（x）的单调递增区间为（－∞，1]，（2）〔一题多解〕试讨论函数f（x）＝axx－1（a≠0）在（－1，1解：法一（定义法）设－1＜x1＜x2＜1，f（x）＝a（x－1+1x－1）＝a（则f（x1）－f（x2）＝a（1＋1x1－1）－a（1＋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.法二（导数法）f'（x）＝（ax)'(x－1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.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.提醒：函数在两个不同的区间上单调性相同，一般要分开写，用“，”或“和”连接，不能用“∪”.训练1（1）（2026·山西临汾适应性考试）下列函数中，满足“对任意x1，x2∈（0，＋∞），当x1＜x2时，都有f（x1）＜f（x2）”的是（B）A.y＝x2－x B.y＝lg（x2＋1）C.y＝3｜x－1｜ D.y＝x解析：（1）由题意知，函数f（x）在（0，＋∞）上单调递增，y＝x2－x在（－∞，12）上单调递减，在（12，＋∞）上单调递增，A错误；因为x2＋1≥1，所以y＝lg（x2＋1）的定义域为R，又y＝lgt在（0，＋∞）上单调递增，t＝x2＋1在（0，＋∞）上单调递增，在（－∞，0）上单调递减，所以y＝lg（x2＋1）在（0，＋∞）上单调递增，B正确；y＝3｜x－1｜的定义域为R，又y＝3t在R上单调递增，t＝｜x－1｜在（1，＋∞）上单调递增，在（－∞，1）上单调递减，所以y＝3｜x－1｜在（1，＋∞）上单调递增，在（－∞，1）上单调递减，C错误；y＝x－2x－1＝1－1x－1在（1，＋∞）上单调递增，在（－∞，1）上单调递增，但在（（2）函数f（x）＝x－x的单调递增区间为（A）A.（0，14） B.（0，1C.（14，＋∞） D.（1解析：（2）令t＝x，显然t＝x在[0，＋∞）上为增函数.又y＝t－t2＝－（t－12）2＋14（t≥0）在0，12上单调递增，由x≤12得0≤x≤14，所以f（x）函数单调性的应用（定向精析突破）考向1比较函数值的大小已知函数f（x）的图象关于直线x＝1对称，当x2＞x1＞1时，[f（x2）－f（x1）]（x2－x1）＜0恒成立，设a＝f（－12），b＝f（2），c＝f（e）（e为自然对数的底数），则a，b，c的大小关系为（）A.c＞a＞b B.c＞b＞aC.a＞c＞b D.b＞a＞c解析：D∵f（x）的图象关于直线x＝1对称，∴f（－12）＝f（52）.又∵当x2＞x1＞1时，[f（x2）－f（x1）]（x2－x1）＜0恒成立，∴f（x）在（1，＋∞）上单调递减.∵2＜52＜e，∴f（2）＞f（52）＞f（e），∴b＞利用单调性比较函数值大小的方法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，要利用函数的性质，将自变量的值转化到同一个单调区间内进行比较，或采用中间值法比较大小.考向2解不等式已知函数f（x）＝lnx＋2x，若f（a2－4）＜2，则实数a的取值范围是（－5，－2）∪（2，5）.解析：因为函数f（x）＝lnx＋2x在定义域（0，＋∞）上为增函数，且f（1）＝ln1＋2＝2，所以由f（a2－4）＜2得，f（a2－4）＜f（1），所以0＜a2－4＜1，解得－5＜a＜－2或2＜a＜5.考向3求参数的值（范围）（2024·新高考Ⅰ卷6题）已知函数f（x）＝－x2－2ax－a，x<0，A.（－∞，0] B.[－1，0]C.[－1，1] D.[0，＋∞）解析：B因为f（x）在R上单调递增，且x≥0时，f（x）＝ex＋ln（x＋1）单调递增，则需满足－－2a2×（－1）≥0，－a≤e0＋ln1，解得利用函数的单调性求参数的值（范围）的方法（1）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；（2）对于分段函数，除注意各段的单调性外，还要注意衔接点的取值.训练2（1）若f（x）是定义在（－∞，0]上的减函数，则不等式f（2x＋3）≤f（x＋1）的解集为（A）A.［－2，－32B.（－∞，－2）∪（－32，＋∞C.（－2，－32D.（－∞，－2）∪［－32，＋∞解析：根据题意，可得2x+3≤0，x+1≤（2）（2026·四川外国语大学附中模拟）若函数f（x）＝4｜x－a｜＋3在区间[1，＋∞）上不单调，则a的取值范围为（1，＋∞）.解析：因为函数f（x）＝4｜x－a｜＋3在（－∞，a）上单调递减，在（a，＋∞）上单调递增.又函数f（x）在区间[1，＋∞）上不单调，所以a＞1.函数的值域（最值）（师生共研过关）〔多选〕下列函数的值域正确的是（）A.当x∈[0，3）时，函数y＝x2－2x＋3的值域为[2，6）B.函数y＝2x+1C.函数y＝2x－x－1的值域为［15D.函数y＝x+1＋x－1的值域为解析：ACD对于A，y＝x2－2x＋3＝（x－1）2＋2，由x∈[0，3），再结合函数的图象（如图1所示），可得函数的值域为[2，6）.对于B（分离常数法），y＝2x+1x－3＝2（x－3）+7x－3＝2＋7x－3，显然7x－3≠0，∴y≠2，故函数的值域为（－∞，2）∪（2，＋∞）.对于C（换元法），设t＝x－1，则x＝t2＋1，且t≥0，∴y＝2（t2＋1）－t＝2（t－14）2＋158，由t≥0，再结合函数的图象（如图2所示），可得函数的值域为［158，＋∞）.对于D，函数的定义域为[1，＋∞），∵y＝x+1与y＝x－1在[1，＋∞）求函数最值（值域）的常用方法（1）单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值；（2）数形结合法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值；（3）配方法：主要用于和一元二次函数有关的函数求值域问题；（4）换元法：引进一个（几个）新的量来代替原来的量，实行“变量代换”；（5）分离常数法：分子、分母同次的分式形式采用配凑分子的方法，把函数分离成一个常数和一个分式和（差）的形式.训练3（1）（2026·辽宁大连八中高三段考）若函数y＝f（x）的值域是［12，4］，则函数F（x）＝f（2x＋1）＋1f（2x+1A.［12，4］ B.［2，17C.［2，52］ D.［12，解析：因为函数y＝f（x）的值域是［12，4］，所以函数f（2x＋1）的值域是［12，4］.令f（2x＋1）＝t∈［12，4］，则F（x）＝g（t）＝t＋1t，由对勾函数的性质可知，函数g（t）＝t＋1t在［12，1］上单调递减，在（1，4]上单调递增，而g（12）＝52，g（1）＝2，g（4）＝174，所以g（t）∈［2，174］，即函数F（x）（2）设a＞0，且a≠1，函数f（x）＝x2－6x+10，x≤2，logax，解析：当x≤2时，f（x）＝x2－6x＋10，曲线y＝x2－6x＋10的对称轴为直线x＝3，所以f（x）在（－∞，2]上单调递减，又f（2）＝22－6×2＋10＝2，所以当x≤2时，f（x）∈[2，＋∞）.因为函数f（x）＝x2－6x+10，x≤2，logax，x>2的值域为[2，＋∞），所以当x＞2时，f（x）＝logax≥2恒成立，所以a＞1，则loga2≥2＝logaa2，所以a2≤2（时间：60分钟，满分：95分）[备注：单选、填空题5分，多选题6分]1.下列函数中，在区间（0，1）上单调递增的是（）A.y＝－x2＋1 B.y＝xC.y＝1x D.y＝3－解析：By＝－x2＋1在区间（0，1）上单调递减，故A不符合题意；y＝x是[0，＋∞）上的增函数，所以在区间（0，1）上单调递增，故B符合题意；y＝1x在（0，＋∞）上单调递减，所以在区间（0，1）上单调递减，故C不符合题意；y＝3－x在区间（0，1）上单调递减，故D不符合题意2.若函数f（x）＝（m－1）x＋b在R上是减函数，则f（m）与f（1）的大小关系是（）A.f（m）＜f（1） B.f（m）＞f（1）C.f（m）≤f（1） D.f（m）＝f（1）解析：B因为函数f（x）＝（m－1）x＋b在R上是减函数，所以m－1＜0，得m＜1，所以f（m）＞f（1）.故选B.3.函数f（x）＝｜x－1｜＋｜x－2｜的单调递增区间是（）A.[1，＋∞） B.（－∞，1]C.[1，2] D.[2，＋∞）解析：D因为f（x）＝｜x－1｜＋｜x－2｜＝3－2x，x<1，1，1≤x4.〔一题多解〕函数f（x）＝1x，x≥A.12 B.C.32 D.解析：D法一（图象法）作出函数f（x）＝1x，x≥1，－x2+2，x<1法二（单调性法）当x≥1时，函数f（x）＝1x单调递减，所以f（x）在x＝1处取得最大值，为f（1）＝1；当x＜1时，易知函数f（x）＝－x2＋2在x＝0处取得最大值，为f（0）＝2.故函数f（x）的最大值为25.（2026·福建泉州月考）已知函数f（x）＝x+1－1－x，则不等式f（x＋1）＞f（2x）的解集为A.（－∞，1） B.（－∞，1]C.［－12，0］ D.［－12，解析：C函数f（x）＝x+1－1－x，由x+1≥0，1－x≥0，解得－1≤x≤1，则f（x）的定义域为[－1，1].因为y＝x+1是增函数，y＝－1－x也是增函数，所以f（x）＝x+1－1－x是[－1，1]上的增函数，由不等式f（x＋16.〔多选〕已知函数f（x）在R上是增函数，g（x）在R上是减函数，则下列说法正确的是（）A.y＝－f（x）在R上是减函数B.y＝f（x）－g（x）在R上是增函数C.y＝1g（xD.y＝[f（x）]2在R上是增函数解析：ABA中，函数f（x）在R上是增函数，则y＝－f（x）在R上是减函数，故A正确；B中，g（x）在R上是减函数，则－g（x）在R上是增函数，又f（x）在R上是增函数，故f（x）－g（x）在R上是增函数，故B正确；C中，函数g（x）在R上是减函数，但y＝1g（x）在R上不一定是增函数，如g（x）＝－x在R上是减函数，但y＝1g（x）＝－1x在R上不是增函数，故C错误；D中，函数f（x）在R上是增函数，但y＝[f（x）]2在R上不一定是增函数，如f（x）＝x在R上是增函数，但y＝[f（x）]2＝x7.已知函数f（x）＝2x＋（a－2）x－1（a＞0）在区间[2，6]解析：f（x）＝2x＋（a－2）x－1＝2（x－1）＋ax－1＝2＋ax－1.因为a＞0，所以函数f（x）在（1，＋∞）上单调递减，所以函数f（x）在区间[28.已知函数f（x）是R上的增函数，A（0，－1），B（3，1）是其图象上的两点，则｜f（x＋1）｜＜1的解集为（－1，2）.解析：由题意可知，f（0）＝－1，f（3）＝1，因为函数f（x）是R上的增函数，所以由｜f（x＋1）｜＜1得－1＜f（x＋1）＜1，即f（0）＜f（x＋1）＜f（3），因此0＜x＋1＜3，解得－1＜x＜2，即｜f（x＋1）｜＜1的解集为（－1，2）.9.（13分）已知函数f（x）＝2x＋bx＋c，且f（1）＝4，f（2）＝5（1）求b，c的值；（2）证明函数f（x）在区间（0，1）上单调递减，并判断f（x）在（1，＋∞）上的单调性.解：（1）由题意得，f（1）＝2＋b＋c＝4，f（2）＝4＋b2＋c＝5，解得b＝2，c＝0（2）证明：由（1）得，f（x）＝2x＋2x任取x1，x2∈（0，1），且x1＜x2，则f（x1）－f（x2）＝（2x1＋2x1）－（2x2＋＝2（因为0＜x1＜x2＜1，所以x1－x2＜0，x1x2－1＜0，x1x2＞0，所以f（x1）－f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2），故函数f（x）在区间（0，1）上单调递减.同理可得f（x）在区间（1，＋∞）上单调递增.10.（2025·山东威海一模）已知函数f（x）＝2ax2－2x－1＋x，若对∀x1，x2∈（1，3），且x1≠x2，都有A.a≤13 B.a≤C.a≥－3 D.a≥1解析：A由题设，∀x1，x2∈（1，3），且x1≠x2，都有[f（x2）－x2]-[f（x1)-x1]x2－x1＜0，所以f（x）－x＝2ax2－2x－1在（1，3）上单调递减，即y＝ax2－2x－1在（1，3）上单调递减，当a＝0时，y＝－2x－1满足题设11.（2026·河南信阳高级中学模拟）已知f（x）＝x2－2tx＋t2，x≤0，x＋1x＋tA.[－1，2] B.[－1，0]C.[0，2] D.[1，2]解析：C当x≤0时，f（x）＝x2－2tx＋t2，所以要使f（0）是f（x）的最小值，则t≥0，又当x＞0时，f（x）＝x＋1x＋t≥2x·1x＋t＝2＋t，当且仅当x＝1时取等号，所以2＋t≥f（0）＝t2，即t2－t－2≤0，解得－1≤t≤2，又因为t≥0，所以0≤t≤212.〔多选〕（2026·江苏扬州开学考试）已知函数f（x）＝x2－2ax＋a在区间（－∞，1）上有最小值，则函数g（x）＝f（x）x在区间[1，＋∞）A.单调递减 B.单调递增C.有最小值 D.有最大值解析：BC∵函数f（x）＝x2－2ax＋a在区间（－∞，1）上有最小值，∴函数f（x）＝x2－2ax＋a的对称轴应位于区间（－∞，1）内，∴a＜1，又g（x）＝f（x）x＝x＋ax－2a，当a＜0时，g（x）＝x＋ax－2a在区间[1，＋∞）上单调递增，此时g（x）≥g（1）＝1－a；当a＝0时，g（x）＝x在区间[1，＋∞）上单调递增，此时g（x）≥g（1）＝1；当0＜a＜1时，g（x）＝x＋ax－2a，g'（x）＝1－ax2≥1－a＞0，∴g（x）在[1，＋∞）上单调递增，此时g（x）≥g（1）＝1－a，综上，g（x）在区间[1，＋∞）上单调递增，且有最小值13.（2026·湖南长沙模拟）已知函数y＝f（x）的图象关于y轴对称，且对于y＝f（x）（x∈R），当x1，x2∈（－∞，0）且x1≠x2时，f（x1）－f（x2）x1－x2＜0恒成立，若f（2ax）＜f（2x2＋1）对任意的x解析：由题意得y＝f（x）为偶函数，且在（－∞，0）上单调递减，故y＝f（x）在（0，＋∞）上单调递增，因为f（2ax）＜f（2x