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第2节　函数的单调性与最值
（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＝
C.y＝ D.y＝3－x
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）
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，＋∞）
4.〔一题多解〕函数f（x）＝的最大值为（　　）
A. B.1
C. D.2
5.（2026·福建泉州月考）已知函数f（x）＝－，则不等式f（x＋1）＞f（2x）的解集为（　　）
A.（－∞，1） B.（－∞，1]
C.［－，0］ D.［－，1）
6.〔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＝在R上是增函数
D.y＝[f（x）]2在R上是增函数
7.已知函数f（x）＝（a＞0）在区间[2，6]上的最大值为5，则a＝　　　　.
8.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　　　　.
9.（13分）已知函数f（x）＝2x＋＋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.
10.（2025·山东威海一模）已知函数f（x）＝＋x，若对 x1，x2∈（1，3），且x1≠x2，都有＜1，则（　　）
A.a≤ B.a≤0
C.a≥－3 D.a≥1
11.（2026·河南信阳高级中学模拟）已知f（x）＝若f（0）是f（x）的最小值，则实数t的取值范围为（　　）
A.[－1，2] B.[－1，0]
C.[0，2] D.[1，2]
12.〔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）＝在区间[1，＋∞）上（　　）
A.单调递减 B.单调递增
C.有最小值 D.有最大值
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，＜0恒成立，若f（2ax）＜f（2x2＋1）对任意的x∈R恒成立，则实数a的取值范围为　　　　.
14.（15分）（2026·安徽皖江名校联考）定义在（0，＋∞）上的函数f（x）满足：①当x＞1时，f（x）＞0；②对任意实数x，y都有f（x·y）＝f（x）＋f（y）.　
（1）证明：当0＜x＜1时，f（x）＜0；
（2）判断f（x）在（0，＋∞）上的单调性；
（3）解不等式f（x＋1）＋f（2x－3）＞0.
15.〔创新设问〕已知函数f（x）＝x＋x3，x1，x2，x3∈R，x1＋x2＜0，x2＋x3＜0，x3＋x1＜0，那么f（x1）＋f（x2）＋f（x3）的值（　　）
A.一定大于0 B.一定小于0
C.等于0 D.正负都有可能
第2节　函数的单调性与最值
1.B　2.B　3.D　4.D　5.C　
6.AB　A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＝在R上不一定是增函数，如g（x）＝－x在R上是减函数，但y＝＝－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＝x2在R上不是增函数，故D错误.
7.3　8.（－1，2）　
9.解：（1）由题意得，f（1）＝2＋b＋c＝4，
f（2）＝4＋＋c＝5，解得b＝2，c＝0.
（2）证明：由（1）得，f（x）＝2x＋.
任取x1，x2∈（0，1），且x1＜x2，
则f（x1）－f（x2）＝（ 2x1＋）－（ 2x2＋）
＝.
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.A　由题设， x1，x2∈（1，3），且x1≠x2，都有＜0，所以f（x）－x＝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，当a≠0时， 0＜a≤或 a＜0，综上，a≤.故选A.
11.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＋＋t≥2＋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≤2.故选C.
12.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）＝＝x＋－2a，当a＜0时，g（x）＝x＋－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＋－2a，g'（x）＝1－≥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g（1）.故选B、C.
13.（－，）　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（2x2＋1），故f（｜2ax｜）＜f（2x2＋1），所以｜2ax｜＜2x2＋1，当x＝0时，｜0｜＜1恒成立，满足要求；当x≠0时，｜2a｜＜＝2｜x｜＋在x∈（－∞，0）∪（0，＋∞）上恒成立，其中2｜x｜＋≥2＝2，当且仅当2｜x｜＝，即｜x｜＝时，等号成立，故｜2a｜＜2，解得－＜a＜，综上，a的取值范围为（－，）.
14.解：（1）证明：令x＝y＝1，则f（1）＝f（1）＋f（1），所以f（1）＝0.
当0＜x＜1时，＞1，则f（ ）＞0，
在f（x·y）＝f（x）＋f（y）中，
令y＝，则f（1）＝f（x）＋f（ ），所以f（x）＝－f（ ）＜0.
（2）设0＜x1＜x2，则＞1，所以f（ ）＞0，
于是f（x2）＝f（ x1·）＝f（x1）＋f（ ）＞f（x1），
故f（x）在（0，＋∞）上单调递增.
（3）由题意知，原不等式等价于f（（x＋1）（2x－3））＞f（1），
由（2）知，f（x）在（0，＋∞）上单调递增，
可得（x＋1）（2x－3）＞1，且x＋1＞0，2x－3＞0，解得x＞.
故原不等式的解集是（ ，＋∞）.
15.B　因为f（x）＝x＋x3是增函数，且x1＋x2＜0，所以f（x1）＜f（－x2）.又易验证f（－x）＝－f（x），所以f（x1）＜－f（x2），即f（x1）＋f（x2）＜0.同理f（x2）＋f（x3）＜0，f（x3）＋f（x1）＜0.所以f（x1）＋f（x2）＋f（x3）＝[f（x1）＋f（x2）＋f（x2）＋f（x3）＋f（x3）＋f（x1）]＜0.
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　　　　 都有　　 　　
结论 函数f（x）在区间I上　　　　　；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　　　　　　；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　　　 自左向右看图象是　　　
（2）单调区间的定义：如果函数y＝f（x）在区间I上　　　　　　或　　　　　　，那么就说函数y＝f（x）在这一区间具有（严格的）单调性，　　　　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　　　　　　； ② x0∈D，使得　　　　　 ① x∈D，都有　　　　　　； ② x0∈D，使得　　　　　
结论 M是函数y＝f（x）的　　　　值 M是函数y＝f（x）的　　　　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＝的单调性相反. 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）＞0（或（x1－x2）[f（x1）－f（x2）]＞0） f（x）在I上单调递增； （2）＜0（或（x1－x2）[f（x1）－f（x2）]＜0） f（x）在I上单调递减.
诊断自测
1.判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）函数y＝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＝－在区间[1，2]上的最大值为（　　）
A.－　　B.－ C.－1　　D.不存在
3.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]
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＋1
C.f（x）＝1－ D.f（x）＝｜x｜
5.函数y＝的单调递减区间是　　　　.　
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－在（－∞，0）上单调递减
B.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）＝的单调递增区间为[1，＋∞）
（2）〔一题多解〕试讨论函数f（x）＝（a≠0）在（－1，1）上的单调性.
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（　　）
A.y＝x2－x B.y＝lg（x2＋1）
C.y＝3｜x－1｜ D.y＝
（2）函数f（x）＝－x的单调递增区间为（　　）
A.（ 0，） B.（0，1）
C.（ ，＋∞） D.（1，＋∞）
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（ －），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＞a
C.a＞c＞b D.b＞a＞c
听课记录
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）＝ln x＋2x，若f（a2－4）＜2，则实数a的取值范围是　　　　.
听课记录
考向3　求参数的值（范围）
（2024·新高考Ⅰ卷6题）已知函数f（x）＝在R上单调递增，则a的取值范围是（　　）
A.（－∞，0] B.[－1，0]
C.[－1，1] D.[0，＋∞）
听课记录
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.［－2，－］
B.（－∞，－2）∪（ －，＋∞）
C.（ －2，－）
D.（－∞，－2）∪［－，＋∞）
（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　　　　.
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＝的值域为R
C.函数y＝2x－的值域为［，＋∞）
D.函数y＝＋的值域为[，＋∞）
听课记录
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［，4］，则函数F（x）＝f（2x＋1）＋的值域是（　　）
A.［，4］ B.［2，］
C.［2，］ D.［，］
（2）设a＞0，且a≠1，函数f（x）＝的值域为[2，＋∞），则实数a的取值范围是　　　　.
第2节　函数的单调性与最值
【夯实必备知识】
知识梳理
1.（1） 　f（x1）＜f（x2）　f（x1）＞f（x2）　单调递增　单调递减　上升的
下降的　（2）单调递增　单调递减　区间I
2.①f（x）≤M　②f（x0）＝M　①f（x）≥M
②f（x0）＝M　最大　最小
诊断自测
1.（1）×　（2）×　（3）×　（4）×　（5）√
2.A　3.B　4.BCD　5.（－∞，－2]
【研透核心考点】
考点1
【例1】　（1）ABC　在（－∞，0）上函数y＝e－x与y＝－都单调递减，所以y＝e－x－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]，故D错误.
（2）解：法一（定义法） 设－1＜x1＜x2＜1，
f（x）＝a（ ）＝a（ 1＋），
则f（x1）－f（x2）＝a（ 1＋）－a（ 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）＝＝＝－.
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.
训练1　（1）B　（2）A　解析：（1）由题意知，函数f（x）在（0，＋∞）上单调递增，y＝x2－x在（ －∞，）上单调递减，在（ ，＋∞）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＝lg t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＝＝1－在（1，＋∞）上单调递增，在（－∞，1）上单调递增，但在（0，＋∞）上不单调递增，D错误.故选B.
（2）令t＝，显然t＝在[0，＋∞）上为增函数.又y＝t－t2＝－（ t－）2＋（t≥0）在上单调递增，由≤得0≤x≤，所以f（x）的单调递增区间是（ 0，）.
考点2
【例2】　D　∵f（x）的图象关于直线x＝1对称，∴f（ －）＝f（ ）.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＜＜e，∴f（2）＞f（ ）＞f（e），∴b＞a＞c.
【例3】　（－，－2）∪（2，）　解析：因为函数f（x）＝ln x＋2x在定义域（0，＋∞）上为增函数，且f（1）＝ln 1＋2＝2，所以由f（a2－4）＜2得，f（a2－4）＜f（1），所以0＜a2－4＜1，解得－＜a＜－2或2＜a＜.
【例4】　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，则需满足解得－1≤a≤0，即a的取值范围是[－1，0].故选B.
训练2　（1）A　（2）（1，＋∞）
解析：（1）根据题意，可得解得－2≤x≤－.
（2）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.
考点3
【例5】　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＝＝＝2＋，显然≠0，∴y≠2，故函数的值域为（－∞，2）∪（2，＋∞）.对于C（换元法），设t＝，则x＝t2＋1，且t≥0，∴y＝2（t2＋1）－t＝2（ t－）2＋，由t≥0，再结合函数的图象（如图2所示），可得函数的值域为［，＋∞）.对于D，函数的定义域为[1，＋∞），∵y＝与y＝在[1，＋∞）上均单调递增，∴y＝＋在[1，＋∞）上为增函数，∴当x＝1时，ymin＝，即函数的值域为[，＋∞）.
训练3　（1）B　（2）（1，]　解析：（1）因为函数y＝f（x）的值域是［，4］，所以函数f（2x＋1）的值域是［，4］.令f（2x＋1）＝t∈［，4］，则F（x）＝g（t）＝t＋，由对勾函数的性质可知，函数g（t）＝t＋在［，1］上单调递减，在（1，4]上单调递增，而g（ ）＝，g（1）＝2，g（4）＝，所以g（t）∈［2，］，即函数F（x）的值域是［2，］.故选B.
（2）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）＝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，所以1＜a≤，即a的取值范围是（1，].
1 / 1(共71张PPT)
第2节　函数的单调性与最值
课标要求
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.
目录/
CONTENTS
夯实必备知识
01
研透核心考点
02
课时跟踪检测
03
01
PART
夯实必备知识
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
都有
　
f（x1）＜f
（x2）　
f（x1）＞f（x2）　
定 义 结论 函数f（x）在区间I
上 ；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
；若函数f（x）在定义域
D上单调递减，则称f（x）为减
函数
单调递增　
单调递
减　
图象描述 自左向右看图象
是
自左向右看图象是
上升的　
下降的　
（2）单调区间的定义：如果函数y＝f（x）在区间I上
或 ，那么就说函数y＝f（x）在这一区间具有（严格的）单
调性， 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.
单调递增　
单调递减　
区间I　
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
； ② x0∈D，使得
① x∈D，都有
；
② x0∈D，使得

结论 M是函数y＝f（x）的
值 M是函数y＝f（x）的
值
f（x）
≤M　
f（x0）
＝M　
f（x）
≥M　
f（x0）＝
M　
最
大　
最小　
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
＝ 的单调性相反.
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） ＞0（或（x1－x2）[f（x1）－f（x2）]＞0） f
（x）在I上单调递增；
（2） ＜0（或（x1－x2）[f（x1）－f（x2）]＜0） f
（x）在I上单调递减.
诊断自测
1. 判断正误.（正确的画“√”，错误的画“×”）
（1）函数y＝ 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＝－ 在区间[1，2]上的最大值为（　　）
C. －1 D. 不存在
√
解析： 　y＝－ 在区间[1，2]上单调递增，所以ymax＝－ ＝－ .
3. 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： 　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＋1
D. f（x）＝｜x｜
√
√
√
解析： 　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＝－ 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｜＝ 故函数f（x）在（0，
＋∞）上单调递增，故D正确.
5. 函数y＝ 的单调递减区间是 .
解析：由题意，要使函数y＝ 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＝
的单调递减区间是（－∞，－2].
（－∞，－2]　
02
PART
研透核心考点
函数的单调性（师生共研过关）
（1）〔多选〕下列说法中正确的是（　　）
B. 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]
√
√
√
解析： 　在（－∞，0）上函数y＝e－x与y＝－ 都
单调递减，所以y＝e－x－ 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]，故D错误.
（2）〔一题多解〕试讨论函数f（x）＝ （a≠0）在（－1，1）上的
单调性.
解：法一（定义法） 设－1＜x1＜x2＜1，
f（x）＝a（ ）＝a（1＋ ），
则f（x1）－f（x2）＝a（1＋ ）－a（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）＝ ＝ ＝－
.
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｜
B
解析： 由题意知，函数f（x）在（0，＋∞）上单调递增，y＝x2－
x在（－∞， ）上单调递减，在（ ，＋∞）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＝lg t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＝ ＝1－ 在（1，＋
∞）上单调递增，在（－∞，1）上单调递增，但在（0，＋∞）上不单调
递增，D错误.故选B.
（2）函数f（x）＝ －x的单调递增区间为（　A　）
B. （0，1）
D. （1，＋∞）
解析： 令t＝ ，显然t＝ 在[0，＋∞）上为增函数.又y＝t－t2
＝－（t－ ）2＋ （t≥0）在 上单调递增，由 ≤ 得
0≤x≤ ，所以f（x）的单调递增区间是（0， ）.
A
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（－ ），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＞a
C. a＞c＞b D. b＞a＞c
√
解析： 　∵f（x）的图象关于直线x＝1对称，∴f（－ ）＝f（ ）.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＜ ＜e，∴f（2）＞f（ ）＞f（e），
∴b＞a＞c.
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

解析：因为函数f（x）＝ln x＋2x在定义域（0，＋∞）上为增函数，且f
（1）＝ln 1＋2＝2，所以由f（a2－4）＜2得，f（a2－4）＜f（1），所
以0＜a2－4＜1，解得－ ＜a＜－2或2＜a＜ .
（－ ，－2）∪（2， ）　
考向3　求参数的值（范围）
（2024·新高考Ⅰ卷6题）已知函数f（x）＝
在R上单调递增，则a的取值范围是（　　）
A. （－∞，0] B. [－1，0]
C. [－1，1] D. [0，＋∞）
√
解析： 　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 解得－1≤a≤0，即a的取
值范围是[－1，0].故选B.
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　）
解析： 根据题意，可得 解得－2≤x≤－ .
A
（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 .
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.
（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）
√
√
√
解析： 　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＝ ＝
＝2＋ ，显然 ≠0，∴y≠2，故函数的值域为（－∞，2）∪（2，＋∞）.对于C（换元法），设t＝ ，则x＝t2＋1，且t≥0，
∴y＝2（t2＋1）－t＝2（t－ ）2
＋ ，由t≥0，再结合函数的图象
（如图2所示），可得函数的值域
为［ ，＋∞）.对于D，函数的定
义域为[1，＋∞），∵y＝ 与y＝ 在[1，＋∞）上均单调递增，∴y＝ ＋ 在[1，＋∞）上为增函数，∴当x＝1时，ymin＝ ，即函数的值域为[，＋∞）.
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
［ ，4］，则函数F（x）＝f（2x＋1）＋ 的值域是（　　）
B
解析： 因为函数y＝f（x）的值域是［ ，4］，所以函数f（2x＋1）的
值域是［ ，4］.令f（2x＋1）＝t∈［ ，4］，则F（x）＝g（t）＝t
＋ ，由对勾函数的性质可知，函数g（t）＝t＋ 在［ ，1］上单调递
减，在（1，4]上单调递增，而g（ ）＝ ，g（1）＝2，g（4）＝ ，
所以g（t）∈［2， ］，即函数F（x）的值域是［2， ］.故选B.
（2）设a＞0，且a≠1，函数f（x）＝ 的值域为
[2，＋∞），则实数a的取值范围是 .
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）＝
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，所以1＜
a≤ ，即a的取值范围是（1， ].
（1， ]　
03
PART
课时跟踪检测
（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
D. y＝3－x
1
2
3
4
5
6
7
8
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10
11
12
13
14
15
√
解析： 　y＝－x2＋1在区间（0，1）上单调递减，故A不符合题意；y
＝ 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＝ 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： 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.
1
2
3
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15
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： 　因为f（x）＝｜x－1｜＋｜x－2｜＝ 所以f
（x）的单调递增区间为[2，＋∞），故选D.
1
2
3
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5
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15
4. 〔一题多解〕函数f（x）＝ 的最大值为（　　）
B. 1
D. 2
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
解析： 　法一（图象法）　作出函数f（x）＝
的图象（如图所示），由函数图象可
知，f（x）的最大值为2.
法二（单调性法）　当x≥1时，函数f（x）＝ 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2.
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5. （2026·福建泉州月考）已知函数f（x）＝ － ，则不等式
f（x＋1）＞f（2x）的解集为（　　）
A. （－∞，1） B. （－∞，1]
√
1
2
3
4
5
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15
解析： 　函数f（x）＝ － ，由 解得－
1≤x≤1，则f（x）的定义域为[－1，1].因为y＝ 是增函数，y＝
－ 也是增函数，所以f（x）＝ － 是[－1，1]上的增
函数，由不等式f（x＋1）＞f（2x）得 解得－
≤x≤0，故选C.
1
2
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15
6. 〔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
D. y＝[f（x）]2在R上是增函数
√
√
1
2
3
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5
6
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15
解析： 　A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＝ 在R上不一定
是增函数，如g（x）＝－x在R上是减函数，但y＝ ＝－ 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
＝x2在R上不是增函数，故D错误.
1
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15
7. 已知函数f（x）＝ （a＞0）在区间[2，6]上的最大值为
5，则a＝ .
解析：f（x）＝ ＝ ＝2＋ .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[2，6]上的
最大值为f（2）＝2＋ ＝2＋a＝5，解得a＝3.
3　
1
2
3
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5
6
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15
8. 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 .
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）.
（－1，2）　
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9. （13分）已知函数f（x）＝2x＋ ＋c，且f（1）＝4，f（2）＝5.
（1）求b，c的值；
解： 由题意得，f（1）＝2＋b＋c＝4，
f（2）＝4＋ ＋c＝5，解得b＝2，c＝0.
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（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： 证明：由（1）得，f（x）＝2x＋ .
任取x1，x2∈（0，1），且x1＜x2，
则f（x1）－f（x2）＝（2x1＋ ）－（2x2＋ ）
＝ .
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.
1
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10. （2025·山东威海一模）已知函数f（x）＝ ＋x，若对 x1，
x2∈（1，3），且x1≠x2，都有 ＜1，则（　　）
B. a≤0
C. a≥－3 D. a≥1
√
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15
解析： 　由题设， x1，x2∈（1，3），且x1≠x2，都有
＜0，所以f（x）－x＝ 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，当a≠0时， 0＜a≤ 或 a＜0，综上，
a≤ .故选A.
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11. （2026·河南信阳高级中学模拟）已知f（x）＝
若f（0）是f（x）的最小值，则实数t的取值范
围为（　　）
A. [－1，2] B. [－1，0]
C. [0，2] D. [1，2]
√
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15
解析： 　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＋ ＋t≥2 ＋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≤2.故选C.
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12. 〔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）＝ 在区间[1，＋
∞）上（　　）
A. 单调递减 B. 单调递增
C. 有最小值 D. 有最大值
√
√
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解析： 　∵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）＝ ＝x＋ －2a，当a＜0时，g（x）＝x＋ －
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＋ －2a，g'（x）＝1－ ≥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g（1）.故选
B、C.
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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，
＜0恒成立，若f（2ax）＜f（2x2＋1）对任意的x∈R恒
成立，则实数a的取值范围为 .
（－ ， ）　
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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（2x2＋1），故f
（｜2ax｜）＜f（2x2＋1），所以｜2ax｜＜2x2＋1，当x＝0时，｜0｜
＜1恒成立，满足要求；当x≠0时，｜2a｜＜ ＝2｜x｜＋ 在
x∈（－∞，0）∪（0，＋∞）上恒成立，其中2｜x｜＋
≥2 ＝2 ，当且仅当2｜x｜＝ ，即｜x｜＝ 时，
等号成立，故｜2a｜＜2 ，解得－ ＜a＜ ，综上，a的取值范围
为（－ ， ）.
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14. （15分）（2026·安徽皖江名校联考）定义在（0，＋∞）上的函数f
（x）满足：①当x＞1时，f（x）＞0；②对任意实数x，y都有f（x·y）
＝f（x）＋f（y）.　
（1）证明：当0＜x＜1时，f（x）＜0；
解：证明：令x＝y＝1，则f（1）＝f（1）＋f（1），所以f（1）＝0.
当0＜x＜1时， ＞1，则f（ ）＞0，
在f（x·y）＝f（x）＋f（y）中，
令y＝ ，则f（1）＝f（x）＋f（ ），所以f（x）＝－f（ ）＜0.
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（2）判断f（x）在（0，＋∞）上的单调性；
解： 设0＜x1＜x2，则 ＞1，所以f（ ）＞0，
于是f（x2）＝f（x1· ）＝f（x1）＋f（ ）＞f（x1），
故f（x）在（0，＋∞）上单调递增.
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（3）解不等式f（x＋1）＋f（2x－3）＞0.
解： 由题意知，原不等式等价于f（（x＋1）（2x－3））＞f（1），
由（2）知，f（x）在（0，＋∞）上单调递增，
可得（x＋1）（2x－3）＞1，且x＋1＞0，2x－3＞0，解得x＞ .
故原不等式的解集是（ ，＋∞）.
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15. 〔创新设问〕已知函数f（x）＝x＋x3，x1，x2，x3∈R，x1＋x2＜
0，x2＋x3＜0，x3＋x1＜0，那么f（x1）＋f（x2）＋f（x3）的值
（　　）
A. 一定大于0 B. 一定小于0
C. 等于0 D. 正负都有可能
√
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解析： 　因为f（x）＝x＋x3是增函数，且x1＋x2＜0，所以f（x1）＜f
（－x2）.又易验证f（－x）＝－f（x），所以f（x1）＜－f（x2），即f
（x1）＋f（x2）＜0.同理f（x2）＋f（x3）＜0，f（x3）＋f（x1）＜0.
所以f（x1）＋f（x2）＋f（x3）＝ [f（x1）＋f（x2）＋f（x2）＋f
（x3）＋f（x3）＋f（x1）]＜0.
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