求函数的单调区间

公式定理💯随心记

【三角函数诱导公式】文字语言：奇变偶不变，符号看象限。符号语言：$\sin (\cfrac {\pi}{2}\pm\alpha)=\cos\alpha$；$\cos (\cfrac {\pi}{2}\pm\alpha)=\mp\sin\alpha$；$\tan (\cfrac {\pi}{2}\pm\alpha)=\mp\cot\alpha$

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前言

求函数的单调区间与确定函数的单调性的方法是一致的。求函数的单调区间的常用方法有定义法在高一的学习中定义法是个很常用也很基础的方法，尤其是碰到抽象函数的单调性的判断，只能使用定义法。随着后续的学习范围的拓展，这一方法慢慢沦为次要方法，尤其是给定解析式后，我们常选取定义法之外的方法；、图像法、导数法、性质法对于由基本初等函数的和差构成的函数，根据各基本初等函数的增减性及 “增 + 增 = 增，增 - 减 = 增，减 + 减 = 减，减 - 增 = 减” 进行判断，比如 $y=x^3$ 为增函数，$y=x$ 为增函数，则 $y=x^3+x$ 为增函数；、复合函数法、转化法等。

有关函数的单调性的证明类的题目，必须使用定义法或者导数法，不能采用其他的方法。

定义法

定义法：先求定义域，再利用单调性定义．

利用定义法求函数 $f(x)=x+\cfrac{1}{x}$ 的单调区间。

分析：定义域为 $(-\infty，0)\cup(0，+\infty)$，任取 $0<x_1<x_2$，

则 $f(x_1)-f(x_2)=x_1+\cfrac{1}{x_1}-(x_2+\cfrac{1}{x_2})$

$=(x_1-x_2)+(\cfrac{1}{x_1}-\cfrac{1}{x_2})$$=(x_1-x_2)+\cfrac{x_2-x_1}{x_1x_2}$

$=(x_1-x_2)-\cfrac{x_1-x_2}{x_1x_2}$$=(x_1-x_2)(1-\cfrac{1}{x_1x_2})$

$=(x_1-x_2)\cfrac{x_1x_2-1}{x_1x_2}$$=\cfrac{x_1-x_2}{x_1x_2}(x_1x_2-1)$

此时，$\cfrac{x_1-x_2}{x_1x_2}<0$ 能确定，但是 $(x_1x_2-1)$ 的正负不能确定，具体原因是当 $x_1$， $x_2$ 分别属于区间 $(0,1]$ 和 $[1,+\infty)$ 时，$(x_1x_2-1)$ 的值可能为正，为负，或者为 $0$，所以我们需要将区间 $(0,+\infty)$ 再次细分，具体做法，让 $x_1=x_2=x_0$，由 $x_0^2-1=0$，得到分点为 $x_0=1$，故将区间 $(0,+\infty)$ 细分为区间 $(0,1]$ 和 $[1,+\infty)$ 然后分别在两个区间上判断正负，^[1] 具体如下：

当 $0<x_1<x_2\leqslant 1$ 时，$x_1x_2<1$，则 $x_1x_2-1<0$，$\cfrac{x_1-x_2}{x_1x_2}<0$

由上可知， $f(x_1)-f(x_2)=\cfrac{x_1-x_2}{x_1x_2}(x_1x_2-1)>0$，

故有 $f(x_1)>f(x_2)$，即函数 $f(x)=x+\cfrac{1}{x}$ 在区间 $(0,1]$ 上单调递减，

同理可知，当 $1\leqslant x_1<x_2$ 时，可得到 $f(x_1)-f(x_2)=\cfrac{x_1-x_2}{x_1x_2}(x_1x_2-1)<0$，

故有 $f(x_1)<f(x_2)$，即函数 $f(x)=x+\cfrac{1}{x}$ 在区间 $[1,+\infty)$ 上单调递增；

同理同法，可以证明函数 $f(x)=x+\cfrac{1}{x}$ 在区间 $(-\infty，-1]$ 上单调递增，在区间 $[-1,0)$ 上单调递减；

故，函数 $f(x)=x+\cfrac{1}{x}$ 的单调递增区间为 $(-\infty,-1]$ 和 $[1,+\infty)$，单调递减区间为 $[-1,0)$ 和 $(0,1]$。 ^[2]

【定义法】【抽象函数的单调性 - 变形 1】定义在 $R$ 上的函数 $f(x)$ 满足 $f(x+y)=f(x)+f(y)-1$，且 $x>0$ 时，$f(x)<1$，判定函数单调性。

分析：令 $x_1<x_2\in R$，则 $x_2-x_1>0$，故 $f(x_2-x_1)<1$；

则有 $f(x_2)-f(x_1)=f[(x_2-x_1)+x_1]-f(x_1)$

$=f(x_2-x_1)+f(x_1)-1-f(x_1)$

$=f(x_2-x_1)-1<0$，

即 $f(x_2)<f(x_1)$，

故函数 $f(x)$ 在 $R$ 上单调递减。

注意变形：$f(x_2)=f[(x_2-x_1)+x_1]=f(x_2-x_1)+f(x_1)-1$

【定义法】【2018・德州模拟】已知定义在 $(0，＋\infty)$ 上的函数 $f(x)$，满足 $f(xy)＝f(x)＋f(y)$，$x＞1$ 时，$f(x)＜0$，判断函数 $f (x)$ 的单调性．

分析：令 $0<x_1<x_2$，则 $\cfrac{x_2}{x_1}>1$，故 $f(\cfrac{x_2}{x_1})<0$；

则有 $f(x_2)-f(x_1)=f[(\cfrac{x_2}{x_1})\cdot x_1]-f(x_1)$

$=f(\cfrac{x_2}{x_1})+f(x_1)-f(x_1)$

$=f(\cfrac{x_2}{x_1})<0$，

故函数 $f(x)$ 在 $(0，＋\infty)$ 上单调递减。

注意变形：$f(x_2)=f[(\cfrac{x_2}{x_1})\cdot x_1]=f(\cfrac{x_2}{x_1})+f(x_1)$

【定义法】【抽象函数单调性】已知函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0，＋\infty)$，且对一切 $x＞0$，$y＞0$ 都有 $f(\cfrac{x}{y})＝f(x)－f(y)$，当 $x＞1$ 时，有 $f(x)＞0$，判断 $f(x)$ 的单调性。

分析：令 $0<x_1<x_2$，则 $\cfrac{x_2}{x_1}>1$，故 $f(\cfrac{x_2}{x_1})>0$；

则由题目可知，$f(x_2)-f(x_1)=f(\cfrac{x_2}{x_1})$

由于 $x_2>x_1>0$，则 $\cfrac{x_2}{x_1}>1$，

故 $f(\cfrac{x_2}{x_1})>0$；

即 $f(x_2)-f(x_1)>0$

故函数 $f(x)$ 在 $(0，＋\infty)$ 上单调递增。

图象法

• 利用 $f(x)$ 图象或做出 $f(x)$ 的图象，由图直观写出单调区间．

【2018 天津模拟改编】已知函数 $y=f(x)(x\in R)$ 的图像如图所示，则函数 $f(x)$ 的单调区间为_________。

分析：由图可知，函数 $f(x)$ 在区间 $(-\infty，0)$ 和 $[\cfrac{1}{2}，+\infty)$ 上单调递减，在区间 $[0，\cfrac{1}{2}]$ 上单调递增，

【点评】：①学会读图，解读图像时，是将变化趋势一致 (仅仅上升或仅仅下降) 的那部分图像，向 $x$ 轴做射影，所得的区间即为单调区间。②这一方法可以解决高中阶段的许多简单函数的单调性，比如基本初等函数，一次、二次函数、分段函数，抽象函数，复合函数等，

【2019 届高三理科函数的单调性与最值课时作业】设函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{l} {1，x>0}\\{0，x=0}\\{-1，x<0}\end{array}\right.$ ，$g(x)=x^2\cdot f(x-1)$，则函数 $g(x)$ 的单调递减区间是__________。

分析：由已知的分段函数 $f(x)$ 的解析式，可得分段函数 $f(x-1)$ 的解析式，

$f(x-1)=\left\{\begin{array}{l}{1，x-1>0}\\{0，x-1=0}\\{-1，x-1<0}\end{array}\right.$，即 $f(x-1)=\left\{\begin{array}{l}{1，x>1}\\{0，x=1}\\{-1，x<1}\end{array}\right.$，

故函数 $g(x)=x^2\cdot f(x-1)=\left\{\begin{array}{l}{x^2，x>1}\\{0，x=1}\\{-x^2，x<1}\end{array}\right.$

做出其函数图像，从图像可知，单调递减区间是 $[0，1)$。

注意：此题中单调递减区间不能写成 $[0，1]$。

转化法

• 利用已知函数的单调性，即转化为已知函数的和、差或复合函数，求单调区间。

求函数 $f(x)=\cfrac{x^2-4x+5}{x-2}$$(\cfrac{9}{4}\leqslant x\leqslant 6 )$ 的单调区间；

分析：$f(x)=\cfrac{x^2-4x+5}{x-2}=\cfrac{(x-2)^2+1}{x-2}=(x-2)+\cfrac{1}{x-2}\xrightarrow{x-2=t}t+\cfrac{1}{t}$

那么参照函数 $g(x)=x+\cfrac{1}{x}$ 的单调区间，在 $(0，1]$ 上单调递减，在 $[1，+\infty)$ 上单调递增；

将 $g(x)$ 向右平移两个单位，得到 $g(x-2)$，即 $f(x)$ 的函数图像，其单调区间变为在 $(2，3]$ 上单调递减，在 $[3，+\infty)$ 上单调递增；

故限定区间 $(\cfrac{9}{4}\leqslant x\leqslant 6 )$ 上的单调性应该是在 $[\cfrac{9}{4}，3]$ 上单调递减，在区间 $[3，6]$ 上单调递增；

【2019 蚌埠模拟】已知 $a>0$，设函数 $f(x)=\cfrac{2018^{x+1}+2016}{2018^x+1}$$（x\in [-a,a]）$ 的最大值为 $M$，最小值为 $N$，那么 $M+N$=【】

$A.2016$ $B.2018$ $C.4032$ $D.4034$

分析：$f(x)=\cfrac{2018^{x+1}+2016}{2018^x+1}=\cfrac{2018^x\cdot 2018+2016}{2018^x+1}=\cfrac{2018(2018^x+1)-2}{2018^x+1}=2018-\cfrac{2}{2018^x+1}$

故函数 $f(x)$ 在区间 $[-a,a]$ 上单调递增，故 $M=f(x)_{max}=f(a)$，$N=f(x)_{min}=f(-a)$，

故 $M+N=f(a)+f(-a)=2018-\cfrac{2}{2018^a+1}+2018-\cfrac{2}{2018^{-a}+1}=4036-2=4034$，故选 $D$.

导数法

利用导函数取值的正负确定原函数的单调区间，这是高中阶段使用的主要方法，属于通性通法。也是高中考查的重点和难点知识。鉴于这一内容的重要性，重新开一篇博文：导数法判断函数的单调性的策略.

复合函数法

• 复合函数作为一类比较特殊的函数，其单调区间的求解自然也比较特殊，故单独加以说明。

以 $y=f(g(x))$ 的单调区间的求解为例，总结说明其求解步骤：

(1) 确定函数的定义域．

(2) 将复合函数分解成基本初等函数 $y＝f(u)$，$u＝g(x)$．

(3) 分别确定这两个函数的单调区间．

(4) 若这两个函数同增同减，则 $y＝f(g(x))$ 为增函数；若一增一减，则 $y＝f(g(x))$ 为减函数，即 “同增异减”。

【求复合函数的单调性】已知函数 $f(x)=log_2(x^2-3x+2)$，求其单调区间。

分析：令 $u=x^2-3x+2$，

则原复合函数拆分为外函数 $y=f(u)=log_2u$ 和内函数 $u=x^2-3x+2$

由 $u=x^2-3x+2>0$，解得 $x\in (-\infty，1)\cup(2，+\infty)$，

即此复合函数的定义域为 $x\in (-\infty，1)\cup(2，+\infty)$。

那么要研究其单调性，必须先在上述定义域范围内，定义域优先原则。

然后由 $u=x^2-3x+2=(x-\cfrac{3}{2})^2-\cfrac{1}{4}$，

则内函数 $u(x)$ 在区间 $(-\infty，1)$ 上单调递减，在区间 $(2，+\infty)$ 上单调递增，

而外函数 $y=f(u)=log_2u$ 在 $(0，+\infty)$ 上单调递增，

故复合函数 $f(x)$ 在区间 $(-\infty，1)$ 上单调递减，在区间 $(2，+\infty)$ 上单调递增。

【求复合函数的单调区间】【2018 天津模拟】已知函数 $y=f(x)(x\in R)$ 的图像如图所示，则函数 $g(x)=f(log_ax)$$(0<a<1)$ 的单调递减区间为【】

$A.[0，\cfrac{1}{2}]$ $B.[\sqrt{a}，1]$ $C.(-\infty，0)\cup[\cfrac{1}{2}，+\infty)$ $D.[\sqrt{a}，\sqrt{a+1}]$

分析：由图可知，外函数 $f(x)$ 在区间 $(-\infty，0)$ 和 $[\cfrac{1}{2}，+\infty)$ 上单调递减，在区间 $[0，\cfrac{1}{2}]$ 上单调递增，

又 $0<a<1$ 时，内函数 $y=log_ax$ 在区间 $(0，+\infty)$ 上单调递减，

故要使得复合函数函数 $g(x)=f(log_ax)(0<a<1)$ 单调递减，

则需要 $log_ax\in [0，\cfrac{1}{2}]$，即 $0\leq log_ax\leq \cfrac{1}{2}$，

解得 $x\in [\sqrt{a}，1]$，故选 $B$。

【求复合函数的单调区间】函数 $f(x)=5^{1-|2x+4|}$ 的单调递增区间是【】

$A.[2，+\infty)$ $B.[-\cfrac{3}{2}，+\infty)$ $C.(-\infty，-\cfrac{3}{2})$ $D.(-\infty，-2]$

解析：令 $t=g(x)=1-|2x+4|=\left\{\begin{array}{l}-2x-3, x>-2\\2x+5, x\leqslant -2\end{array}\right.$

则 $g(x)$ 在 $[-2，+\infty)$ 上单调递减，在 $(-\infty，-2]$ 上单调递增，

又 $y=5^{t}$ 在 $R$ 上是增函数，所以 $f(x)$ 的单调递增区间是 $(-\infty，-2]$，故选 $D$。

单调应用

若函数 $f(x)=|2x+a|$ 的单调递增区间是 $[3,+\infty)$，则 $a$ 的值为______.

分析：由于函数 $f(x)=|2x+a|$ 的单调递增区间为 $[-\cfrac{a}{2},+\infty)$，故 $-\cfrac{a}{2}=3$，解得 $a=-6$，

若函数 $f(x)=|2x+a|$ 在 $[3,+\infty)$ 上单调递增，则 $a$ 的取值范围为______.

分析：由于函数 $f(x)=|2x+a|$ 的单调递增区间为 $[-\cfrac{a}{2},+\infty)$，故 $-\cfrac{a}{2}\leqslant3$，解得 $a\geqslant-6$ .

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1. 也正因为定义法在判断这个函数的单调性时非常麻烦，故针对此函数我们有导数法 ↩︎

2. [或者利用 $f(x)$ 为奇函数，可以证明在区间 $(-\infty，-1]$ 和 区间 $[-1,0)$ 上的单调性]
   【点评】：①以上述题目为例，如果在区间 $(0，+\infty)$ 上 $f(x_1)-f(x_2)$ 的差值不能确定一定为正或为负，则说明需要再寻找新的分点，将上述的区间细化，比如将上述区间 $(0，+\infty)$ 细化为 $(0，x_0)$ 和 $(x_0，+\infty)$，然后分别在区间 $(0，x_0)$ 和区间 $(x_0，+\infty)$ 上判断 $f(x_1)-f(x_2)$ 的正负，从而确定单调区间。②注意有效使用函数的奇偶性，简化证明。
   ②区间 $(0,2)$ 为单调递增区间 $(0,+\infty)$ 的子集，我们不能说函数 $f(x)$ 的单调递增区间为 $(0,2)$ ，只能说在区间 $(0,2)$ 上单调递增。
   ③用定义法求函数的单调区间，虽然很麻烦 [不能学过就扔]，但是在涉及抽象函数的单调性判断时没有定义法就没有办法了。 ↩︎