函式的單調性是函式基本性質之一，《考試大綱》對本性質作了重要的要求，它的應用非常廣泛，但同學們在解題時，往往由於應用不熟練而導致錯誤，現舉幾例說明。
一、忽視單調性
例1 已知函式f（x）=x2-x-1，x∈[-1，]，求f（x）的最大值和最小值。
錯解：∵f（-1）=1+-1=，f（）=3-2-1=0，
∴f（x）的最大值和最小值分別為和0。
剖析：以上解法忽視了函式的單調性，由題設知函式f（x）在[-1，]上單調遞減，在[，]上單調遞增，因而當x=時，f（x）取得最小值。
解：∵f（x）=（x-）2-，x∈[-1，]，
∴當x=時，f（x）的最小值為-，當x=-1時，f（x）的最大值為。
二、不理解單調性定義
例2 判斷函式f（x）=的單調性。
錯解：f（x）的定義域為（-∞，-1）∪（-1，+∞），設x1＜x2＜-1，則f（x2）-f（x1）=-=。
∵x1＜x2＜-1，∴x1-x2＜0 x1+1＜0 x2+1＜0
∴f（x2）-f（x1）＜0，即f（x2）＜f（x1）
∴f（x）在(-∞,-1)上為減函式，同理可得f（x）在（-1，+∞）上也是減函式，故f（x）在（-∞，-1）∪（-1，+∞）為減函式。
剖析：對函式單調性理解不夠導致錯誤，對於單調性只能是在某個指定區間上來說的，不能用並集表示單調區間。
正解：f（x）的定義域為（-∞，-1）∪（-1，+∞），設x1＜x2＜-1，則f（x2）-f（x1）=-=
∵x1＜x2＜-1，∴x1-x2＜0，x1+1＜0，x2+1＜0
∴f（x2）-f（x1）＜0，即f（x2）＜f（x1）
∴f（x）在(-∞，-1）為減函式。
同理可得f（x）在（-1，+∞）上也是減函式。
∴f（x）在（-∞，-1）和（-1，+∞）上都是減函式。
三、錯用函式的單調性
例3 利用定義判斷函式f（x）=x+在區間（-∞，+∞）上的單調性。
錯解：設x1，x2∈（-∞，+∞）且x1＜x2，則f（x1）-f（x2）=（x1+）-（x2+）=（x1-x2）+（-）
∵x1＜x2，∴x1-x2＜0， -＜0
∴f（x1）-f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2）。
故函式f（x）在區間（-∞，+∞）上是單調增函式。
剖析：該解法失誤在於錯用了g（x）=的單調性，而實際上在r上g（x）=不具備單調性。例如g（-1）=g（1）或由數形結合可知。
正解：設x1，x2∈（-∞，+∞）且x1＜x2，則f（x1）-f（x2）=（x1-x2）+（-）
=（x1-x2）+=（x1-x2）+
=∵x1＜x2，∴x1-x2＜0，
又∵+＞0， +x1＞|x1|+x1≥0， +x2＞|x2|+x2≥0
∴++x1+x2＞0，
所以f（x1）-f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），
故函式f（x）在區間（-∞，+∞）上是單調增函式。
點評：利用定義法判斷函式單調性時，一般要將f（x1）-f（x2）化成幾個因式的乘積的形式。
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