資源簡介

3.2.1 函數的單調性與最值
課程標準 學習目標
（1）掌握函數單調性的概念;
（1）借助函數圖象, 會用符號語言表達函數的
（2） 會利用函數的單調性概念證明函數的單調性；
單調性、最大值、最小值, 理解它們的作用和
（3）會判斷函數的單調性；
實際意義。
（4）會求函數的最值.（難點)
知識點 01 函數的單調性
(1)增函數和減函數
一般地，設函數 = ( )的定義域為 ，區間 ∈ :
如果 1 , 2 ∈ ，當 1 < 2時，都有 ( 1) < ( 2)，那么就說 ( )在區間 上單調遞增(左圖).特別地，當函
數 ( )在它定義域上單調遞增時，我們就稱它是增函數.
如果 1 , 2 ∈ ，當 1 < 2時，都有 ( 1) > ( 2)，那么就說 ( )在區間 上單調遞減(右圖).特別地，當函
數 ( )在它定義域上單調遞減時，我們就稱它是減函數.
注 ① = 1 在(0, + ∞)上單調遞減，但它不是減函數.
② 1 , 2的三個特征一定要予以重視．函數單調性定義中的 1 , 2有三個特征：一是任意性，即任意取 1 ,
2，“任意”二字絕對不能丟掉，證明單調性時更不可隨意以兩個特殊值替換；二是有大小，通常規定 1 <
2；三是同屬一個單調區間，三者缺一不可．
(2) 單調性
如果函數 = ( )在區間 上是增函數或減函數，那么就說函數 = ( )在這一區間具有(嚴格的)單調性．區
間 叫做函數 = ( )的單調區間．
注 ① 這個區間可以是整個定義域也可以是定義域的一部分.
② = 1, 為有理數 有的函數無單調性．如函數 0, ，它的定義域是( ― ∞, + ∞)，但無單調性可言．為無理數
2 單調性概念的拓展
① 若 = ( )遞增， 2 > 1，則 ( 2) > ( 1).
② 若 = ( )遞增， ( 2) ≥ ( 1)，則 2 ≥ 1.
= ( )遞減，有類似結論！
3 判斷函數單調性的方法
① 定義法
解題步驟
(1) 任取 1 , 2 ∈ ，且 1 < 2；
(2) 作差 ( 1) ― ( 2)；
(3) 變形(通常是因式分解和配方)；
(4) 定號(即判斷差 ( 1)－ ( 2)的正負)；
(5) 下結論(指出函數 ( )在給定的區間 上的單調性)．
② 數形結合
③ 性質法
增函數+增函數 = 增函數，減函數+減函數 = 減函數；
但增函數 × 增函數不一定是增函數，比如 = ， = ― 2均是增函數，而 = ( ― 2)不是.
④ 復合函數的單調性
(1)如果 = ( )( ∈ ) , = ( )( ∈ ) , 則 = [ ( )] = ( )( ∈ )稱為 、 的復合函數；
= 1比如： ( ) 2+ ( ( ) =
1
和 ( ) =
2 + 的復合函數)；
( ) = 1 ― 2 ( ( ) = 和 ( ) = 1 ― 2 的復合函數)；
1
( ) = 2 ( ( ) = 2 和 ( ) =
1
的復合函數).
(2) 同增異減
設函數 = ( )( ∈ )的值域是 ，函數 = ( )( ∈ ) ，
若 = ( ), = ( )在各自區間單調性相同，則復合函數 = [ ( )]在區間 上遞增；
若 = ( ) , = ( )在各自區間單調性不同，則復合函數 = [ ( )]在區間 上遞減.
【即學即練 1】

函數 ( ) = 1― 在（ ）
A．( ― ∞,1) ∪ (1, + ∞)上是增函數 B．( ― ∞,1) ∪ (1, + ∞)上是減函數
C．( ― ∞,1)和(1, + ∞)上是增函數 D．( ― ∞,1)和(1, + ∞)上是減函數
【答案】C
【分析】分離常數，作出函數圖象，觀察即可得出結果.
―
( ) = = ― = ― 1― ―1 1 1【詳解】 1― 1― 1― = ― 1 ― = ―1，1― 1―
函數的定義域為( ― ∞,1) ∪ (1, + ∞)，
其圖象如下：
由圖象可得函數在( ― ∞,1)和(1, + ∞)上是增函數.
故選：C
知識點 02 函數的最值
一般地，設函數 = ( )的定義域為 ，如果存在實數 滿足：
(1) ∈ ，都有 ( ) ≤ ；(2) 0 ∈ ，使得 ( 0) = ；
那么，我們稱 是函數 = ( )的最大值.(最小值類似定義)
簡單來說，最大值和最小值分別是函數圖像中最高點和最低點的函數值.
【即學即練 2】
已知max{ , } = , ≥ 2 , < ，設 ( ) = max{ ― 4 ― 2, ― + 2}，則函數 ( )的最小值是（ ）
A．－2 B．－1 C．2 D．3
【答案】A
【分析】根據題意，將問題轉化為分段函數的最小值問題，然后根據函數的單調性求解．
【詳解】由 2 ―4 ― 2 ≥ ― + 2，即 2 ―3 ― 4 ≥ 0，解得 ≤ ―1或 ≥ 4；
由 2 ―4 ― 2 < ― + 2，即 2 ―3 ― 4 < 0，解得 ―1 ≤ ≤ 4.
2 ― 4 ― 2, ≤ ―1 ≥ 4
由題意 ( ) = 或― + 2, ― 1 < < 4 ，
則 ( )在( ― ∞,1]上單調遞減，在( ― 1,4)上單調遞減，在[4, + ∞)上單調遞增，
故函數 ( )的最小值是 (4) = ―2．
故選：A．
【題型一：函數單調性的概念】
例 1．下列說法中正確的有（ ）
①若 x1，x2∈I，當 x1②函數 y＝x2在 R 上是增函數；
③函數 y 1＝－ 在定義域上是增函數；
④函數 y 1＝ 的單調遞減區間是(－∞，0)∪(0，＋∞).
A．0 個 B．1 個
C．2 個 D．3 個
【答案】A
【分析】對于①，定義中的 x1，x2必須是任意的；對于②，在整個定義域上不具有單調性；對于③，舉
特值可知錯誤；對于④，單調區間的寫法錯誤.
【詳解】對于①，函數單調性的定義中的 x1，x2是任意的，強調的是任意，①不對；
對于②，y＝x2，當 x≥0 時是增函數，當 x<0 時是減函數，從而 y＝x2在其整個定義域上不具有單調性；②
錯誤；
對于③ y 1， ＝－ 在整個定義域內不是單調遞增函數.如－3<5，而 f(－3)>f(5)；③錯誤；
對于④，y 1＝ ，的單調遞減區間不是(－∞，0)∪(0，＋∞)，而是(－∞，0)和(0，＋∞)，注意寫法. ④錯誤.
故選：A.
【點睛】本題考查了函數單調性的定義，函數單調性的判斷，屬于基礎題.
變式 1-1．若函數 ( )在區間[1,3)和[3,5]上均為增函數，則函數 ( )在區間[1,5]上（ ）
A．一定是增函數 B．沒有單調性
C．不可能是減函數 D．存在減區間
【答案】C
【分析】利用函數的單調性分析即可得解.
【詳解】因為函數 ( )在區間[1,3)和[3,5]上均為增函數，
對于 A，符合條件的圖像如圖所示，
函數 ( )在區間[1,5]上不是增函數， ∵ 1 < 2，但 ( 1) > ( 2)，故 A 錯誤；
對于 B，符合條件的圖像如圖所示，
函數 ( )在區間[1,3)和[3,5]上連續，此時 ( )在區間[1,5]上是增函數，故 B 錯誤；
對于 CD，函數 ( )在區間[1,3)和[3,5]上不論是否連續，都不可能是減函數，所以不存在減區間，故 C 正
確，D 錯誤；
故選：C
變式 1-2．函數 ( )的遞增區間是( ―2,3)，則函數 = ( + 5)的遞增區間是（ ）
A．(3,8) B．( ―7, ― 2) C．( ―2,3) D．(0,5)
【答案】B
【分析】函數 = ( + 5)是函數 ( )向左平移 5 個單位得到的，利用函數 ( )在區間( ―2,3)是增函，即可
得到結論．
【詳解】解：函數 = ( + 5)是函數 ( )向左平移 5 個單位得到的，
∵函數 ( )在區間( ―2,3)上是增函數，
∴ = ( + 5)增區間為( ―2,3)向左平移 5 個單位，即增區間為( ―7, ― 2)，
故選 B．
【點睛】本題考查圖象的變換，考查函數的單調性，屬于基礎題．
【方法技巧與總結】
理解函數單調性的概念，要注意單調區間中 1 , 2的任意性.
【題型二：定義法判斷或證明具體函數單調性】
2
例 2．已知函數 ( ) = + ，且 (1) = 2.
(1)求 .
(2)用定義證明函數 ( )在(1, + ∞)上是增函數.
【答案】(1)1
(2)證明見解析
【分析】（1）由題意列式計算，即可求得答案；
（2）根據函數單調性的定義，即可證明結論；
（3）根據函數的單調性，即可求得答案.
1 ( ) =
2+
【詳解】（ ）由題意知函數 ，且 (1) = 2，
12+
故 1 = 2，則 = 1
2
（2）證明：由（1）知 ( ) = +1 1 = + ，
任取 1, 2 ∈ (1, + ∞)且 1 < 2，
1 1 ―
― = + ― ― = ― + 2 1( ) ( ) = ( ― ) 1 ― 1則 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 ， 1 2
1 1
因為 1, 2 ∈ (1, + ∞)且 1 < 2，可得 1 ― 2 < 0, 1 2 > 1,0 < < 1，則1 ― > 0，1 2 1 2
所以 ( 1) ― ( 2) = ( 1 ―
1
2) 1 ― < 0，即 ( 1) < ( 2)，1 2
所以函數 ( )在(1, + ∞)上為單調遞增函數.
變式 2-1．已知函數 ( ) = + ， ( ) = 2 +1， ( ) = ( ) ( )．若不等式 ( ) ― ( ) ― 3 ≤ 0的解集為
[ ―1,2].
(1)求 , 的值及 ( )；
(2)判斷函數 ( )在區間(0,1)上的單調性，并利用定義證明你的結論.
(1) = 1

【答案】 = 0 ， ( ) = 2+1
(2)單調遞增，證明見解析
【分析】（1）首先由一元二次不等式的解集結合韋達定理確定參數值，進一步可得函數 ( )的表達式.
（2）直接由函數單調性的定義證明即可.
【詳解】（1）由題意 ( ) ― ( ) ― 3 ≤ 0，即 2 +1 ― ( + ) ―3 ≤ 0，
即 2 ― ― ― 2 ≤ 0的解集為[ ―1,2]，
= ―1 + 2 = 1 = 1
所以 ― ― 2 = ( ―1) × 2 = ―2 ，解得 = 0 ，

所以 ( ) = 2+1.
（2）函數 ( )在區間(0,1)上單調遞增，理由如下：
1, 2 ∈ (0,1)，不妨設 1 < 2，
2 2
― = 1 ― 2 = 1 2+1 ― 2 1+1
( 1 2―1)( 2― 1)
則 ( 1) ( 2) 2+1 2 = ，1 2+1 21+1 22+1 2 21+1 2+1
因為 1, 2 ∈ (0,1)，且 1 < 2，故 1 ― 2 < 0,0 < 1 2 < 1,
( 1 2―1)( 2― 1)
所以 ( 1) ― ( 2) = 21+1 2+1 < 0，即 ( 1) < ( 2)，2
所以函數 ( )在區間(0,1)上單調遞增.
【方法技巧與總結】
定義法判斷或證明函數單調性的解題步驟
(1) 任取 1 , 2 ∈ ，且 1 < 2；
(2) 作差 ( 1) ― ( 2)；
(3) 變形(通常是因式分解和配方)；
(4) 定號(即判斷差 ( 1)－ ( 2)的正負)；
(5) 下結論(指出函數 ( )在給定的區間 上的單調性)．
【題型三：求函數的單調區間】
例 3．下列函數中，在[1, + ∞)上為增函數的是（ ）
A． = ( ― 2)2 B． = 1| ― 1| C． = +1 D． = ― ( + 1)
2
【答案】B
【解析】求出各選項中函數的單調區間，從而可得正確的選項.
【詳解】對于 A，因為 = ( ― 2)2在[2, + ∞)上單調遞增，在( ―∞,2]上單調遞減，故 A 錯.
對于 B，因為 = | ― 1|在[1, + ∞)上單調遞增，在( ―∞,1]上單調遞減，故 B 對.
1
對于 C，因為 = +1在( ―1, + ∞)上單調遞減，在( ―∞, ― 1)上單調遞減，故 C 錯.
對于 D，因為 = ― ( + 1)2在( ―1, + ∞)上單調遞減，在( ―∞, ― 1)上單調遞增，故 D 錯.
故選：B.
【點睛】本題考查具體函數的單調性，此類問題一般根據函數解析式的具體形式求出單調區間即可，本題
屬于基礎題.
變式 3-1．下列函數在(0,+ ∞)上不是增函數的是（ ）
A． =3 +5 B． = 2+4 C． =3- D． = 2+2 +4
【答案】C
【分析】根據基本初等函數的單調性判斷即可.
【詳解】解：對于 A： =3 +5在定義域R上單調遞增，故 A 錯誤；
對于 B： = 2+4在(0,+ ∞)上單調遞增，在(-∞,0)上單調遞減，故 B 錯誤；
對于 C： =3- 在定義域R上單調遞減，故 C 正確；
對于 D： = 2+2 +4=( +1)2+3，函數在(-∞,-1)上單調遞減，在(-1,+ ∞)上單調遞增，故 D 錯誤；
故選：C
變式 3-2．已知函數 ( ) = ― | | + 2 ，則下列結論正確的是（ ）
A．增區間是(0, + ∞) B．減區間是( ― ∞, ― 1)
C．增區間是( ― ∞,1) D．增區間是( ― 1,1)
【答案】D
【解析】根據題意，將 ( )寫成分段函數的形式，結合二次函數的性質分段討論 ( )的單調性和單調區
間，綜合可得答案．
2
【詳解】根據題意，函數 ( ) = ― | | +2 = ― + 2 , ≥ 0 2 + 2 , < 0 ，
當 < 0時， ( ) = 2 +2 = ( + 1)2 ―1，在區間( ― ∞, ― 1)上為減函數，在區間( ― 1,0)上為增函數；
當 ≥ 0時， ( ) = ― 2 +2 = ― ( ― 1)2 +1，在區間[0,1)上為增函數，在區間(1, + ∞)上為減函數；
綜合可得： ( )在區間( ― ∞, ― 1)和(1, + ∞)上為減函數，在區間( ― 1,1)上為增函數，
故選：D.
【方法技巧與總結】
判斷函數單調性的方法
① 定義法
② 數形結合
③ 性質法
增函數+增函數 = 增函數，減函數+減函數 = 減函數；
但增函數 × 增函數不一定是增函數，比如 = ， = ― 2均是增函數，而 = ( ― 2)不是.
【題型四：求復合函數的單調性】
例 4．下列結論正確的是（ ）
1
A．函數 ( ) = 2 的單調增區間是―1 ( ―∞, ― 1]
B．函數 = 3 +2( ) 2 +1在定義域內單調遞減
C．函數 ( ) = 2 ―2| | ―3 的單調遞增區間是( ―1,0)，(1, + ∞)
― 2 ― 4 + 1, < 0
D．函數 ( ) = ―2 + 1 , > 1 的單調遞減區間是[ ―2,0) ∪ (1, + ∞)
2
【答案】C
【分析】
根據反比例函數、二次函數以及分段函數的單調性，結合圖形，依次判斷即可求解.
【詳解】
對 A，由 2 ―1 > 0，解得 < ―1或 > 1，
1
則函數 ( ) = 的定義域為{ | < ―1或 > 1}2 ，如圖， ―1
所以函數的單調增區間為( ― ∞, ― 1)，故 A 錯誤；
3 +2 3 +
1 +1 1
對 B， ( ) = = 2 2
3 4
2 +1 = +2 +1 2 +1，
2 2
1 1 1 1
函數的定義域為 ―∞, ― ∪ ― , + ∞ ，所以 ( )在 ―∞, ― 和 ― , + ∞ 上分別為減函數，
2 2 2 2
但不能說 ( )定義域內單調遞減，故 B 錯誤；
2
C ( ) = 2 ―2| | ―3 = ― 2 ― 3, ≥ 0 = ( ― 1)
2 ― 4, ≥ 0
對 ，函數 2 + 2 ― 3, < 0 ( + 1)2 ― 4, < 0 ，如圖，
所以函數 ( )的單調增區間為( ― 1,0),(1, + ∞)，單調減區間為( ― ∞, ― 1),(0,1)，故 C 正確；
對 D，當 < 0時，函數 ( ) = ― 2 ―4 + 1的圖象開口向下，對稱軸為 = ―2，
所以 ( )的單調減區間為[ ―2,0)，
又當 > 1時， ( ) = ―2 +
1
2為減函數，但中間不能用“ ∪ ”這個符號，故 D 錯誤.
故選：C
變式 4-1．已知 ( ) = 8 + 2 ― 2，若 ( ) = (2 ― 2)，則 ( )（ ）
A．在區間( ― 1,0)內是減函數 B．在區間(0,1)內是減函數
C．在區間( ― 2,0)內是增函數 D．在區間(0,2)內是增函數
【答案】A
【分析】直接利用復合函數單調性得到答案.
【詳解】 ( ) = 8 + 2 ― 2在( ―∞,1)上單調遞增，在(1, + ∞)上單調遞減，
= 2 ― 2在( ―∞,0)上單調遞增，在(0, + ∞)上單調遞減，根據復合函數的單調性：
當 ∈ ( ―∞, ― 1)時， ∈ ( ―∞,1)，函數單調遞增；
當 ∈ ( ―1,0)時， ∈ (1,2)，函數單調遞減；
當 ∈ (0,1)時， ∈ (1,2)，函數單調遞增；
當 ∈ (1, + ∞)時， ∈ ( ―∞,1)，函數單調遞減；
故選：A.
【點睛】本題考查了復合函數單調性，意在考查學生對于函數性質的靈活運用.
變式 4-2．函數 = 2 ― ― 2 + 4 的單調遞增區間是（ ）
A．[0,4] B．( ― ∞,2] C．[0,2] D．[2,4]
【答案】D
【解析】先求出函數 = 2 ― ― 2 + 4 的定義域，再根據復合函數的單調性，在定義域內求出 = ― 2
+4 的減區間，即為所求增區間.
【詳解】因為 ― 2 +4 ≥ 0
所以0 ≤ ≤ 4，即該函數的定義域為[0,4]
又因為 = ― 2 +4 的增區間是(0,2)，減區間是(2,4)
所以函數 = 2 ― ― 2 + 4 的單調遞增區間是(2,4)
故選：D
【點睛】本題考查了函數的單調性及單調區間的求解，對于復合函數的單調性要根據“同增異減”來判斷，
特別要注意單調區間為定義域的子集.
1
變式 4-3．函數 = ― 2+2 +3的單調減區間是（ ）
A．(1,3) B． ―∞，1 C．( ―1,1) D．[ ―1,1]
【答案】C
【分析】先求解函數的定義域，然后根據二次函數的性質判斷函數的增減區間即可；
【詳解】由函數有意義得 ― 2 +2 + 3 > 0，解得 ―1 < < 3.
∵ 函數 = ― 2 +2 + 3圖象的對稱軸為直線 = 1,
∴ = ― 2 +2 + 3在( ―1,1)上單調遞增，在[1,3)上單調遞減，
1
∴ =
― 2+2 +3的單調遞減區間是( ―1,1).
故選：C.
【方法技巧與總結】
1 復合函數的概念
如果 = ( )( ∈ ) , = ( )( ∈ ) , 則 = [ ( )] = ( )( ∈ )稱為 、 的復合函數；
1 1
比如： ( ) = 2+ ( ( ) = 和 ( ) =
2 + 的復合函數)；
( ) = 1 ― 2 ( ( ) = 和 ( ) = 1 ― 2 的復合函數)；
1
( ) = 2 ( ( ) = 2 和 ( ) =
1
的復合函數).
2 復合函數的單調性：同增異減.
【題型五：根據函數的單調性求參數】
+ 2 ―35 ( ) = , ≥ 1例 ．已知函數 在 R 上單調遞增，則實數 m 的取值范圍為（ ）
(4 + ) ― 9, < 1
A．[ ―3,2) B．[ ―3,2] C．( ―3,2) D．[ ―2,3]
【答案】B
【分析】根據對勾函數的性質以及反比例函數的性質，即可由分類討論，結合分段函數的單調性求解.
2 ―3
【詳解】因為函數 ( ) = + , ≥ 1 ，在R上單調遞增，
(4 + ) ― 9, < 1
當2 ― 3 < 0時，由于 = = 2 ―3和 均在 ≥ 1單調遞增函數，
( ) = + 2 ―3故 在 ≥ 1上單調遞增，
1 + 2 ― 3 ≥ 4 + ― 9
4 + > 0 ―3 ≤ < 3所以 ，解得 ，
2 ― 3 < 0 2
當2 ― 3 > 0時，根據對勾函數的性質可知，若 ( )在 ≥ 1上單調遞增，
2 ― 3 ≤ 1
則 2 ― 3 > 0 3，解得 < ≤ 2，
1 + 2 ― 3 ≥ 4 + ― 9 2
3 , ≥ 1
當2 ― 3 = 0時， = 2，此時 ( ) = 11 ― 9, < 1 ，顯然滿足 ( )在R上單調遞增，
2
綜上， ―3 ≤ ≤ 2．
故選：B
― 2 ― ― 5, ≤ 1
變式 5-1．已知函數 ( ) = , > 1 是 上的增函數，則實數 a 的取值范圍是（ ）

A． ―3 ≤ ≤ 0 B． ―3 ≤ ≤ ―2
C． ≤ ―2 D． < 0
【答案】B
【分析】根據題意，由函數的單調性列出不等式，代入計算，即可得到結果.
― 2 ― ― 5, ≤ 1
【詳解】因為函數 ( ) = , > 1 是 上的增函數，

― ≥ 1
2
則 < 0 ，解得 ―3 ≤ ≤ ―2.
― 12 ― × 1 ― 5 ≤
1
故選：B
2 ―2 +1
變式 5-2．若函數 ( ) = ― 2 +4 與 ( ) = ―2 在區間[1,2]上都是減函數，則 的取值范圍（ ）
A．( ― ∞,1] B ― 1
1 1
． ,1 C ― 1． , 1 D．( ― , )
2 2 2 2 2
【答案】D
2 +1
【分析】轉化 ( ) = 2 + ―2 ，利用二次函數和反比例函數的性質分析單調性，列出不等關系控制范圍求
解即可
【詳解】由題意，函數 ( ) = ― 2 +4 為開口向下的二次函數，對稱軸為 = 2
故 1( )在[2 , + ∞)單調遞減，即2 ≤ 1, ≤ 2
= 2 ―2 +1 = 2( ―2 )+2 +1 2 +1函數 ( ) ―2 ―2 = 2 + ―2 ，在區間[1,2]上是減函數
故2 + 1 > 0，且2 < 1或2 > 2，即 ― 12 < <
1
2或 > 1
1 1
綜上 的取值范圍是 ― 2 < < 2
故選：D
25-3 ( ) = +2 + 變式 ．若函數 +1 在[1, + ∞)上是增函數，則實數 的取值范圍是（ ）
A．( ― ∞,4] B．[0,1] C．( ― ∞,5] D．[1,2]
【答案】C
―1
【分析】變形換元得到 = + ， ∈ [2, + ∞)，考慮 ― 1 < 0， ― 1 = 0和 ― 1 > 0三種情況，結合對
勾函數性質得到不等式，求出實數 的取值范圍.
2+2 + ―1
【詳解】 ( ) = +1 = + 1 + +1，
令 + 1 = ∈ [2, + ∞)，故 = +
―1
， ∈ [2, + ∞)，
― 1 < 0 < 1 = + ―1當 ，即 時， 在[2, + ∞)上單調遞增，滿足要求，
當 ― 1 = 0，即 = 1時， = 在[2, + ∞)上單調遞增，滿足要求，
當 ― 1 > 0，即 > 1 ―1時，由對勾函數性質得到 = + 在[ ― 1, + ∞)上單調遞增，
故0 < ― 1 ≤ 2，解得1 < ≤ 5，
綜上，實數 的取值范圍是( ―∞,5].
故選：C
【方法技巧與總結】
根據函數單調性求參數的值或范圍，可采取數形結合的方法，此時要特別注意一些臨界值的位置；要分類
討論的話，抓好分類討論的標準，做到不重不漏！
【題型六：利用函數單調性求最值】

例 6．函數 ( ) = +
4
+ 2+4( > 0)的最小值為（ ）
A 2 B 10 17 26． ． 3 C． 4 D． 5
【答案】C
【解析】令 = + 4 1 ，利用基本不等式求得 ≥ 4，構造函數 ( ) = + ，證明出函數 ( )在[4, + ∞)上為增
函數，由此可求得函數 ( )的最小值.
1
= + 4 = = 1 > 0 = + 4 ≥ 2 4【詳解】令 4 ，則 2+4 + ，因為 ，所以 = 4，

又 = + 4 +
1
2+4 = + ，令 ( ) = +
1
，其中 ≥ 4，
任取 1、 2 ∈ [4, + ∞)且 1 > 2，即 1 > 2 ≥ 4，
―
則 ― 1 1 2 1
( 1― 2)( 1 2―1)( 1) ( 2) = 1 + ― + = ( ― ) + = ， 2 1 2 1 2 1 2 1 2
∵ 1 > 2 ≥ 4， ∴ 1 ― 2 > 0， 1 2 > 1， ∴ ( 1) ― ( 2) > 0，即 ( 1) > ( 2)，
1 17
所以，函數 ( )在[4, + ∞)上為增函數，因此， ( )min = (4) = 4 + 4 = 4 .
故選：C.
變式 6-1．已知 ( 1 ― 2 ) = ― 1 ― 2 ，則函數 ( )的值域為（ ）
A [1, + ∞) B 3． ． , + ∞
2
C． ―∞, 1 D．( ―∞,1]
2
【答案】C
【分析】利用換元法求得 ( )的解析式，進而結合二次函數的性質求解即可.
【詳解】設 = 1 ― 2 ≥ 0，則 = ―
1 22 +
1
2，
∴ ( ) = ― 1 22 +
1
2 ― ，
∴ 1( ) = ― 22 ― +
1 1
2 = ― 2( + 1)
2 +1， ≥ 0，
∵ 函數 ( )在[0, + ∞)上單調遞減，
∴ 當 = 0時， ( ) = 1max 2，
∴ 1函數 = ( )的值域為 ―∞, .
2
故選：C.
+
變式 6-2．已知正數 ， ， 滿足 2 = ，則 +

+ 的最小值為（ ）
A 1 B 3． ．2 C．2 D
5
．2
【答案】D
+
【分析】令 = ，利用基本不等式可得 ∈ [2, + ∞)，進而轉化為對勾函數的單調性求最值．
【詳解】因為 ， ， 為正數且滿足 2 = ，
+
所以 ≥
2 = 2
，當且僅當 = = 時等號成立，
= + + 令 ， ∈ [2, + ∞)，則 + + = +
1
，
令 = + 1 ， ∈ [2, + ∞)，
又 = + 1 在[2, + ∞)上單調遞增，
= 2 2 + 1 5所以當 時， 取得最小值為 2 = 2，
+ + 5所以 + 的最小值為2，當且僅當 = = 時取得．
故選：D．
【方法技巧與總結】
求函數的最值或值域，可以利用函數的單調性進行求解.
【題型七：根據函數最值求參數】
例 7．已知函數 ( ) = 16 ，記函數 ( ) = ( ) + + 1,(2 ≤ ≤ )，其中實數 > 2，若 ( )的值域為
[9,11]，則 a 的取值范圍是（ ）
A．[2,6] B．[4,8] C．[6,10] D．[8,12]
【答案】B
【分析】由 ( ) = 16 可得 ( )的表達式，結合對勾函數的單調性，分類討論 a 的取值范圍，即分2 < ≤ 4
和 > 4兩種情況，根據 ( )的值域列式求解，即可得答案.
16
【詳解】因為 ( ) = ，
所以 ( ) = ( ) + + 1 = 16 + + 1,(2 ≤ ≤ )，
根據對勾函數單調性可知 ( )在[2,4]上單調遞減，在[4, + ∞)上單調遞增，
因為 > 2，
當2 < ≤ 4時， ( )在[2, ]上單調遞減且 ( )的值域為[9,11]，
則 (2) = 11， ( ) = + 1 +
16
= 9，
解得 = 4；
當 > 4時， ( )在[2,4]上單調遞減，在[4, ]上單調遞增，
所以 (4) = 9為 ( )此時的最小值， (2) = 11，
因為 ( )的值域為[9,11]，
所以 16( ) = + 1 + ≤ 11，即
2 ―10 + 16 ≤ 0，
解得2 ≤ ≤ 8，所以4 < ≤ 8，
綜上，a 的取值范圍為[4,8]．
故選：B．
變式 7-1．若 ( ) = | + 2| + |3 ― |的最小值是 4，則實數 的值為（ ）
A．6 或 ―18 B． ―6或 18
C．6 或 18 D． ―6或 ―18
【答案】A
【分析】分 > ―6， < ―6， = ―6三種情況，得出每種情況下 ( )的最小值，令其為 4，解出 的值.
4 + 2 ― , ≥
3
【詳解】當 > ―6時， ( ) = + 2 ― 2 , ― 2 < < ，
3
― 2 ― 4 , ≤ ―2

∴ ( ) min = = 2 + 3 = 4，解得 = 6，符合題意；3
4 + 2 ― , ≥ ―2
當 < ―6時， ( ) = 2 ― ― 2,
< < ―2
3 ，
― 2 ― 4 , ≤
3

∴ ( )min = = ― 3 ―2 = 4，解得 = ―18，符合題意；3
當 = ―6時， ( ) = 4| + 2|， ∴ ( )min = ( ―2) = 0 ≠ 4，舍掉.
故選：A.
變式 7-2．已知函數 ( ) = + + |3 ― |在區間[1,3]上的最大值是 4，則實數 的取值范圍是（ ）
A．( ―∞,3] B．(1,3) C．( ―∞,1] D．[3, + ∞)
【答案】C
【分析】分類討論，去掉絕對值分析函數的最大值，根據最大值為 4 即可得出 的取值范圍.
【詳解】當1 ≤ ≤ 3時，1 ≤ 3 ≤ 3，
當 ≤ 1時， ( ) = + + 3 ― = + 3 在[1, 3]上單調遞減，
在[ 3,3]上單調遞增，
當 = 1或 = 3時， ( )max = 4，滿足題意；
當 ≥ 3 3 3時， ( ) = + + ― = 2 + ― 在[1,3]上單調遞增，
( )max = 2 + 2 ≥ 8，不符合題意；
當1 < < 3時， ( )max ≥ ( + )max > 4，不符合題意.
綜上，實數 的取值范圍為 ≤ 1.
故選：C
變式 7-3．已知函數 ( ) = | 2 ― 2 + | + 在區間[0，2]上的最大值是 1，則 a 的取值范圍是（ ）
A 1 1． 0, B． ―∞,
2 2
C 1． , + ∞ D． 0, 1 ∪ 1 , + ∞
2 2 2
【答案】B
【分析】將函數左移，函數變得簡單，使得解的過程也變得簡單；再分類討論去絕對值，最后根據函數的
值域算出實屬 a 的取值范圍.
【詳解】將函數 ( ) = | 2 ― 2 + | + = |( ― 1)2 + ( ― 1)| + 的圖象向左平移一個單位，得到函數 ( )
= | 2 + ― 1| + .則 ( )在區間[0，2]上的最大值是 1，只需函數 ( )在區間[-1，1]上的最大值是 1.
由 ―1 ≤ ≤ 1，0 ≤ 2 ≤ 1，
當 ― 1 ≥ 0， ≥ 1時， ( ) = 2 + ― 1 + = 2 +2 ― 1 ≥ 2 ― 1 ≥ 1，此時函數 ( )的最小值為 1，不
合題意；
當 ― 1 ≤ ―1， ≤ 0時， ( ) = ― ( 2 + ― 1) + = ― 2 +1 ≤ 1，符合題意；
2
―1 < ― 1 < 0 0 < < 1 ― ( + ― 1) + ,0 ≤
2 ≤ 1 ―
當 ， 時， ( ) = ( 2 + ― 1) + ,1 ― < 2 ≤ 1 ，化簡得 ( ) =
1 ― 2,0 ≤ 2 ≤ 1 ―
2 + 2 ― 1,1 ― < 2 ≤ 1
又由當0 ≤ 2 ≤ 1 ― 時，根據二次函數的性質， ( )的值域為1 ― (1 ― )2 ≤ ( ) ≤ 1，
當1 ― < 2 ≤ 1時，(1 ― )2 +2 ― 1 ≤ ( ) ≤ 2 ，必有2 ≤ 1，可得0 < ≤
1
2.
綜上，實數 a 的取值范圍是 ―∞, 1 .
2
故選：B.
【方法技巧與總結】
處理函數最值或值域的參數問題，可先結合函數圖象了解函數的單調性，要特別注意取到最值的臨界值位
置，若要分類討論，要抓好分類的標準！
【題型八：抽象函數的單調性綜合問題】
例 8．定義在(0, + ∞)上的函數 ( )滿足 ( ) = ( ) + ( )， (3) = 1，且 > 1時， ( ) > 0.
(1)求 (1)；
(2)判斷 ( )在(0, + ∞)上的單調性并證明；
(3)若 ( ) + ( ― 8) ≤ 2，求 的取值范圍.
【答案】(1)0
(2) ( )在(0, + ∞)上的單調遞增，證明見解析
(3)(8,9)
【分析】（1）根據條件，通過賦值 = = 1，即可求出結果；
（2）根據條件，利用證明函數單調性的定義法，再結合條件，即可求出結果；
（3）利用（2）中結果，根據條件得到 2 ―8 < 9，即可求出結果.
【詳解】（1）因為 ( ) = ( ) + ( )，令 = = 1，得到 (1) = (1) + (1)，所以 (1) = 0.
（2） ( )在(0, + ∞)上的單調遞增，證明如下，
任取 1, 2 ∈ (0, + ∞)，且 1 < 2，

則 ( 22) ― ( 1) = ( 1) ― ( 1) = (
2) + ( 2 1) ― ( 1) = ( )，1 1 1

又 > 1時， ( ) > 0，且0 < 1 <
2
2，所以 ( 2) ― ( 1) = ( ) > 0，得到 ( 2) > ( 1)，1
所以 ( )在(0, + ∞)上的單調遞增.
（3）因為 ( ) + ( ― 8) = ( 2 ―8 ) ≤ 2 = (3) + (3) = (9)，
由（2）知 2 ―8 < 9，解得 ―1 < < 9，
> 0
又由 ― 8 > 0 ，得到 > 8，所以 的取值范圍為(8,9).
變式 8-1．已知函數 ( )的定義域為 ，對任意的 , ∈ ，都有 ( ) ( ) = ( + )．當 < 0時，
( ) > 1，且 (0) ≠ 0．
(1)求 (0)的值，并證明：當 > 0時，0 < ( ) < 1；
(2)判斷 ( )的單調性，并證明；
(3)若 (2) = 1，求不等式 (5 2 >
1
2 ― 6 ) 16的解集．
【答案】(1) (0) = 1，證明見解析；
(2) ( )在 上單調遞減，證明見解析；
(3) ― 4 ,2 .
5
【分析】（1）令 = = 0，可得 (0)，令 = , = ― ，結合已知即可得證；
（2）設 1 < 2，令 = 1 ― 2, = 2，結合 ( )的范圍即可判斷 ( 1) > ( 2)，得證；
（3）利用賦值法求出 (8)，然后根據單調性去掉函數符號，解一元二次不等式可得.
【詳解】（1）令 = = 0，則[ (0)]2 = (0)，又 (0) ≠ 0，所以 (0) = 1．
證明：當 > 0時， ― < 0，所以 ( ― ) > 1，
1
又 ( ) ( ― ) = ( ― ) = (0) = 1，所以 ( ) = (― )，所以0 < ( ) < 1；
（2） ( )在 上單調遞減．
證明：設 1 < 2，則 ( 1) ― ( 2) = ( 1 ― 2 + 2) ― ( 2)
= ( 1 ― 2) ( 2) ― ( 2) = ( 2)[ ( 1 ― 2) ― 1]，
又 1 < 2，所以 1 ― 2 < 0，所以 ( 1 ― 2) > 1，
又當 < 0時， ( ) > 1，當 > 0時，0 < ( ) < 1, (0) = 1，
所以 ( 1) ― ( 2) > 0，即 ( 1) > ( 2)，
所以 ( )在 上單調遞減；
（3）因為 (2) = 12，所以 (8) = (2) (6) = (2) (2) (4) = [ (2)]
4 = 116，
所以 (5 2 >
1
― 6 ) ，即 (5 216 ― 6 ) > (8)，
又 ( )在 上單調遞減，所以5 2 ―6 < 8，
4
解得 ― 5 < < 2，所以不等式 (5
2 1― 6 ) > 416的解集為 ― ,2 ．5
變式 8-2．已知定義在 +上函數 ( )同時滿足如下三個條件：
①對任意 、 ∈ +都有 ( ) = ( ) + ( )；
②當 > 1時， ( ) < 0；
③ (3) = ―1．
(1)計算 (9), ( 3)的值；
(2)證明 ( )在(0, + ∞)上為減函數；
(3)有集合 = ( , )| ( 2 + 1) ― (5 ) ― 2 > 0, 、 ∈ + ， = ( , )| + 1 = 0, ∈ + .問：是否存 2 、
在點( 0, 0)使( 0, 0) ∈ ∩ ？
【答案】(1) (9) = ―2， ( 3) = ―
1
2
(2)證明見解析
(3)不存在
【分析】（1）運用賦值法，結合題中條件分別令 = = 3， = = 3，即可求解；

（2）設0 < 1 < 2, 1, 2 ∈ +，令
2
2 = 1，結合 > 1時， ( ) < 0即可證明；1
3 9
2 + 9 < 5
（ ）代入得到 = 3 ，化簡得到一元二次不等式，根據判別式符號即可判斷.
【詳解】（1）由 (9) = (3 × 3) = (3) + (3) = ―2，
(3) = ( 3 3) = ( 3) + ( 3) = ―1，
得 1( 3) = ― 2．

（2）對任意0 < 1 <
2
2，有 > 1．根據條件②有 2 < 0．1 1

所以 ( 2) = 2 21 = ( 1) + < ( 1)． 1 1
所以 ( )在(0, + ∞)上為減函數．
( 2 + 1) ― (5 ) ― 2 > 0
（3）聯立 + 1 = 0 ，
2
1 9( 2 + 1) > (5 )
將 (9) = ―2, ( 3) = ― 2，代入上式得 = 3 ，

因為 ( )在(0, + ∞)上是減函數，
9 2 + 9 < 5
所以 = 3 消去 得27
2 ―5 + 9 < 0．
因為Δ = 25 ― 4 × 27 × 9 = ―947 < 0，所以 無實數解．所以不存在滿足題設的點( 0, 0) ∈ ∩ ．
【方法技巧與總結】
1 抽象函數的賦值，往往令x = 0，x = 1，x = y等，多嘗試下；
2 判斷或證明抽象函數的單調性，采取定義法證明；
3 1求解類似 (5 2 ― 6 ) > 16這種涉及函數的不等式，往往不會直接求出 (5
2 ― 6 )，而利用最好利用函數
的單調性，得到變量的不等式！
一、單選題
1． 下列結論正確的是（ ）
A． = 4 在定義域內是單調遞減函數
B．若 ( )在區間[0,2]上滿足 (0) < (2)，則 ( )在[0,2]上是單調遞增的
C．若 ( )在區間[0,3]上單調遞減，則 ( )在(1,2)上單調遞減
D．若 ( )在區間(1,2)，[2,3]上分別單調遞減，則 ( )在(1,3]上單調遞減
【答案】C
【分析】依次根據函數單調性的定義分析四個選項，推理論證，構造反例，即得解.
4
【詳解】選項 A， = 在( ― ∞,0),(0, + ∞)分別單調遞減，故 A 不正確；
選項 B，如函數 = ( ― 1)滿足 (0) < (2)，但在[0,2]上不是單調遞增，故 B 不正確;
選項 C，(1,2) [0,3]，故說法正確；
1 ― ,1 < < 2
選項 D，如函數 = 2 ― ,2 < < 3 ，在區間(1,2)，[2,3]上分別單調遞減，但在(1,3]上不單調遞減，不正
2
確.
故選：C
【點睛】本題考查了函數的單調性問題，考查了學生綜合分析，數學運算的能力，屬于基礎題.
2.函數 ( ) = ― 的遞增區間為（ ）
A． 0, 1 B (0,1) C 1． ． , + ∞ D．(1, + ∞)
4 4
【答案】A
【分析】結合二次函數的性質得出增區間．
2
【詳解】 = ，顯然 = 在[0, + ∞)是遞增． = ― 2 = ― ( ― 1 ) +
1
4在 ∈ ( ― ∞,
1
2 2
]上是增函數，
≤ 1由 2得0 ≤ ≤
1
4，所以 ( )的增區間是 0,
1 1
（也可寫為 0, ）．
4 4
故選：A．
3.已知函數 ( )是定義在(0, + ∞)上的單調函數，且 ∈ (0, + ∞) ( ) + 2時，都有 = ―1，則 (1) =

（ ）
A．-4 或-1 B．-4 C．-1 D．0
【答案】C
【分析】根據題意，采用換元法，求出 ( )的解析式，從而得到 (1).
【詳解】由題意得，設 = ( ) + 2 ， 是一個大于 0 的常數，
因為 ( ) + 2 = ( ) = ―1，

由 ( ) + 2 = ，得 ( ) = ―
2
，則有 ( ) = ―
2
= ―1，
因為 ∈ 2(0, + ∞)，所以 = 1， ( ) = 1 ― ，
所以 (1) = 1 ― 21 = ―1，
故選：C.
4. ( ) = | +1已知函數 ― |的值域為(0, + ∞)，且 ( )在[0, + ∞)上單調遞減，則 + 的取值范圍是（ ）
A．(0,1) B．( ― 1,1) C．( ― ∞,0) D．(1, + ∞)
【答案】C
【分析】求出函數 ( )的定義域，結合單調區間確定 的取值，再由值域確定 的取值即可.
【詳解】函數 ( ) = | +1 ― |中， ― ≠ 0，即 ≠ ，則函數 ( )的定義域為{ ∈ R| ≠ }，
由 ( )在[0, + ∞)上單調遞減，得[0, + ∞) { ∈ R| ≠ }，因此 < 0，
由函數 ( ) = | +1 ― |的值域為(0, + ∞)，得 ∈ { ∈ R| ≠ }， + 1 ≠ 0，
1
顯然 ≠ ― ，否則 ( ) = ―
1
( ≠ )與 ( )在[0, + ∞)上單調遞減矛盾，
1
因此 = 0，此時 ( ) = | ― |在( , + ∞)上單調遞減，符合題意，
所以 + 的取值范圍是( ― ∞,0).
故選：C
( )― ( )
5.已知函數 (1 ― ) = + 1 2 + ，若對于任意 1， 2 ∈ ( ―2, ― 1)，都有 ― > ―1，則 的取值范圍是1 2
（ ）
A．( ―∞, ― 1] ∪ [0, + ∞) B．( ―∞, ― 3] ∪ [ ― 2, + ∞)
C．( ―∞, ― 3] ∪ [ ― 2,0) D．( ―∞, ― 3]
【答案】C
( 1)一 ( 2)
【分析】根據題意，利用換元法分析求出 ( )的解析式，對 ― < ―1變形分析可得 ( ) + 在區間1 2
( ―2, ― 1)上為增函數，據此分析可得答案．

【詳解】根據題意，已知函數 (1 ― ) = + + = + 1 ― + ，

設 = 1 ― ，則 = 1 ― ，有 ( ) = (2 ― ) + ―1― ，故 ( ) = 2 ― + ―1― ，
< ―2 < < < ―1 ( 1)一 ( 2)不妨設 1 2，則 1 2 ，都有 ― > ―1，即 ( 1) ― ( 2) < ―( 1 ― 2)，1 2
變形可得 ( 1) + 1 < ( 2) + 2，

設 ( ) = ( ) + = 2 + ―1― ，則 ( )在區間( ―2, ― 1)上為增函數，
當 > 0時， ( )在(1 + , + ∞)和( ―∞, + 1)上單調遞減，不符合要求，舍去，
當 < 0時， ( )在(1 + , + ∞)和( ―∞, + 1)上單調遞增，要使 ( )在區間( ―2, ― 1)上為增函數，則必有
1 + ≤ ―2或 ―1 ≤ 1 + ，解可得 ≤ ―3或0 > ≥ ―2，
當 = 0時， ( ) = ( ) + = 2為常函數，不符合要求，
綜上， 的取值范圍為( ―∞, ― 3] ∪ [ ― 2,0)
故選：C．
6.已知函數 ( ) | 4＝ ― |在區間[2，5]的最大值為 2，則 t 的值為（ ） ―1
A．2 B．3 C．2 或 3 D．-1 或 6
【答案】C
【分析】根據絕對值函數的特性對 進行討論即可得到答案.
( ) = | 4 | 4【詳解】由函數 ― ，令 ( ) = 0，得 = ―1 +1，
4
當 +1 ≤ 2，即 ≥ 4時， ( )去絕對值后的函數在區間[2,5]上為單調遞增函數，
∴ 函數 ( )的最大值 (5) = | 4 ― | = 2，解得 = 3（舍）或 = ―1（舍），5―1
4
當 +1 ≥ 5，即 ≤ 1， ( )去絕對值后的函數在區間[2,5]上為單調遞減函數，
∴ 4函數 ( )的最大值 (2) = | ― = 2，解得 = 6（舍）或 = 2（舍），2―1 |
2 < 4當 +1 < 5，即1 < < 4，
( ) [2,5] (2) = | 4在區間 上的最大值為 ― | = 2或 (5) = | 4 ― = 2，2―1 5―1 |
解得 = 3或 = 2.
綜上： 的值為 = 3或 = 2.
故選：C.
【點睛】本題考查絕對值函數的最值，利用單調性是關鍵，屬于中檔題.
7.若對 1 ∈ [1,2], 2 ∈ [1,2]，使不等式4 22 ―( 21 +3 1 ― ) 2 +1 ≤ 0成立，則 的取值范圍是（ ）
A．[1, + ∞) B 3． , + ∞ C．[2, + ∞) D 15． , + ∞
2 4
【答案】C
【分析】根據題意可得 4 + 1 ≤ 2 12 1 +3 1 ― ，利用對勾函數的單調性可求得 4 2 + = 52 min
，從
2 min
而將問題再轉化為 ∈ [1,2], 21 1 +3 1 ― ≥ 5恒成立，然后分情況求 的取值范圍.
1
【詳解】 ∵ 4 2 2 22 ― 1 + 3 1 ― 2 +1 ≤ 0, 2 ∈ [1,2], ∴ 4 2 + ≤ 1 +3 1 ― ，2
1
即對 1 ∈ [1,2], 2 ∈ [1,2]，使不等式4 2 + ≤
2
1 +3 1 ― 成立，2
∴ 4 + 1 ≤ 22 1 +3 1 ― ，2 min
1
∵對勾函數 = 4 2 + 在[1,2] ∴ 4 +
1
上單調遞增， 2 = 5 ．2 2 min
∵ 1 ∈ [1,2], 21 +3 1 ― ≥ 5恒成立，
= 21 +3 1 ― ― 5的對稱軸 = ―
3
2 ，
― 3 ∴ ≤ 12 ，解得 ≥ 2，
1 + 3 ― ≥ 5
― 3 ≥ 2
或 2 ，無解，
4 + 6 ― ≥ 5
1 < ― 3 < 2
或 29 2 ― 9
2 ，無解，
― ≥ 5
4 2
綜上 ≥ 2，
即 的取值范圍為[2, + ∞)．
故選：C．
8.已知函數 ( ) = | 2 ― ― |，當 ∈ [ ―2,2]時設 ( )的最大值為 ( , )，則當 ( , )取到最小值時 =
（ ）
A．0 B 1．1 C．2 D．2
【答案】A
2
【解析】由二次函數的性質，求出 ( , ) = max{|4 + 2 ― |,|4 ― 2 ― |,| + |}，結合選項 取不同值時4
( , )的不同情況，進而求出結果.
【詳解】 ( ) = | 2
2
― ― |=|( ― )2 ― ― |，2 4
當 ∈ [ ―2,2]時設 ( )的最大值，在端點處或最低點處取得
2
∴ ( , ) = max{|4 + 2 ― |,|4 ― 2 ― |, | 4 + | }
(0, ) = max{|4 ― |,|4 ― |,| |} = , ≥ 2|4 ― |, < 2 ，最小值為 2
1 + , ≥ 2 7
(1, ) = max{
| | 1
|6 ― |,|2 ― |,|1 + |}= 4 8 ，最小值為34 |6 ― |, < 2 7 8
8
(2, ) = max{|8 ― |,| ― |,|1 + |} = |1 + |, ≥ 3.5|8 ― |, < 3.5 ，最小值為 4.5
1
1 + , ≥ 2
15
, = max{|5 ― |,
| |
|3 ― |, 1 + } = 16 32
17
，最小值2
2 |16 | |5 ― |, < 2 15 32
32
綜上可得， ( , )取到最小值時 = 0.
故選：A
【點睛】本題考查了二次函數的性質，考查了理解辨析能力和邏輯推理能力，分類討論的數學思想，屬于
難題.
二、多選題
9 ( ) = 4．已知函數 | |―2，則（ ）
A． ( )的定義域為{ | ≠± 2}
B． ( )在(2, + ∞)上單調遞減
C． ( ( ―5)) = ―6
D． ( )的值域是( ―∞,0) ∪ (0, + ∞)
【答案】ABC
【分析】對于 A：根據分式的意義運算求解；對于 B：根據單調性的性質分析判斷；對于 C：直接代入運
算即可；對于 D：分析可知| | ―2 ∈ [ ―2,0) ∪ (0, + ∞)，分類討論即可得結果.
【詳解】對于選項 A：令| | ―2 ≠ 0，解得 ≠± 2，
所以 ( )的定義域為{ | ≠± 2}，則 A 正確；
4
對于選項 B：若 > 2，則 ( ) = ―2，
因為 = ― 2在(2, + ∞)上單調遞增，且 = ― 2 > 0，
4
可知 ( ) = ―2在(2, + ∞)上單調遞減，故 B 正確；
C = 4對于選項 ：因為 ( ―5) 3，所以 ( ( ―5)) = ―6，故 C 正確；
對于選項 D：因為 ≠± 2，則| | ≥ 0，且| | ≠ 2，可得| | ―2 ∈ [ ―2,0) ∪ (0, + ∞)，
4
當| | ―2 ∈ [ ―2,0)時， ( ) = | |―2 ≤ ―2；
4
當| | ―2 ∈ (0, + ∞)時， ( ) = | |―2 > 0；
所以 ( )的值域是( ―∞, ― 2] ∪ (0, + ∞)，故 D 錯誤；
故選：ABC．
10.若二次函數 ( ) = 2 +2 + 1在區間[ ―2,3]上的最大值為 6，則 a 等于（ ）
A． ― 13 B
1
．3 C． ―5 D．5
【答案】BC
【分析】對實數 的取值進行分類討論，分析函數 ( )在區間[ ―2,3]上單調性，結合 ( )max = 6可求得實
數 的值.
【詳解】由題意可知： ≠ 0，
當 > 0時，二次函數 ( )圖象的對稱軸為直線 = ― 1，
所以，函數 ( )在[ ―2, ― 1]上單調遞減，在[ ―1,3]上單調遞增，
且 ( ―2) = 1, (3) = 15 + 1 > 1，
所以， ( ) 1max = (3) = 15 + 1 = 6，解得 = 3，合乎題意；
當 <0時，二次函數 ( )圖象的對稱軸為直線 = ― 1，
所以，函數 ( )在[ ―2, ― 1]上單調遞增，在[ ―1,3]上單調遞減，
所以， ( )max = ( ―1) = ― + 1 = 6，解得 = ―5，合乎題意.
故選：BC.
11.已知函數 ( )的定義域為 ，若存在區間[ , ] ，使得 ( )滿足：（1） ( )在[ , ]上是單調函數；
（2） ( )在[ , ]上的值域是[2 ,2 ]，則稱區間[ , ]為函數 ( )的“倍值區間”.下列函數中存在“倍值區間”
的有（ ）
A． ( ) = 2 B． ( ) = 2
C 1 1． ( ) = D． ( ) = +
【答案】ABC
【分析】根據“倍值區間”的定義分別判斷各選項.
【詳解】根據題意，函數中存在“倍值區間”，則滿足 ( )在[ , ] ( ) = 2 上是單調函數，其次有 ( ) = 2 或
( ) = 2
( ) = 2 ，
依次分析選項：
對于 A， ( ) = 2 ，在區間在[ , ]上是增函數，其值域是[2 ,2 ]，則區間[ , ]為函數 ( )的“倍值區
間”；
對于 B， ( ) = 2，在區間[0,2]上是增函數，其值域為[0,4]，則區間[0,2]是函數 ( )的“倍值區間”；
對于 C， 1( ) = 1 ，在區間 ,1
1
上是減函數，其值域為[1,2]，則區間 ,1 是函數 ( )的“倍值區間”；
2 2
1
對于 D， ( ) = + ，當 > 0時，在區間(0,1]上單調遞減，在區間[1, + ∞)上單調遞增，
( ) = 2 ( ) = 2
若函數存在倍值區間[ , ]，則有 ( ) = 2 或 ( ) = 2 ，
≥ 1 ≤ 1
( ) = 2 + 1 = 2
對于 ( ) = 2 ，有 1 ，解可得 = = 1，不符合題意，
≥ 1 + = 2
( ) = 2 + 1 = 2
對于 ( ) = 2 ，有 1 ，變形可得 2 ―2 + 1 = 0且 2 ―2 + 1 = 0，必有 = ，不符合
≤ 1 + = 2
題意，
故當 > 0時， ( )不存在“倍值區間”；同理可得當 < 0時， ( )不存在“倍值區間”，
故 ( )在定義域內不存在“倍值區間”，
故選：ABC.
三、填空題
12．函數 = | ― 2 + 4 + 5|的單調遞增區間是 ．
【答案】( ― 1,2),(5, + ∞)
【分析】作出函數 = | ― 2 +4 + 5|的圖象，根據圖象即可求出結果.
2
【詳解】函數 = | ― 2 +4 + 5| = ― + 4 + 5, ∈ [ ― 1,5] 2 ― 4 ― 5, ∈ ( ― ∞, ― 1) ∪ (5, + ∞) ，
由| ― 2 +4 + 5| = 0，解得 = ―1或 = 5，
函數 = | ― 2 +4 + 5|的圖象如圖所示，
由圖可知，函數 = | ― 2 +4 + 5|的單調遞增區間為( ― 1,2),(5, + ∞).
故答案為：( ― 1,2),(5, + ∞).
13. = ―1已知 +1 在( ―1, + ∞)上是嚴格增函數，則實數 a 的取值范圍為 ．
【答案】( ―1, + ∞)
【分析】將解析式進行分離變形，即可結合反比例函數的單調性求解.
= ( +1)―1― 【詳解】因為 ―1 ，
= ― +1所以 +1，
所以 = ― 1 +1在( ―1, + ∞)上嚴格增函數
所以 + 1 > 0， > ―1．
故答案為：( ―1, + ∞)
14.小明在研究函數 ( ) = +

時，發現 ( )具有其中一個性質：如果常數 > 0，那么函數 ( )在區間
0, 上單調遞減，在區間 , + ∞ 上單調遞增．請你根據以上信息和所學知識解決問題：若函數 ( )
= + ―1 1 的定義域為 , + ∞

，值域為 , + ∞ ，則實數 a 的值是 ．
2 3
9
【答案】18 + 12 2或10
1
【分析】當 ≤ 1判斷單調性，進而確定最值即可求范圍，當 > 1再討論 ― 1,2的大小關系，結合 ( )
= + 1 的性質，判斷 , + ∞ 上的單調性，進而確定最值，結合已知值域求參數范圍.2
― 1 ≤ 0 ≤ 1 = + ―1 1【詳解】當 時，即 ， ( ) 在[2, + ∞)上遞增，

故當 = 1 1 1 92時， ( )min = = 2 +2( ― 1) = 3，解得： = 10，滿足題設；2
當 ― 1 > 0，即 > 1，
1 5 1
若 ― 1 ≥ 2，即 ≥ 4時，函數在[2, ― 1)上遞減，在( ― 1, + ∞)上遞增，
―1
故 ( )min = ( ― 1) = ― 1 + = ―1 3，
可得 = 18 + 12 2或 = 18 ― 12 2（舍去）；
1 5 1
若 ― 1 < 2，即1 < < 4時，函數在[2, + ∞)上遞增，
( ) = 1 = 1
9
min 2 +2( ― 1) =2 3，解得： = 10，不滿足題設.
故答案為：18 + 12 92或10.
四、解答題
15．已知函數 ( ) = + 的圖像經過點 (1,3), (2,0).
(1)求函數 ( )的解析式；
(2)判斷函數 ( )在(0, + ∞)上的單調性并證明；
(3)當 ∈ 1 , 時， ( )的最小值為 3，求 的值.
2
4
【答案】(1) ( ) = ― +
(2) ( )在(0, + ∞)上單調遞減；證明見解析
(3)1
【分析】（1）代入已知點坐標求得參數值得函數解析式；
（2）根據單調性定義證明；
（3）結合單調性得最小值從而可求解．

【詳解】（1）由題意知函數 ( ) = + 的圖像經過點 (1,3), (2,0)，
+ = 3
= ―1故 2 + = 0 ，解得 = 4 ，
2
故 ( ) = ― + 4 ；
（2）函數 ( )在(0, + ∞)上單調遞減；
證明：設 1, 2 ∈ (0, + ∞)，且 1 < 2，
4 4
則 ( 1) ― ( 2) = ― 1 + ―( ― 2 +1 )2
= ( ― ) + 4( 2― 1)
+4
2 1 = ( 2 ― 1) ×
1 2
1 2 1
，
2
+4
因為 2 ― 1 > 0,
1 2
1 2 > 0，故( 2 ― 1) × > 0，1 2
即 ( 1) > ( 2)，故函數 ( )在(0, + ∞)上單調遞減.
（3）由（2）知 ( ) [1在 2, ]是減函數，
因此 ( )min = ( ) = ― +
4
= 3，解得 = 1或 = ―4，
1
又 > 2，所以 = 1．

16. 設函數 ( ) = 2+1．
(1)判斷函數 ( )在區間[ ―1,1]上的單調性，并用定義證明結論；
2
(2)若 ∈ 1 ,3 ，求函數
( )
( ) =
2 2( )
的值域．
【答案】(1)函數 ( )在[ ―1,1]上單調遞增；證明見解析
(2) 50 2
41 ，
【分析】
（1）通過定義法作差判斷正負求解；
4 2 2
（2）由 ( ) = +2 +1 2 2 1 4+1 = 1 + 4+1 = 1 + 2 ( )，由復合函數的單調性知函數 ( )在 ,1 上單調遞增，在2
1，3 上單調遞減，即可求解．
【詳解】（1）函數 ( )在[ ―1,1]上單調遞增；
證明：任取 1, 2 ∈ [ ―1,1]，且 1 < 2，
1 2 1+ 2 2
則 ( ) ― ( ) = ― = 1 2
― 2 1+ 1
1 2 1+ 21 1+ 22 1+ 21 1+ 22
( 1 ― 2) (1 ― 1 2)=
1 + 21 1 + 22
因為 ―1 ≤ 1 < 2 ≤ 1，
所以 1 ― 2 < 0,1 ― 1 2 > 0，
所以 ( 1) ― ( 2) < 0，
得 ( 1) < ( 2)，
所以函數 ( )在[ ―1,1]上單調遞增；

（2）解：因為 ( ) = 2+1，
2 2
則 ( 2) = 4+1，[ ( )]
2 = 4+2 2+1，
4 ( ) = +2
2+1 2
所以 4+1 = 1 +
2
4+1 = 1 + 2 (
2)，
由（1）的證明過程知，函數 ( )在[1, + ∞)上單調遞減，
所以由復合函數的單調性可得，
函數 ( 2)在[0,1]上單調遞增，在[1, + ∞)上單調遞減，
∈ 1 ,3 ( ) 1所以當 時，函數 在 ,1 上單調遞增，在 1，3 上單調遞減，2 2
所以 ( )max = (1) = 1 + 2 (1) = 2，
1 = 1 + 2 (1又 ) = 25 50， (3) = 1 + 2 (9) = ，
2 4 17 41
25
顯然17 >
50 50
41，故 ( )min = 41，
所以函數 ( ) 50的值域為：
41 ，
2
17. 已知 ( )是定義在 R 上的函數，且對任意實數 , ， ( + 2 ) = ( ) +2 ( ).
(1) (1) = ―2 1若 ，求 ， 2 的值.
2 3
(2)若 > 0時恒有 ( ) < 0，試判斷函數 ( )單調性，并說明理由.
【答案】(1) 1 = ―1 2， = ― 4 4
2 3 3
― 3.
(2) ( )為R上的減函數，理由見解析.
1 2
【分析】（1）取 ＝ ＝0，可得 (0)＝0，取 = 0， = 1 22，解得 ，取 = = 3，解得 ，即可得出答2 3
案.
―
2 ( + 2 ) ― ( ) = 2 ( ) = 2 1（ ）由題意可知 ，設 2＞ 1，令 2 ，則 > 0，作差 ( 2) ― ( 1)，進而可
得答案.
【詳解】解：（1）取 ＝ ＝0，則 (0)＝ (0) +2 (0)， (0) = 0，
取 = 0, = 12，則 (1) = (0) +2
1 1， = ―1，
2 2
取 ＝0, ＝1，解得 (0 + 2) = (0) +2 (1),則 (2) = ―4，
= = 2 4取 3，則 (2) =
2 +2 2 2，解得 = ―
3 3 3 3
，
（2）由題意可知 ( + 2 ) ― ( ) = 2 ( )，
2― 1
設 2＞ 1，令 = 2 ，則 > 0，
所以 ( 2) ― ( 1)＝ ( 1 + 2 ) ― ( 1)＝2 ( ) < 0，
所以 ( 2) < ( 1)，
所以函數在 R 上為減函數.
| |, ∈ ( ―∞,1]
18.已知函數 ( ) = 3 + 2 , ∈ (1,2)
―2
(1)寫出 ( )的單調區間以及在每個單調區間上的單調性（無需證明）
(2)解不等式 1 ― 2 +2 ( ) < 0
(3)若 1, 2 ∈ ( ―∞,2)滿足 ( 1) = ( 2)，且 1 ≠ 2，求證： 1 + 2 < 2
【答案】(1)在( ―∞,1]上單調遞增，在(1,2)上單調遞減；
(2) ∈ ―1, ― 3 ；
3
(3)證明見解析
【分析】（1）分類討論得出在不同區間函數的表達式，即可得出單調性；
（2）通過分類討論即可求出不等式的解；
（3）做出函數圖象，結合函數單調性進行分類討論，即可證明結論
【詳解】（1）由題意，
| |, ∈ ( ―∞,1]
在 ( ) = 3 + 2 , ∈ (1,2) 中，
―2
當 < 0時， ( ) = | | = ― 2，函數單調遞增，
當0 ≤ < 1時， ( ) = | | = 2，函數單調遞增，
當1 < < 2時， 2( ) = 3 + ―2，函數單調遞減，
∴在( ―∞,1]上單調遞增，在(1,2)上單調遞減；
（2）由題意及（1）得，
| |, ∈ ( ―∞,1]
在 ( ) = 3 + 2 , ∈ (1,2) 中， 1 ― 2 +2 ( ) < 0，
―2
1 ― 2 ≥ 0, ∴ ∈ [ ―1,1]，
① ∈ [ ―1,0]，由不等式 1 ― 2 +2 ( ) < 0可得，
1 ― 2 ―2 2 < 0， ∴ ∈ ―∞, ― 3 ∪ 3 , + ∞ ，
3 3
所以 ∈ ―1, ― 3 ；
3
② ∈ (0,1]，不等式 1 ― 2 +2 ( ) < 0即1 ― 2 +2 2 < 0, ∴ ∈ ；
綜上， ∈ ―1, ― 3 ；
3
（3）由題意（1）及（2）得，
| |, ∈ ( ―∞,1]
在 ( ) = 3 + 2 , ∈ (1,2) 中，大致圖象如圖：
―2
當 ∈ ( ―∞,1]時，函數單調遞增，當 ∈ (1,2)時，函數單調遞減，
則若 1, 2 ∈ ( ―∞,2)滿足 ( 1) = ( 2)，則 1 < 1 < 2 < 2，
由圖象知
①若 1 ≤ 0，則顯然 1 + 2 < 2，
②若 1 > 0，要證明 1 + 2 < 2，則要證 2 < 2 ― 1，
注意到 2,2 ― 1 > 1，且 ( )在(1,2)上遞減，
則可證明 ( 2) > (2 ― 1)，
∵ ( 1) = ( 2)，則可證明 ( 1) > (2 ― 1)，
構造函數 ( ) = ( ) ― (2 ― ), ∈ (0,1)，則 ( ) = 2 ― 3 ― 2 ，

2 2 2( ― )
對任意的0 < 1 < 2 < 1, ( 1) ― ( 2) = 2 + ― 2 ― = 2 2
2 1
1 ― +1 2 2 1 2 1 2
= ( ― ) ( + ) ― 21 2 1 2 ， 1 2
2 2
∵ 1 + 2 < 2, 1 2 < 1, > 2, 1 ― 2 < 0， ∴ ( 1 + 2) ― < 0，1 2 1 2
∴ ( 1) ― ( 2) > 0, ∴ ( )在(0,1)上單調遞減，
∵ (1) = (1) ― (1) = 0, ∴ ∈ (0,1)時 ( ) > (1) = 0，即 ( ) > (2 ― )，
∴ ( 1) > (2 ― 1)，從而 1 + 2 < 2得證.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查函數的單調性，解不等式和單調性證明，考查學生的分類討論和證明能
力，具有較強的綜合性.
19．若函數 ( )與 ( )滿足：對任意的 1 ∈ ，總存在唯一的 2 ∈ ，使 ( 1) ( 2) = 成立，則稱 ( )是
( )在區間 上的“ 階伴隨函數”；對任意的 1 ∈ ，總存在唯一的 2 ∈ ，使 ( 1) ( 2) = 成立，則稱
( )是區間 上的“ 階自伴函數”．
(1)判斷 ( ) = 2 +1是否為區間[0,3]上的“2 階自伴函數”？并說明理由：
(2) 1若函數 ( ) = 3 ― 1為區間[2, ]上的“1 階自伴函數”，求 的值；
(3)若 4( ) = +2是 ( ) =
2 ―2 + 2 ―1在區間[0,2]上的“2 階伴隨函數”，求實數 的取值范圍．
【答案】(1)不是，理由見解析；
(2)1；
(3)[ ― 2,2 ― 3] ∪ [ 3,2 + 2].
【分析】（1 2）根據給定的定義，取 1 = 2，判斷 ( 2) = 5 在[0,3]沒有實數解，即可得解.
（2 1）根據給定的定義，當 1 ∈ [2, ]時，用 1表示 2并判斷單調性，求出值域，借助集合的包含關系求解即
得.
（3）根據給定的定義，函數 ( )在區間[0,2]上的值域包含函數 ( )在區間[0,2]上的值域，再結合二次函
數的性質，分類討論即可求解．
【詳解】（1）假定函數 ( ) = 2 +1是區間[0,3]上的“2 階自伴函數”，
取 1 = 2， ( 1) = (2) = 5，由 ( 1) ( 2) = 2，得5( 22 +1) = 2，顯然此方程無實數解，
所以函數 ( ) = 2 +1不是區間[0,3]上的“2 階自伴函數”.
（2）函數 ( ) = 3 ― 1為區間[
1
2, ]上的“1 階自伴函數”，
1 1
則對任意 1 ∈ [2, ]，總存在唯一的 2 ∈ [2, ]，使得 ( 1) ( 2) = 1，
1 1
3 ―1 = = 1 + = 1
1 1
即 2 3 ―1，整理得 2 3 3(3 ―1)，顯然函數 2 3 +1 1 3(3 1―1)在[2, ]上單調遞減，
1
且當 1 = 2時， 2 = 1，當 1 = 時，
1 1
2 = 3 + 9 ―3，
因此對[1 12, ]內的每一個 1，在[3 +
1
9 ―3,1]
1
內有唯一 2值與之對應，而 2 ∈ [2, ]，
≥ 1
于是[1 1 1 ≥ 13 + 9 ―3,1] [2, ]，則有 1 + 1 ≥ 1 ，解得 ≤ 1 ，即 = 1，
3 9 ―3 2
所以 的值是 1.
（3 4）由函數 ( ) = +2在[0,2]上單調遞減，得函數 ( )的值域為[1,2]，
( ) = 4由函數 是 ( ) = 2 ―2 + 2 +2 ―1在區間[0,2]上的“2 階伴隨函數”，
得對任意的 1 ∈ [0,2]，總存在唯一的 2 ∈ [0,2]時，使得 ( 1) ( 2) = 2成立，
2
于是 ( 2) = ( ) ∈ [1,2]，則 ( ) =
2 ―2 + 2 ―1在區間上[0,2]的值域必定包含區間[1,2]，
1
且 ( )的值域在[1,2]對應的自變量是唯一的，而函數 ( ) = 2 ―2 + 2 ―1圖象開口向上，對稱軸為
= ，
顯然 (0) = 2 ―1， (2) = 2 ―4 + 3，
① ≤ 0 ( ) [0,2] ( )min = (0) ≤ 1當 時， 在 上單調遞增，則 ( )max = (2) ≥ 2 ，
≤ 0
即 2 ― 1 ≤ 1 ，解得 ― 2 ≤ ≤ 0；
2 ― 4 + 3 ≥ 2
②當 ≥ 2時， ( ) [0,2] ( )min = (2) ≤ 1在 上單調遞減，則 ( )max = (0) ≥ 2 ，
≥ 2
即 2 ― 4 + 3 ≤ 1 ，解得2 ≤ ≤ 2 + 2；
2 ― 1 ≥ 2
③當0 < ≤ 1時， ( )在[0, ] (0) < 1上單調遞減，在[ ,2]上單調遞增，則 ( )max = (2) ≥ 2 ，
0 < ≤ 1
即 2 ― 1 < 1 ，解得0 < ≤ 2 ― 3；
2 ― 4 + 3 ≥ 2
④ 1 < < 2 ( ) [0, ] [ ,2] (2) < 1當 時， 在 上單調遞減，在 上單調遞增，則 ( )max = (0) ≥ 2 ，
1 < < 2
即 2 ― 4 + 3 < 1 ，解得 3 ≤ < 2，
2 ― 1 ≥ 2
所以 a 的取值范圍是[ ― 2,2 ― 3] ∪ [ 3,2 + 2].
【點睛】思路點睛：本題首先要理解“m 階自伴函數”或“m 階伴隨函數”的意義，然后根據每一小問函數的
類型設計出解決問題的思路，對于第三問，存在對稱軸問題，需要仔細分類討論，特別是當0 < < 2時，
要考慮對稱軸在(0,2)區間時，二次函數的圖像的形狀，以此來建立不等式求出 a 的范圍.3.2.1 函數的單調性與最值
課程標準 學習目標
（1）掌握函數單調性的概念;
（1）借助函數圖象, 會用符號語言表達函數的
（2） 會利用函數的單調性概念證明函數的單調性；
單調性、最大值、最小值, 理解它們的作用和
（3）會判斷函數的單調性；
實際意義。
（4）會求函數的最值.（難點)
知識點 01 函數的單調性
(1)增函數和減函數
一般地，設函數 = ( )的定義域為 ，區間 ∈ :
如果 1 , 2 ∈ ，當 1 < 2時，都有 ( 1) < ( 2)，那么就說 ( )在區間 上單調遞增(左圖).特別地，當函
數 ( )在它定義域上單調遞增時，我們就稱它是增函數.
如果 1 , 2 ∈ ，當 1 < 2時，都有 ( 1) > ( 2)，那么就說 ( )在區間 上單調遞減(右圖).特別地，當函
數 ( )在它定義域上單調遞減時，我們就稱它是減函數.
注 ① = 1 在(0, + ∞)上單調遞減，但它不是減函數.
② 1 , 2的三個特征一定要予以重視．函數單調性定義中的 1 , 2有三個特征：一是任意性，即任意取 1 ,
2，“任意”二字絕對不能丟掉，證明單調性時更不可隨意以兩個特殊值替換；二是有大小，通常規定 1 <
2；三是同屬一個單調區間，三者缺一不可．
(2) 單調性
如果函數 = ( )在區間 上是增函數或減函數，那么就說函數 = ( )在這一區間具有(嚴格的)單調性．區
間 叫做函數 = ( )的單調區間．
注 ① 這個區間可以是整個定義域也可以是定義域的一部分.
② = 1, 為有理數 有的函數無單調性．如函數 0, ，它的定義域是( ― ∞, + ∞)，但無單調性可言．為無理數
2 單調性概念的拓展
① 若 = ( )遞增， 2 > 1，則 ( 2) > ( 1).
② 若 = ( )遞增， ( 2) ≥ ( 1)，則 2 ≥ 1.
= ( )遞減，有類似結論！
3 判斷函數單調性的方法
① 定義法
解題步驟
(1) 任取 1 , 2 ∈ ，且 1 < 2；
(2) 作差 ( 1) ― ( 2)；
(3) 變形(通常是因式分解和配方)；
(4) 定號(即判斷差 ( 1)－ ( 2)的正負)；
(5) 下結論(指出函數 ( )在給定的區間 上的單調性)．
② 數形結合
③ 性質法
增函數+增函數 = 增函數，減函數+減函數 = 減函數；
但增函數 × 增函數不一定是增函數，比如 = ， = ― 2均是增函數，而 = ( ― 2)不是.
④ 復合函數的單調性
(1)如果 = ( )( ∈ ) , = ( )( ∈ ) , 則 = [ ( )] = ( )( ∈ )稱為 、 的復合函數；
= 1比如： ( ) 2+ ( ( ) =
1
和 ( ) =
2 + 的復合函數)；
( ) = 1 ― 2 ( ( ) = 和 ( ) = 1 ― 2 的復合函數)；
1
( ) = 2 ( ( ) = 2 和 ( ) =
1
的復合函數).
(2) 同增異減
設函數 = ( )( ∈ )的值域是 ，函數 = ( )( ∈ ) ，
若 = ( ), = ( )在各自區間單調性相同，則復合函數 = [ ( )]在區間 上遞增；
若 = ( ) , = ( )在各自區間單調性不同，則復合函數 = [ ( )]在區間 上遞減.
【即學即練 1】

函數 ( ) = 1― 在（ ）
A．( ― ∞,1) ∪ (1, + ∞)上是增函數 B．( ― ∞,1) ∪ (1, + ∞)上是減函數
C．( ― ∞,1)和(1, + ∞)上是增函數 D．( ― ∞,1)和(1, + ∞)上是減函數
知識點 02 函數的最值
一般地，設函數 = ( )的定義域為 ，如果存在實數 滿足：
(1) ∈ ，都有 ( ) ≤ ；(2) 0 ∈ ，使得 ( 0) = ；
那么，我們稱 是函數 = ( )的最大值.(最小值類似定義)
簡單來說，最大值和最小值分別是函數圖像中最高點和最低點的函數值.
【即學即練 2】
已知max{ , } = , ≥ 2 , < ，設 ( ) = max{ ― 4 ― 2, ― + 2}，則函數 ( )的最小值是（ ）
A．－2 B．－1 C．2 D．3
【題型一：函數單調性的概念】
例 1．下列說法中正確的有（ ）
①若 x1，x2∈I，當 x1②函數 y＝x2在 R 上是增函數；
③ 1函數 y＝－ 在定義域上是增函數；
④函數 y 1＝ 的單調遞減區間是(－∞，0)∪(0，＋∞).
A．0 個 B．1 個
C．2 個 D．3 個
變式 1-1．若函數 ( )在區間[1,3)和[3,5]上均為增函數，則函數 ( )在區間[1,5]上（ ）
A．一定是增函數 B．沒有單調性
C．不可能是減函數 D．存在減區間
變式 1-2．函數 ( )的遞增區間是( ―2,3)，則函數 = ( + 5)的遞增區間是（ ）
A．(3,8) B．( ―7, ― 2) C．( ―2,3) D．(0,5)
【方法技巧與總結】
理解函數單調性的概念，要注意單調區間中 1 , 2的任意性.
【題型二：定義法判斷或證明具體函數單調性】
2
例 2．已知函數 ( ) = + ，且 (1) = 2.
(1)求 .
(2)用定義證明函數 ( )在(1, + ∞)上是增函數.
變式 2-1．已知函數 ( ) = + ， ( ) = 2 +1， ( ) = ( ) ( )．若不等式 ( ) ― ( ) ― 3 ≤ 0的解集為
[ ―1,2].
(1)求 , 的值及 ( )；
(2)判斷函數 ( )在區間(0,1)上的單調性，并利用定義證明你的結論.
【方法技巧與總結】
定義法判斷或證明函數單調性的解題步驟
(1) 任取 1 , 2 ∈ ，且 1 < 2；
(2) 作差 ( 1) ― ( 2)；
(3) 變形(通常是因式分解和配方)；
(4) 定號(即判斷差 ( 1)－ ( 2)的正負)；
(5) 下結論(指出函數 ( )在給定的區間 上的單調性)．
【題型三：求函數的單調區間】
例 3．下列函數中，在[1, + ∞)上為增函數的是（ ）
A． = ( ― 2)2 B． = 1| ― 1| C． = +1 D． = ― ( + 1)
2
變式 3-1．下列函數在(0,+ ∞)上不是增函數的是（ ）
A． =3 +5 B． = 2+4 C． =3- D． = 2+2 +4
變式 3-2．已知函數 ( ) = ― | | + 2 ，則下列結論正確的是（ ）
A．增區間是(0, + ∞) B．減區間是( ― ∞, ― 1)
C．增區間是( ― ∞,1) D．增區間是( ― 1,1)
【方法技巧與總結】
判斷函數單調性的方法
① 定義法
② 數形結合
③ 性質法
增函數+增函數 = 增函數，減函數+減函數 = 減函數；
但增函數 × 增函數不一定是增函數，比如 = ， = ― 2均是增函數，而 = ( ― 2)不是.
【題型四：求復合函數的單調性】
例 4．下列結論正確的是（ ）
1
A．函數 ( ) = 2 的單調增區間是 ―1 ( ―∞, ― 1]
B．函數 ( ) =
3 +2
2 +1在定義域內單調遞減
C．函數 ( ) = 2 ―2| | ―3 的單調遞增區間是( ―1,0)，(1, + ∞)
― 2 ― 4 + 1, < 0
D．函數 ( ) = ―2 + 1 , > 1 的單調遞減區間是[ ―2,0) ∪ (1, + ∞)
2
變式 4-1．已知 ( ) = 8 + 2 ― 2，若 ( ) = (2 ― 2)，則 ( )（ ）
A．在區間( ― 1,0)內是減函數 B．在區間(0,1)內是減函數
C．在區間( ― 2,0)內是增函數 D．在區間(0,2)內是增函數
變式 4-2．函數 = 2 ― ― 2 + 4 的單調遞增區間是（ ）
A．[0,4] B．( ― ∞,2] C．[0,2] D．[2,4]
1
變式 4-3．函數 = ― 2+2 +3的單調減區間是（ ）
A．(1,3) B． ―∞，1 C．( ―1,1) D．[ ―1,1]
【方法技巧與總結】
1 復合函數的概念
如果 = ( )( ∈ ) , = ( )( ∈ ) , 則 = [ ( )] = ( )( ∈ )稱為 、 的復合函數；
1 1
比如： ( ) = 2 2+ ( ( ) = 和 ( ) = + 的復合函數)；
( ) = 1 ― 2 ( ( ) = 和 ( ) = 1 ― 2 的復合函數)；
1
( ) = 2 ( ( ) = 2 和 ( ) =
1
的復合函數).
2 復合函數的單調性：同增異減.
【題型五：根據函數的單調性求參數】
+ 2 ―35 , ≥ 1例 ．已知函數 ( ) = 在 R 上單調遞增，則實數 m 的取值范圍為（ ）
(4 + ) ― 9, < 1
A．[ ―3,2) B．[ ―3,2] C．( ―3,2) D．[ ―2,3]
― 2 ― ― 5, ≤ 1
變式 5-1．已知函數 ( ) = , > 1 是 上的增函數，則實數 a 的取值范圍是（ ）

A． ―3 ≤ ≤ 0 B． ―3 ≤ ≤ ―2
C． ≤ ―2 D． < 0
變式 5-2 2 ―2 +1．若函數 ( ) = ― 2 +4 與 ( ) = ―2 在區間[1,2]上都是減函數，則 的取值范圍（ ）
A．( ― ∞,1] B 1 1． ― 1 ,1 C． ― 1 , 1 D．( ― , )
2 2 2 2 2
2
變式 5-3．若函數 ( ) = +2 + +1 在[1, + ∞)上是增函數，則實數 的取值范圍是（ ）
A．( ― ∞,4] B．[0,1] C．( ― ∞,5] D．[1,2]
【方法技巧與總結】
根據函數單調性求參數的值或范圍，可采取數形結合的方法，此時要特別注意一些臨界值的位置；要分類
討論的話，抓好分類討論的標準，做到不重不漏！
【題型六：利用函數單調性求最值】

例 6．函數 ( ) = +
4
+ 2+4( > 0)的最小值為（ ）
A 10 17 26．2 B． 3 C． 4 D． 5
變式 6-1．已知 ( 1 ― 2 ) = ― 1 ― 2 ，則函數 ( )的值域為（ ）
A 3．[1, + ∞) B． , + ∞
2
C ―∞, 1． D．( ―∞,1]
2
+
變式 6-2．已知正數 ， ， 滿足 2 = ，則 + + 的最小值為（ ）
A 1 B 3 5． ．2 C．2 D．2
【方法技巧與總結】
求函數的最值或值域，可以利用函數的單調性進行求解.
【題型七：根據函數最值求參數】
例 7 16．已知函數 ( ) = ，記函數 ( ) = ( ) + + 1,(2 ≤ ≤ )，其中實數 > 2，若 ( )的值域為
[9,11]，則 a 的取值范圍是（ ）
A．[2,6] B．[4,8] C．[6,10] D．[8,12]
變式 7-1．若 ( ) = | + 2| + |3 ― |的最小值是 4，則實數 的值為（ ）
A．6 或 ―18 B． ―6或 18
C．6 或 18 D． ―6或 ―18
變式 7-2 3．已知函數 ( ) = + + | ― |在區間[1,3]上的最大值是 4，則實數 的取值范圍是（ ）
A．( ―∞,3] B．(1,3) C．( ―∞,1] D．[3, + ∞)
變式 7-3．已知函數 ( ) = | 2 ― 2 + | + 在區間[0，2]上的最大值是 1，則 a 的取值范圍是（ ）
A 0, 1 B 1． ． ―∞,
2 2
C 1． , + ∞ D． 0, 1 ∪ 1 , + ∞
2 2 2
【方法技巧與總結】
處理函數最值或值域的參數問題，可先結合函數圖象了解函數的單調性，要特別注意取到最值的臨界值位
置，若要分類討論，要抓好分類的標準！
【題型八：抽象函數的單調性綜合問題】
例 8．定義在(0, + ∞)上的函數 ( )滿足 ( ) = ( ) + ( )， (3) = 1，且 > 1時， ( ) > 0.
(1)求 (1)；
(2)判斷 ( )在(0, + ∞)上的單調性并證明；
(3)若 ( ) + ( ― 8) ≤ 2，求 的取值范圍.
變式 8-1．已知函數 ( )的定義域為 ，對任意的 , ∈ ，都有 ( ) ( ) = ( + )．當 < 0時，
( ) > 1，且 (0) ≠ 0．
(1)求 (0)的值，并證明：當 > 0時，0 < ( ) < 1；
(2)判斷 ( )的單調性，并證明；
(3)若 (2) = 1 12，求不等式 (5
2 ― 6 ) > 16的解集．
變式 8-2．已知定義在 +上函數 ( )同時滿足如下三個條件：
①對任意 、 ∈ +都有 ( ) = ( ) + ( )；
②當 > 1時， ( ) < 0；
③ (3) = ―1．
(1)計算 (9), ( 3)的值；
(2)證明 ( )在(0, + ∞)上為減函數；
(3)有集合 = ( , )| ( 2 + 1) ― (5 ) ― 2 > 0, 、 ∈ + ， = ( , )| + 1 = 0, ∈ + .問：是否存 2 、
在點( 0, 0)使( 0, 0) ∈ ∩ ？
【方法技巧與總結】
1 抽象函數的賦值，往往令x = 0，x = 1，x = y等，多嘗試下；
2 判斷或證明抽象函數的單調性，采取定義法證明；
3 1求解類似 (5 2 ― 6 ) > 16這種涉及函數的不等式，往往不會直接求出 (5
2 ― 6 )，而利用最好利用函數
的單調性，得到變量的不等式！
一、單選題
1． 下列結論正確的是（ ）
A = 4． 在定義域內是單調遞減函數
B．若 ( )在區間[0,2]上滿足 (0) < (2)，則 ( )在[0,2]上是單調遞增的
C．若 ( )在區間[0,3]上單調遞減，則 ( )在(1,2)上單調遞減
D．若 ( )在區間(1,2)，[2,3]上分別單調遞減，則 ( )在(1,3]上單調遞減
2.函數 ( ) = ― 的遞增區間為（ ）
A． 0, 1 B．(0,1) C 1． , + ∞ D．(1, + ∞)
4 4
3.已知函數 ( )是定義在(0, + ∞)上的單調函數，且 ∈ (0, + ∞)時，都有 ( ) + 2 = ―1，則 (1) =

（ ）
A．-4 或-1 B．-4 C．-1 D．0
4.已知函數 ( ) = | +1 ― |的值域為(0, + ∞)，且 ( )在[0, + ∞)上單調遞減，則 + 的取值范圍是（ ）
A．(0,1) B．( ― 1,1) C．( ― ∞,0) D．(1, + ∞)

5.已知函數 (1 ― ) = + ∈
( 1)― ( )
+ ，若對于任意 1， 2 ( ―2, ― 1)
2
，都有 ― > ―1，則 的取值范圍是1 2
（ ）
A．( ―∞, ― 1] ∪ [0, + ∞) B．( ―∞, ― 3] ∪ [ ― 2, + ∞)
C．( ―∞, ― 3] ∪ [ ― 2,0) D．( ―∞, ― 3]
6. ( ) | 4已知函數 ＝ ― |在區間[2，5]的最大值為 2，則 t 的值為（ ） ―1
A．2 B．3 C．2 或 3 D．-1 或 6
7.若對 1 ∈ [1,2], 2 ∈ [1,2]，使不等式4 22 ―( 21 +3 1 ― ) 2 +1 ≤ 0成立，則 的取值范圍是（ ）
A．[1, + ∞) B 3． , + ∞ C．[2, + ∞) D 15． , + ∞
2 4
8.已知函數 ( ) = | 2 ― ― |，當 ∈ [ ―2,2]時設 ( )的最大值為 ( , )，則當 ( , )取到最小值時 =
（ ）
A．0 B．1 C 1．2 D．2
二、多選題
9．已知函數 ( ) = 4| |―2，則（ ）
A． ( )的定義域為{ | ≠± 2} B． ( )在(2, + ∞)上單調遞減
C． ( ( ―5)) = ―6 D． ( )的值域是( ―∞,0) ∪ (0, + ∞)
10.若二次函數 ( ) = 2 +2 + 1在區間[ ―2,3]上的最大值為 6，則 a 等于（ ）
A ― 1 B 1． 3 ．3 C． ―5 D．5
11.已知函數 ( )的定義域為 ，若存在區間[ , ] ，使得 ( )滿足：（1） ( )在[ , ]上是單調函數；
（2） ( )在[ , ]上的值域是[2 ,2 ]，則稱區間[ , ]為函數 ( )的“倍值區間”.下列函數中存在“倍值區間”
的有（ ）
A． ( ) = 2 B． ( ) = 2
C． 1 1( ) = D． ( ) = +
三、填空題
12．函數 = | ― 2 + 4 + 5|的單調遞增區間是 ．
13. = ―1已知 +1 在( ―1, + ∞)上是嚴格增函數，則實數 a 的取值范圍為 ．
14. 小明在研究函數 ( ) = + 時，發現 ( )具有其中一個性質：如果常數 > 0，那么函數 ( )在區間
0, 上單調遞減，在區間 , + ∞ 上單調遞增．請你根據以上信息和所學知識解決問題：若函數 ( )
= + ―1 1 的定義域為 , + ∞ ，值域為 , + ∞ ，則實數 a 的值是 ．2 3
四、解答題
15．已知函數 ( ) = + 的圖像經過點 (1,3), (2,0).
(1)求函數 ( )的解析式；
(2)判斷函數 ( )在(0, + ∞)上的單調性并證明；
(3)當 ∈ 1 , 時， ( )的最小值為 3，求 的值.
2

16. 設函數 ( ) = 2+1．
(1)判斷函數 ( )在區間[ ―1,1]上的單調性，并用定義證明結論；
(2) ∈ 1 = (
2)
若 ,3 ，求函數 ( )
2 2( )
的值域．
17. 已知 ( )是定義在 R 上的函數，且對任意實數 , ， ( + 2 ) = ( ) +2 ( ).
(1)若 (1) = ―2 1 2，求 ， 的值.
2 3
(2)若 > 0時恒有 ( ) < 0，試判斷函數 ( )單調性，并說明理由.
| |, ∈ ( ―∞,1]
18.已知函數 ( ) = 3 + 2 , ∈ (1,2)
―2
(1)寫出 ( )的單調區間以及在每個單調區間上的單調性（無需證明）
(2)解不等式 1 ― 2 +2 ( ) < 0
(3)若 1, 2 ∈ ( ―∞,2)滿足 ( 1) = ( 2)，且 1 ≠ 2，求證： 1 + 2 < 2
19．若函數 ( )與 ( )滿足：對任意的 1 ∈ ，總存在唯一的 2 ∈ ，使 ( 1) ( 2) = 成立，則稱 ( )是
( )在區間 上的“ 階伴隨函數”；對任意的 1 ∈ ，總存在唯一的 2 ∈ ，使 ( 1) ( 2) = 成立，則稱
( )是區間 上的“ 階自伴函數”．
(1)判斷 ( ) = 2 +1是否為區間[0,3]上的“2 階自伴函數”？并說明理由：
(2)若函數 ( ) = 3 ― 1為區間[
1
2, ]上的“1 階自伴函數”，求 的值；
(3)若 ( ) =
4
+2是 ( ) =
2 ―2 + 2 ―1在區間[0,2]上的“2 階伴隨函數”，求實數 的取值范圍．

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