函式的單調性
從近兩年高考試題來看，函式單調性的判斷和應用以及函式最值問題是高考的熱點，各種型別都有，難度中等偏高，客觀題主要考查函式的單調性或最值的靈活確定與簡單應用，主觀題注重綜合考查函式性質，以及數學思想方法．
一、要點精講
1．單調性
對於給定區間上的函式及屬於這個區間的任意兩個自變數，，當時，如果都有（），那麼就說在給定區間上是增函式（減函式）；這個區間就叫做這個函式的單調遞增（減）區間。
2. 判斷函式單調性的方法
⑴ 定義法
⑵ 在公共定義域內： 增函式增函式是增函式；減函式減函式是減函式；
增函式減函式是增函式；減函式增函式是減函式。
⑶ 利用復合函式的單調性：同增異減
⑷ 奇函式在其對稱區間上的單調性相同；偶函式在其對稱區間上的單調性相反；
⑸ 互為反函式的兩個函式在各自定義域上有相同的單調性；
3．求函式單調區間的常用方法：定義法、圖象法、復合函式法、導數法等
4、函式的最值：
二、雙基達標
1．下列函式中，在區間(0,1)上為增函式的是( )
a．y＝tan x b．yc．y＝2－xd．y＝－x2－4x＋1
2．若函式在區間(－∞，4]上是減函式，則實數a的取值範圍是( )
a．a≤－3b．a≥－3c．a≤3d．a≥3
解：x對＝1－a，由在(－∞，4]上是減函式，故1－a≥4. ∴a≤－3.
3．函式y＝的遞增區間是( )
a．(－∞，－2) b．[－5，－2c．[－2,1] d．[1，＋∞)
解：定義域為．函式的遞增區間為[－5，－2]．
4．若f(x)為r上的減函式，則滿足f(1－a)解：∵f(x)在r為減函式，∴1－a>2a2，即2a2＋a－1<0. ∴－15．若f(x)＝在區間(－2，＋∞)上是增函式，則a的取值範圍是________．
解：∵f(x)＝a＋在(－2，＋∞)是增函式，∴1－2a<0，即a>.
6、⑴ 函式的遞增區間為；
⑵ 函式的遞減區間為
三．典例解析
熱點一：函式的單調性的定義
1. ，是定義域內的兩個值，且，有，則是
（a）增函式 （b）減函式 （c）常數函式 （d）增減性不定
2、有下列幾個命題：①函式y=2x2+x+1在（0，＋∞）上不是增函式；
②函式y=在（－∞，－1）∪（－1，＋∞）上是減函式；
③函式y=的單調區間是［－2，+∞）；
④已知f（x）在r上是增函式，若a+b＞0，則有f（a）+f（b）＞f（－a）+f（－b）.
其中正確命題的序號是
解：①函式y=2x2+x+1在（0，+∞）上是增函式，∴①錯；②雖然（－∞，－1）、（－1，＋∞）都是
y=的單調減區間，但求並集以後就不再符合減函式定義，∴②錯；③要研究函式y=的
單調區間，首先被開方數5+4x－x2≥0，解得－1≤x≤5，由於［－2，+∞）不是上述區間的子區間，∴③
錯；④∵f（x）在r上是增函式，且a＞－b，∴b＞－a，f（a）＞f（－b），f（b）＞f（－a），f（a）+f（b）
＞f（－a）+f（－b），因此④是正確的.
3、下列函式f(x)中，滿足「對任意x1，x2∈(－∞，0)，當x1a．f(x)＝－x＋1 b．f(x)＝x2－1 c．f(x)＝2x d．f(x)＝ln(－x)
解：f(x)＝－x＋1為減函式，f(x)＝x2－1在(－∞，1)上為減函式；f(x)＝2x為增函式，f(x)＝ln(－x)為減函式，由條件知f(x)在(－∞，0)上為增函式，故排除a、b、d選c.
熱點二：判斷證明函式的單調性
3．(2010北京)給定函式①，②y＝log (x＋1)，③y＝|x－1|，④y＝2x＋1，其中在區間(0,1)上單調遞減的函式的序號是( )
abcd．①④
解：易知y＝x在(0,1)遞增，故排除a、d選項；又y＝log (x＋1)的圖象是由y＝logx的圖象向左平移乙個單位得到的，其單調性與y＝logx相同為遞減的，所以②符合題意，故選b.
4、⑴判斷並證明函式的單調性
⑵當a>1時，求使f(x)>0的x的取值範圍．
解：(1)定義域為{x|－1(2)因為當a>1時，f(x)在定義域{x|－10>1.解得0所以使f(x)>0的x的取值範圍是{x|05、判斷函式在區間上的單調性．
解法一設0∵00，又e>1，x1＋x2>0，∴ex1＋x2>1，故－1<0，
∴f(x1)－f(x2)<0，由單調函式的定義知函式f(x)在區間(0，＋∞)上為增函式．
解法二對f(x)＝ex＋e－x求導得f′(x)＝ex－e－x， ∵x>0 ∴ex>1,0∴f′(x)>0在(0，＋∞)恆成立，故f(x)在(0，＋∞)上為增函式．
6、論函式f（x）=（a≠）在（－2，+∞）上的單調性.
解：設x1、x2為區間（－2，+∞）上的任意兩個值，且x1＜x2，則
f（x1）－f（x2）===.
∵x1∈（－2，+∞），x2∈（－2，+∞）且x1＜x2， ∴x2－x1＞0，x1+2＞0，x2+2＞0.
∴當1－2a＞0，即a＜時，f（x1）＞f（x2），該函式為減函式；
當1－2a＜0，即a＞時，f（x1）＜f（x2），該函式為增函式.
法二：分離分式法
7、已知f（x）是定義在［－1，1］上的奇函式，且f（1）=1，若a、b∈［－1，1］，a+b≠0時，
有＞0.判斷函式f（x）在［－1，1］上是增函式還是減函式，並證明你的結論.
解：任取x1、x2∈［－1，1］，且x1＜x2，則－x2∈［－1，1］.又f（x）是奇函式，於是
f（x1）－f（x2）=f（x1）+f（－x2）=·（x1－x2）.據已知＞0，
x1－x2＜0，∴f（x1）－f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2）.∴f（x）在［－1，1］上是增函式.
8．已知定義在r上的函式f(x)對任意實數x1，x2滿足f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)＋2，當x>0時，有f(x)>－2.
求證：f(x)在(－∞，＋∞)上是增函式．
證明：設x10， 令x2＝δx＋x1.
則f(x2)－f(x1)＝f(δx＋x1)－f(x1) ＝f(δx)＋f(x1)＋2－f(x1) ＝f(δx)＋2.
∵δx>0，∴f(δx)>－2. ∴f(δx)＋2>0，即f(x2)－f(x1)>0. ∴f(x)在(－∞，＋∞)上是增函式．
熱點二：求函式的單調區間
9、求下列函式的單調區間．
(1) y＝－x2＋2|x|＋3；(2) y＝x＋ (x>0)．
解：(1)∵y＝－x2＋2|x|＋3＝，
即y＝.由圖知，單調遞增區間是(－∞，－1)和[0,1]．
遞減區間是(－1,0)和(1，＋∞)．
(2) y′＝1－＝＝， 令y′≥0，即：(x－3)(x＋3)≥0 得：x≥3或x≤－3(捨去)，
∴單調遞增區間為[3，＋∞)． 令y′<0即(x－3)(x＋3)<0，又x>0，得：0∴單調遞減區間為(0,3)．
10．定義在r上的函式f(x)是偶函式，且f(x)＝f(2－x)．若f(x)在區間[1,2]上是減函式，則f(x)( )
a．在區間[－2，－1]上是增函式，在區間[3,4]上是增函式
b．在區間[－2，－1]上是增函式，在區間[3,4]上是減函式
c．在區間[－2，－1]上是減函式，在區間[3,4]上是增函式
d．在區間[－2，－1]上是減函式，在區間[3,4]上是減函式
解：∵f(x)＝f(2－x)，∴f(x＋1)＝f(1－x)．∴x＝1為函式f(x)的一條對稱軸．
又f(x＋2)＝f[2－(x＋2)]＝f(－x)＝f(x)，∴2是函式f(x)的乙個週期．
根據已知條件畫出函式簡圖的一部分，如右：
由圖象可以看出，在區間[－2，－1]上是增函式，在區間[3,4]上是減函式．
題型四：函式的單調性的應用
11.（09遼寧）已知偶函式在區間單調增加，則滿足＜的x 取值範圍是
（a）（，） (bc)（，） (d) ［，）
由於f(x)是偶函式,故f(x)＝f(|x|) ∴得f(|2x－1|)＜f(),再根據f(x)的單調性
得|2x－1|＜ 解得＜x＜
12、已知是定義在r上的偶函式，且在（0，+∞）上是減函式，如果，且則有 （ ）
（ab）
（cd）
13、已知是定義在r上的偶函式，且在上為增函式，，則不等式的
解集為（a） （b） （c） （d）
14. 函式y=loga（2－ax）在［0，1］上是減函式，則a的取值範圍是
a.（0，1b.（0，2c.（1，2d.（2，+∞）
解：題中隱含a＞0，∴2－ax在［0，1］上是減函式.∴y=logau應為增函式，且u= 2－ax
在［0，1］上應恆大於零.∴∴1＜a＜2.
15．已知函式，若f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增，則實數a的取值範圍為( )
a．(1,2b．(2,3c．(2,3d．(2，＋∞)
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