2021届浙江新高考数学一轮复习教师用书：第二章 2 第2讲 函数的单调性与最值
第 2 讲 函数的单调性与最值
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 x1，x2
定义
当 x1
f(x2)，
那么就说函数 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
条件
(1)对于任意 x∈I，都有 f(x)≤M；
(2)存在 x0∈I，使得
f(x0)＝M
(1)对于任意 x∈I，都有 f(x)≥M；
(2)存在 x0∈I，使得
f(x0)＝M
结论 M 为最大值 M 为最小值
[疑误辨析]
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若定义在 R 上的函数 f(x)，有 f(－1) 2a，
即{－3 ≤ a ≤ 1，
－1 ≤ a ≤ 1，
a < 1.
所以－1≤a<1.
答案：[－1，1)
3．(1)若函数 f(x)＝x2＋2(a－1)x＋2 在区间(－∞，4]上是减函数，则实数 a 的取值范围
是________；
(2)若函数 f(x)＝x2＋2(a－1)x＋2 的单调递减区间为(－∞，4]，则 a 的值为________．
答案：(1)a≤－3 (2)－3
确定函数的单调性(区间)(高频考点)
函数单调性的判断、证明及单调区间的求法是每年高考的热点，特别是导数的引入，使
函数单调性成为每年必考内容．主要命题角度有：
(1)求函数的单调区间；
(2)判断或证明函数的单调性．
角度一 求函数的单调区间
(2020·杭州七校联考)求函数 f(x)＝－x2＋2|x|＋1 的单调区间．
【解】 f(x)＝{－x2＋2x＋1，x ≥ 0，
－x2－2x＋1，x < 0，
＝{－（x－1）2＋2，x ≥ 0，
－（x＋1）2＋2，x < 0.
画出函数图象如图所示，可知单调递增区间为(－∞，－1]和[0，1]，
单调递减区间为[－1，0]和[1，＋∞)．
(变条件)若将本例中函数变为 f(x)＝|－x2＋2x＋1|，如何求解？
解：函数 y＝|－x2＋2x＋1|的图象如图所示．由图象可知，函数 y＝
|－x2＋2x＋1|的单调递增区间为(1－ 2，1)和(1＋ 2，＋∞)；单调递减区
间为(－∞，1－2)和(1，1＋ 2)．
角度二 判断或证明函数的单调性
设函数 f(x)＝x＋
a
x＋ln a 为定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数．
(1)求实数 a 的值；
(2)判断函数 f(x)在区间(1，＋∞)上的单调性，并用定义法加以证明．
【解】 (1)因为 f(x)＝x＋
a
x＋ln a 为定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，
所以 f(－x)＝－f(x)，
所以－x－
a
x＋ln a＝－(x＋a
x＋ln a)，所以 ln a＝0，
所以 a＝1.
(2)f(x)＝x＋
1
x在区间(1，＋∞)上是增函数．
证明如下：设 1＜x1＜x2，
则 f(x1)－f(x2)＝x1－x2＋
1
x1－1
x2＝x1－x2－
x1－x2
x1x2 ＝(x1－x2)
x1x2－1
x1x2 .
因为 1＜x1＜x2，所以 x1－x2＜0，
x1x2－1
x1x2 ＞0.
所以 f(x1)－f(x2)＜0，即 f(x1)＜f(x2)．
所以 f(x)在区间(1，＋∞)上是增函数．
确定函数单调性的 4 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．
[提醒] 求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间．
1．下列四个函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是( )
A．f(x)＝3－x B．f(x)＝x2－3x
C．f(x)＝－
1
x＋1 D．f(x)＝－|x|
解析：选 C.当 x>0 时，f(x)＝3－x 为减函数；
当 x∈(0，
3
2 )时，f(x)＝x2－3x 为减函数，
当 x∈(3
2，＋∞)时，f(x)＝x2－3x 为增函数；
当 x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－
1
x＋1为增函数；
当 x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－|x|为减函数．
2．函数 f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是( )
A．(－∞，－2) B．(－∞，1)
C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)
解析：选 D.由 x2－2x－8>0，得 x<－2 或 x>4.因此，函数 f(x)＝ln(x 2－2x－8)的定义域
是(－∞，－2)∪(4，＋∞)．注意到函数 y＝x2－2x－8 在(4，＋∞)上单调递增，由复合函数
的单调性知，f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是(4，＋∞)，选 D.
3．作出函数 y＝|x2－1|＋x 的图象，并根据函数图象写出函数的单调区间．
解：当 x≥1 或 x≤－1 时，y＝x2＋x－1＝(x＋1
2 ) 2
－
5
4；当－1 1，
4sin(πx－π
3 )，0 ≤ x ≤ 1，
则 f(x)的最小值是( )
A．－2 3 B．2 3
C．－4 D．4
解析：选 A.当 0≤x≤1 时，f(x)＝4sin(πx－π
3 )，因为－
π
3 ≤πx－
π
3 ≤
2π
3 ，所以－
3
2 ≤
sin(πx－π
3 )≤1，所以－2 3≤4sin(πx－π
3 )≤4，当 x>1 时，f(x)＝2 3，综上可得 f(x)的最
小值为－2 3.
2．(2020·宁波五校联考)已知 f(x)＝2 x－1，g(x)＝1－x2，规定：当|f(x)|≥g(x)时，h(x)＝
|f(x)|；当|f(x)|x1>1 时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0
恒成立，设 a＝f(－1
2 )，b＝f(2)，c＝f(3)，则 a，b，c 的大小关系为( )
A．c>a>b B．c>b>a
C．a>c>b D．b>a>c
【解析】 因为 f(x)的图象关于直线 x＝1 对称．由此可得 f(－1
2 )＝f(5
2 ).由 x2>x1>1
时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0 恒成立，知 f(x)在(1，＋∞)上单调递减．
因为 1<2<
5
2<3，所以 f(2)>f(5
2 )>f(3)，
所以 b>a>c.
【答案】 D
角度二 解函数不等式
已知函数 f(x)为(0，＋∞)上的增函数，若 f(a2－a)>f(a＋3)，则实数 a 的取值范围
为________．
【解析】 由已知可得{a2－a > 0，
a＋3 > 0，
a2－a > a＋3，
解得－33，所以实数 a 的取值范围
为(－3，－1)∪(3，＋∞)．
【答案】 (－3，－1)∪(3，＋∞)
角度三 求参数的值或取值范围
(2020·瑞安四校联考)若 f(x)＝{ax，x > 1，
(4－a
2 )x＋2，x ≤ 1是 R 上的单调递增函数，则实
数 a 的取值范围为________．
【解析】 因为 f(x)是定义在 R 上的增函数，故 y＝ax 和 y＝(4－a
2 )x＋2 均为增函数，
所以 a>1 且 4－a
2>0，即 1 4. 若函数 y＝f(x)在区间(a，a＋1)上单调递增，则实
数 a 的取值范围是( )
A．(－∞，1] B．[1，4]
C．[4，＋∞) D．(－∞，1]∪[4，＋∞)
解析：选 D.作出函数 f(x)的图象如图所示，由图象可知 f(x)在
(a，a＋1)上单调递增，需满足 a≥4 或 a＋1≤2，即 a≤1 或 a≥4，
故选 D.
3．已知函数 f(x)为 R 上的减函数，若 mf(n)；|1
x |>1，即|x|<1，且 x≠0.故－1 (－1，0)∪(0，1)
[基础题组练]
1．下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( )
A．y＝ln(x＋2) B．y＝－ x＋1
C．y＝(1
2 ) x
D．y＝x＋
1
x
解析：选 A.选项 A 的函数 y＝ln(x＋2)的增区间为(－2，＋∞)，所以在(0，＋∞)上一定
是增函数．
2．函数 y＝(2m－1)x＋b 在 R 上是减函数，则( )
A．m>
1
2 B．m<
1
2
C．m>－
1
2 D．m<－
1
2
解析：选 B.使 y＝(2m－1)x＋b 在 R 上是减函数，则 2m－1<0，即 m<1
2.
3．若函数 f(x)＝a＋log2x 在区间[1，a]上的最大值为 6，则 a＝( )
A．2 B．4
C．6 D．8
解析：选 B.由题得函数 f(x)＝a＋log2x 在区间[1，a]上是增函数，所以当 x＝a 时，函数
取最大值 6，即 a＋log2a＝6，解得 a＝4，故答案为 B.
4．(2020·金华质量检测)已知函数 f(x)＝|x＋a|在(－∞，－1)上是单调函数，则 a 的取值
范围是( )
A．(－∞，1] B．(－∞，－1]
C．[－1，＋∞) D．[1，＋∞)
解析：选 A.因为函数 f(x)在(－∞，－a)上是单调函数，所以－a≥－1，解得 a≤1.故选 A.
5．(2020·台州高三模拟)下列函数 y＝f(x)的图象中，满足 f (1
4 )>f(3)>f(2)的只可能是
( )
解析：选 D.因为 f(1
4 )>f(3)>f(2)，所以函数 y＝f(x)有增有减，排除 A，B.在 C 中，f
(1
4 )f(0)，即 f(1
4 ) 0，若 f(2－x 2)>f(x)，则实数 x 的取值范围是
________．
解析：函数 y＝x3 在(－∞，0]上是增函数，函数 y＝ln(x＋1)在(0，＋∞)上是增函数，
且 x>0 时，ln(x＋1)>0，所以 f(x)在 R 上是增函数，由 f(2－x 2)>f(x)，得 2－x 2>x，解得－
20，
所以 f(x1)－f(x2)<0，
即 f(x1)0，x2－x1>0，
f(x2)－f(x1)＝(a－1
x2 )－(a－1
x1 )＝
1
x1－
1
x2＝
x2－x1
x1x2 >0，
所以 f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
(2)由题意 a－
1
x<2x 在(1，＋∞)上恒成立，
设 h(x)＝2x＋
1
x，
则 a1，
所以 2－
1
x1x2>0，所以 h(x1)0 恒成
立，则 b－a 的最大值为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选 D.当 f1(x)≥f2(x)时，
g(x)＝
f1（x）＋f2（x）
2 ＋
f1（x）－f2（x）
2 ＝f1(x)；
当 f1(x)
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