考點一：判斷函數的單調性和求單調區間1．函數的單調性(1)單調函數的定義增函數減函數定義一般地，設函數f(x)的定義域為D，區間I?D，如果?x1，x2∈I當x1<x2時，都有f(x1)<f(x2)，那么就稱函數f(x)在區間I上單調遞增，特別地，當函數f(x)在它的定義域上單調遞增時，我們就稱它是增函數當x1<x2時，都有f(x1)>f(x2)，那么就稱函數f(x)在區間I上單調遞減，特別地，當函數f(x)在它的定義域上單調遞減時，我們就稱它是減函數圖象描述自左向右看圖象是上升的自左向右看圖象是下降的(2)單調區間的定義如果函數y＝f(x)在區間I上單調遞增或單調遞減，那么就說函數y＝f(x)在這一區間具有(嚴格的)單調性，區間I叫做y＝f(x)的單調區間．(3)單調性的性質在公共定義域內，增函數＋增函數＝增函數；減函數＋減函數＝減函數；增函數－減函數＝增函數；減函數－增函數＝減函數.(4)導數的符號與函數的單調性之間的關系eq\o\ac(○,1)若在某個區間內，函數y＝f(x)的導數f′(x)＞0，則在這個區間內，函數y＝f(x)單調遞增；eq\o\ac(○,2)若在某個區間內，函數y＝f(x)的導數f′(x)＜0，則在這個區間內，函數y＝f(x)單調遞減.若在某個區間內，f′(x)≥0，且只在有限個點為0，則在這個區間內，函數y＝f(x)單調遞增；若在某個區間內，f′(x)≤0，且只在有限個點為0，則在這個區間內，函數y＝f(x)單調遞減.2.確定函數單調性的四種方法(1)定義法．(2)導數法．(3)圖象法．(4)性質法．注意：eq\a\vs4\al(函數的兩個單調區間之間不能用“∪”)3.函數的最值前提一般地，設函數y＝f(x)的定義域為D，如果存在實數M滿足條件(1)?x∈D，都有f(x)≤M；(2)?x0∈D，使得f(x0)＝M(1)?x∈D，都有f(x)≥M；(2)?x0∈D，使得f(x0)＝M結論M是函數y＝f(x)的最大值M是函數y＝f(x)的最小值◆典例分析◆例1函數f(x)的圖象如圖所示，則()A.函數f(x)在[－1，2]上是增函數 B.函數f(x)在[－1，2]上是減函數C.函數f(x)在[－1，4]上是減函數 D.函數f(x)在[2，4]上是增函數答案A例2(多選)下列函數在(0，＋∞)上單調遞增的是()A．y＝x－eq\f(1,x) B．y＝|x2－2x|C．y＝2x＋2cosx D．y＝lg(x＋1)答案ACD解析∵y＝x與y＝－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上單調遞增，∴y＝x－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上單調遞增，故A正確；由y＝|x2－2x|的圖象(圖略)知，B不正確；∵y′＝2－2sinx≥0，∴y＝2x＋2cosx是R上的增函數，故C正確；函數y＝lg(x＋1)是定義域(－1，＋∞)上的增函數，故D正確．例3已知函數f(x)＝eq\f(1,x2－1).(1)求f(x)的定義域；(2)判斷函數f(x)在(1，＋∞)上的單調性，并用定義加以證明.解(1)由x2－1≠0，得x≠±1，所以函數f(x)＝eq\f(1,x2－1)的定義域為{x∈R|x≠±1}.(2)函數f(x)＝eq\f(1,x2－1)在(1，＋∞)上單調遞減.證明：任取x1，x2∈(1，＋∞)，設x1<x2，則f(x2)－f(x1)＝eq\f(1,xeq\o\al(2,2)－1)－eq\f(1,xeq\o\al(2,1)－1)＝eq\f(（x1－x2）（x1＋x2）,（xeq\o\al(2,1)－1）（xeq\o\al(2,2)－1）).∵x1>1，x2>1，∴xeq\o\al(2,1)－1>0，xeq\o\al(2,2)－1>0，x1＋x2>0.又x1<x2，所以x1－x2<0，所以f(x2)－f(x1)<0，故f(x1)>f(x2)，因此，函數f(x)＝eq\f(1,x2－1)在(1，＋∞)上單調遞減.例4函數y＝－eq\f(1,x＋1)在區間[1,2]上的最大值為()A．－eq\f(1,3) B．－eq\f(1,2)C．－1 D．不存在答案A解析y＝－eq\f(1,x＋1)在(－1，＋∞)上單調遞增，則y＝－eq\f(1,x＋1)在區間[1,2]上單調遞增，所以ymax＝－eq\f(1,2＋1)＝－eq\f(1,3).◆對點練習運用◆1.函數y＝f(x)的圖象如圖所示，則f(x)的增區間是()A.[－4，4] B.[－4，－3]∪[1，4]C.[－3，1] D.[－3，4]答案C解析由圖象知增區間為[－3，1]，故選C.2.下列函數中，在其定義域上是減函數的是()A．y＝－2x＋1 B．y＝x2＋1C．y＝eq\r(x) D．y＝2x答案A解析y＝－2x＋1在R上是減函數，故A正確；y＝x2＋1在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增，故B錯誤；y＝eq\r(x)在[0，＋∞)上是增函數，故C錯誤；y＝2x在R上是增函數，故D錯誤．3.下列函數中，在區間(0，＋∞)上單調遞減的是()A．y＝x2－1 B．y＝x3C．y＝2x D．y＝－x＋2答案D4.利用函數單調性的定義證明：f(x)＝eq\r(1－x)在(－1，1)上單調遞減.證明任取x1，x2∈(－1，1)，且－1<x1<x2<1，則f(x1)－f(x2)＝eq\r(1－x1)－eq\r(1－x2)＝eq\f(（\r(1－x1)－\r(1－x2)）（\r(1－x1)＋\r(1－x2)）,\r(1－x1)＋\r(1－x2))＝eq\f(x2－x1,\r(1－x1)＋\r(1－x2)).因為x1<x2，所以x2－x1>0.又eq\r(1－x1)＋eq\r(1－x2)>0，所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，所以函數f(x)＝eq\r(1－x)在(－1，1)上單調遞減.5.(多選)如圖是定義在區間[－5，5]上的函數y＝f(x)，則下列關于函數f(x)的說法正確的是()A.函數在區間[－5，－3]上單調遞增B.函數在區間[1，4]上單調遞增C.函數在區間[－3，1]∪[4，5]上單調遞減D.函數在區間[－5，5]上沒有單調性答案ABD解析單調區間不能用“∪”連接.6.試討論函數f(x)＝eq\f(ax,x－1)(a≠0)在(－1,1)上的單調性．解方法一設－1<x1<x2<1，f(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－1＋1,x－1)))＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x－1)))，f(x1)－f(x2)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x1－1)))－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2－1)))＝eq\f(ax2－x1,x1－1x2－1)，由于－1<x1<x2<1，所以x2－x1>0，x1－1<0，x2－1<0，故當a>0時，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，函數f(x)在(－1,1)上單調遞減；當a<0時，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，函數f(x)在(－1,1)上單調遞增．方法二f′(x)＝eq\f(ax′x－1－axx－1′,x－12)＝eq\f(ax－1－ax,x－12)＝－eq\f(a,x－12).當a>0時，f′(x)<0，函數f(x)在(－1,1)上單調遞減；當a<0時，f′(x)>0，函數f(x)在(－1,1)上單調遞增．7.函數f(x)＝eq\f(x2－2,x)－ln(4－x)在x∈[1,3]上的最大值為________．答案eq\f(7,3)解析y＝eq\f(x2－2,x)＝x－eq\f(2,x)在[1,3]上單調遞增，y＝ln(4－x)在[1,3]上單調遞減，∴f(x)在[1,3]上單調遞增，∴f(x)max＝f(3)＝eq\f(9－2,3)－0＝eq\f(7,3).考點二利用單調性法求參數值或范圍1.已知函數的單調性，求參數的取值范圍，應用條件f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，利用分離參數或函數性質解出參數的取值范圍(一般可用不等式恒成立的理論求解)，應注意參數的取值是f′(x)不恒等于0的參數的范圍，然后檢驗參數取“＝”時是否滿足題意.2.若函數y＝f(x)在區間(a，b)上不單調，則轉化為f′(x)＝0在(a，b)上有解(需驗證解的兩側導數是否異號).◆典例分析◆例1若函數f(x)＝(x2－cx＋5)ex在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))上單調遞增，則實數c的取值范圍是()A.(－∞，2] B.(－∞，4]C.(－∞，8] D.[－2，4]解易得f′(x)＝[x2＋(2－c)x－c＋5]ex.∵函數f(x)在區間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))上單調遞增，等價于x2＋(2－c)x－c＋5≥0對任意x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))恒成立，∴c≤eq\f(x2＋2x＋5,x＋1)對任意x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))恒成立.∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))，∴eq\f(x2＋2x＋5,x＋1)＝x＋1＋eq\f(4,x＋1)≥4，當且僅當x＝1時等號成立，∴c≤4.故選B.例2已知函數f(x)＝eq\f(lnx＋（x－b）2,2)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上存在單調遞增區間，則實數b的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,4))) B.(－∞，3)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2))) D.(－∞，eq\r(2))解析易得f′(x)＝eq\f(1,2x)＋x－b＝eq\f(2x2－2bx＋1,2x).根據題意，得f′(x)>0在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上有解.令h(x)＝2x2－2bx＋1，因為h(0)＝1>0，所以只需h(2)>0或heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))>0，解得b<eq\f(9,4)，故選A.例3已知函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2ax，x≥1，,ax－1，x<1))是R上的增函數，則實數a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))C．(0,1)D．(0,1]答案B解析因為函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2ax，x≥1，,ax－1，x<1))是定義在R上的增函數，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≤1，,a>0，,1－2a≥a－1，))解得0<a≤eq\f(2,3)，所以實數a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3))).◆對點練習運用◆1.若函數f(x)＝x3－12x在區間(k－1，k＋1)上不單調，則實數k的取值范圍是()A.(－∞，－3]∪[－1，1]∪[3，＋∞)B.(－3，－1)∪(1，3)C.(－2，2)D.不存在這樣的實數k答案B解析由題意得，f′(x)＝3x2－12＝0在區間(k－1，k＋1)上至少有一個實數根.又f′(x)＝3x2－12＝0的根為±2，且f′(x)在x＝2或－2兩側導數異號，而區間(k－1，k＋1)的區間長度為2，故只有2或－2在區間(k－1，k＋1)內，∴k－1<2<k＋1或k－1<－2<k＋1，∴1<k<3或－3<k<－1，故選B.2.已知函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－1x＋4a，x<1，,x2－ax＋6，x≥1))滿足：對任意x1，x2∈R，當x1≠x2時，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0成立，則實數a的取值范圍是()A．[2，＋∞) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)) D．[1,2]答案C解析對任意x1，x2∈R，當x1≠x2時，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0成立，所以函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－1x＋4a，x<1，,x2－ax＋6，x≥1))在R上是增函數，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－1>0，,\f(a,2)≤1，,3a－1＋4a≤1－a＋6，))解得eq\f(1,3)<a≤1，所以實數a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)).3.若函數f(x)＝eq\f(x＋a－3,x－1)在(a，＋∞)上單調遞增，則實數a的取值范圍為________．答案[1,2)解析f(x)＝eq\f(x＋a－3,x－1)＝eq\f(x－1＋a－2,x－1)＝1＋eq\f(a－2,x－1)，∵f(x)在(a，＋∞)上單調遞增，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2<0，,a≥1))?1≤a<2.4.若函數f(x)＝ln(ax－2)在(1，＋∞)上單調遞增，則實數a的取值范圍為()A．(0，＋∞) B．(2，＋∞)C．(0,2] D．[2，＋∞)答案D解析在函數f(x)＝ln(ax－2)中，令u＝ax－2，函數y＝lnu在(0，＋∞)上單調遞增，而函數f(x)＝ln(ax－2)在(1，＋∞)上單調遞增，則函數u＝ax－2在(1，＋∞)上單調遞增，且?x>1，ax－2>0，因此eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，,a－2≥0，))解得a≥2，所以實數a的取值范圍為[2，＋∞)．5.若函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（2b－1）x＋b－1，x>0，,－x2＋（2－b）x，x≤0))在R上為增函數，則實數b的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)) B.[1，2]C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2))答案B解析要使此分段函數為R上的增函數，必須使函數g(x)＝(2b－1)x＋b－1在(0，＋∞)上單調遞增，函數h(x)＝－x2＋(2－b)x在(－∞，0]上單調遞增，且滿足h(0)≤g(0)，根據一次函數和二次函數的單調性可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2b－1>0，,－\f(2－b,2×（－1）)≥0，,0≤b－1，))解得1≤b≤2，即實數b的取值范圍是[1，2].考點三利用單調性比大小1.利用單調性比較大小的方法(1)利用函數單調性可以比較函數自變量(函數值)的大小，例如：已知f(x)在區間D上為增函數，則對x1，x2∈D，x1<x2?f(x1)<f(x2).(2)利用單調性比較函數值的大小，務必將自變量x的值轉化到同一單調區間上才能進行比較，最后寫結果時再還原回去.◆典例分析◆例1已知f(x)在(－∞，＋∞)內是減函數，a，b∈R，且a＋b≤0，則有()A.f(a)＋f(b)≤－f(a)－f(b) B.f(a)＋f(b)≥－f(a)－f(b)C.f(a)＋f(b)≤f(－a)＋f(－b) D.f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)答案D解由題意知a＋b≤0，得到a≤－b，b≤－a.∴f(a)≥f(－b)，f(b)≥f(－a)，∴f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b).故選D.例2已知函數f(x)為R上的偶函數，對任意x1，x2∈(－∞，0)，均有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0成立，若a＝f(ln

eq\r(2))，b＝，c＝，則a，b，c的大小關系是()A．c<b<a B．a<c<bC．a<b<c D．c<a<b答案B解析∵對任意x1，x2∈(－∞，0)，均有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0成立，∴此時函數在區間(－∞，0)上單調遞減，∵f(x)是偶函數，∴當x∈(0，＋∞)時，f(x)單調遞增，又f(x)＝在x∈(0，＋∞)上單調遞增，∴，又0<ln

eq\r(2)<1，∴，∴，即a<c<b.◆對點練習運用◆1.已知函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ex－e－x，x>0，,－x2，x≤0，))若a＝50.01，b＝log32，c＝log20.9，則有()A．f(a)>f(b)>f(c)B．f(b)>f(a)>f(c)C．f(a)>f(c)>f(b)D．f(c)>f(a)>f(b)答案A解析因為y＝ex是增函數，y＝e－x是減函數，所以f(x)＝ex－e－x在(0，＋∞)上單調遞增，且f(x)>0.又f(x)＝－x2在(－∞，0]上單調遞增，且f(x)≤0，所以f(x)在R上單調遞增．又c＝log20.9<0,0<b＝log32<1，a＝50.01>1，即a>b>c，所以f(a)>f(b)>f(c)．2.若a＝ln3，b＝lg5，c＝log126，則()A．a>b>c B．b>c>aC．c>b>a D．a>c>b答案D解析∵a＝ln3>lne＝1，b＝lg5<lg10＝1，c＝log126<log1212＝1，∴a>b，a>c，∵lg5＝eq\f(log25,log210)＝eq\f(log25,1＋log25)，log126＝eq\f(log26,log212)＝eq\f(log26,1＋log26)，∴構造函數f(x)＝eq\f(x,1＋x)＝1－eq\f(1,1＋x)(x>0)，顯然函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，又∵0<log25<log26，∴f(log25)<f(log26)，即lg5<log126，∴a>c>b.3.如果函數f(x)＝x2＋bx＋c，對任意的x都有f(2＋x)＝f(2－x)，則f(1)，f(2)，f(4)的大小關系為__________________________(用“>”號連接).答案f(4)>f(1)>f(2)解析由題意知f(x)的對稱軸為x＝2，故f(1)＝f(3)，∵f(x)＝x2＋bx＋c在[2，＋∞)上為增函數，∴f(2)<f(3)<f(4)，即f(2)<f(1)<f(4).4.定義在R上的偶函數f(x)滿足：對任意的x1，x2∈(－∞，0](x1≠x2)，有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0，則()A．f(－2)<f(3)<f(4)B．f(－2)>f(3)>f(4)C．f(3)<f(4)<f(－2)D．f(4)<f(－2)<f(3)答案A解析因為對任意的x1，x2∈(－∞，0](x1≠x2)，有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0，所以f(x)在(－∞，0]上單調遞減，又f(x)為偶函數，所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，則f(2)<f(3)<f(4)，又f(－2)＝f(2)，所以f(－2)<f(3)<f(4)．考點四利用單調性解不等式1.利用函數的單調性解不等式的方法當函數f(x)的解析式未知時，欲求解不等式，可以依據函數單調性的定義和性質，將符號“f”脫掉，列出關于自變量的不等式(組)，然后求解，此時注意函數的定義域.◆典例分析◆例1已知函數y＝f(x)在定義域(－1，1)上是減函數，且f(1－a)<f(2a－1)，則實數a的取值范圍為________.答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))解析由題知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1<1－a<1，,－1<2a－1<1，,1－a>2a－1，))解得0<a<eq\f(2,3)，即所求實數a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3))).例2已知函數f(x)為定義在區間[－1，1]上的增函數，則滿足f(x)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))的實數x的取值范圍是________.答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)))解由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤1，,x<\f(1,2)，))解得－1≤x<eq\f(1,2).◆對點練習運用◆1.已知函數f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－log2(x＋2)，若f(a－2)>3，則a的取值范圍是________．答案(0,1)解析由f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－log2(x＋2)知，f(x)在定義域(－2，＋∞)上是減函數，且f(－1)＝3，由f(a－2)>3，得f(a－2)>f(－1)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－2<－1，,a－2>－2，))解得0<a<1.2.設函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋4x－3，x≤2，,log2x，x>2，))則滿足不等式f(2x－1)<2的解集是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2))) B.eq\b\