函数的单调性描述的是其图象的变化趋势. 当沿 $x$ 轴正向观察函数 $f(x)$ 的图象时, 若图象上升, 则称 $f(x)$ 单调递增 (单增), 并称 $f(x)$ 为增函数;

若图象下降, 则称 $f(x)$ 单调递减 (单减), 并称 $f(x)$ 为减函数.

对函数也可以在其定义域的一部分上定义单调性. 设函数 $f(x)$ 的定义域为 $D$, $A\subseteq D$, 任取 $x_1$, $x_2\in A$ 满足 $x_1 f(x_2)\Leftrightarrow f(x)\ \text{在 $A$ 上单调递减}. \end{aligned}\] 将上面的 $A$ 取成 $D$ 时, 就可以得到函数 $f(x)$ 在其定义域 $D$ 上单调递增或单调递减的定义.

由定义, 函数单调递增可以从代数式的角度理解为: 单调递增表示自变量的大小与对应函数值的大小一致, 单调递减表示自变量的大小与对应函数值的大小恰好相反.

利用函数的单调性, 可以求出其值域: 对定义在区间 $[a,b]$ 上的增函数 $f(x)$, 其值域显然为 $[f(a),f(b)]$. 对一般的函数 $f(x)$, 也可以根据其在定义域 $D$ 各个部分上的单调性得到对应的取值范围, 然后取并集得到函数值域. 函数 $f(x)$ 在定义域 $D$ 上的最大值 (maximum) 可以记为 $f_{\max}$, 它满足 \[\begin{aligned} &\forall\,x\in D,\ f_{\max}\geqslant f(x);\\ &\exists\,x_0\in D,\ f_{\max}= f(x_0). \end{aligned}\] 类似地, 函数 $f(x)$ 在定义域 $D$ 上的最大值 (minimum) 可以记为 $f_{\min}$, 它满足 \[\begin{aligned} &\forall\,x\in D,\ f_{\min}\leqslant f(x);\\ &\exists\,x_0\in D,\ f_{\min}= f(x_0). \end{aligned}\] 最大值、最小值统称为最值, 可用于描述函数的值域. 例如, 函数 $f(x)= -x$ 在定义域 $[0,1]$ 上单调递减, 其值域为 \[ [f_{\min}, f_{\max}]= [f(1),f(0)]= [-1,0].\]

从上述定义可以看出, 函数的最值必须是函数在定义域上能取到的值, 因此有些函数没有最值或仅有最大 (小) 值. 例如, 函数 $f(x)= x$ 在实数集 $\mathbf{R}$ 和区间 $(0,1)$ 上都没有最值, 在 $[0,1)$ 上仅有最小值, 在 $(0,1]$ 上仅有最大值.

由函数图象可知, 初中常见函数的单调性的决定因素如下:

(1) 一次函数 $f(x)=kx+b$ ($k\neq 0$): $k 0$ 时单调递增;

(2) 反比例函数 $f(x)=\dfrac{k}x$ ($k\neq 0$): $k>0$ 时分段单调递减, $k

(3) 二次函数 $f(x)=ax^2+bx+c$ ($a\neq 0$): $a$ 决定图象开口方向, $-\dfrac{b}{2a}$ 决定对称轴位置.

二次函数的单调性由其图象的开口方向和对称轴共同决定. 例如, 对函数 $f(x)= x^2-2x$, 其图象开口向上且对称轴为 $x=1$, 所以 $f(x)$ 在区间 $(-\infty,1]$ 上单调递减, 在区间 $[1,+\infty)$ 上单调递增.

(1) 反比例函数 $f(x)= \dfrac1x$ 在区间 $(-\infty,0)$ 和 $(0,+\infty)$ 上均单调递减, 而在其定义域 $(-\infty,0)\cup (0,+\infty)$ 上并非单调递减, 例如, $-1 f(1)$). 所以讨论反比例函数的单调性时, 仅能用“分段单调”来描述.

(2) 对高中常见的函数, 都可以将其定义域分成多个区间, 使该函数在各个区间上仅单调递增或仅单调递减. 但是有些函数无法像这样划分其定义域, 即它们的图象在其定义域的任意子区间上都是“振荡的”.

(1) 设二次函数 $f(x)= x^2-(a-1)x+5$ 在区间 $\Big(\dfrac12,1\Big)$ 上单调递增, 求 $f(2)$ 的取值范围.

(2) 若函数 $f(x)=-x^2+2ax$ 与 $g(x)=\dfrac{a}x$ 都在区间 $[1,2]$ 上单调递减, 求实数 $a$ 的取值范围.

(1) 二次函数 $f(x)$ 图象开口向上, 且对称轴为 $x=\dfrac{a-1}2$, 则 \[ \frac{a-1}2\leqslant \frac12\Rightarrow a\leqslant 2,\] 所以 $f(2)= 11-2a\in[7,+\infty)$.

(2) 二次函数 $f(x)$ 对称轴为 $x=a$, 开口向下, 则 $a\leqslant 1$. 由 $g(x)$ 图象知 $a>0$, 所以 $a\in(0,1]$.

由 $a\leqslant 2$ 得到 $11-2a$ 的取值范围, 可以利用不等式的性质变形, 即 \[ -2a\geqslant -4,\quad 11-2a\geqslant 7,\] 也可以直接利用 $h(a)= 11-2a$ 单调递减, 即 \[ h(a)\in [h(2),+\infty)= [7,+\infty).\]

已知函数 $f(x)=ax^2 +4(1-a)x+1$ 在区间 $[1,+\infty)$ 上单调递增, 求实数 $a$ 的取值范围.

若 $a=0$, 则 $f(x)=4x+1$, 为单调递增函数. 若 $a\neq 0$, 则 \[\left\{\!\!\begin{array}{l} a>0,\\[6pt] -\dfrac{4(1-a)}{2a}\geqslant 1 \end{array}\right.\Rightarrow a\in [2,+\infty).\] 综上所述, $a\in \{0\}\cup [2,+\infty)$.

若函数图象容易作出, 则通常利用图象来判断函数的单调性.

判断下列函数的单调性:

$f_1(x)= |x+2|$;  $f_2(x)= |x^2-1|$;  $f_3(x)= 1+\dfrac1{x+2}$.

利用图象变换, 可以分别作出 $f_1(x)$, $f_2(x)$, $f_3(x)$ 的图象, 并得到:

$f_1(x)$ 在区间 $(-\infty,-2]$ 上单调递减, 在 $[-2,+\infty)$ 上单调递增;

$f_2(x)$ 在区间 $(-\infty,-1]$ 和 $[0,1]$ 上均单调递减, 在 $[-1,0]$ 和 $[-4,+\infty)$ 上均单调递增;

$f_3(x)$ 在区间 $(-\infty,-2)$ 和 $(-2,+\infty)$ 上均单调递减.

不少函数的图象是由其单调性决定的, 即只有事先判断函数在其定义域各部分的单调性, 才能较准确地作出函数图象, 所以由图象判断单调性并非总是可行. 判断单调性的一般方法仍旧是根据定义来计算: 设函数 $f(x)$ 定义在 $D$ 上, 任取 $x_1$, $x_2\in D$ 满足 $x_1 f(x_2) & \Rightarrow f(x)\ \text{单调递减}. \end{aligned}\] 在判断函数值的大小关系时, 一般用作差法.

例如, 由定义判断函数 $f(x)= -x+1$ 的单调性, 可以任取实数 $x_1 0$, 所以 $f(x_1)

由单调性的定义和不等式的性质, 可以进一步得到结论: 设函数 $f(x)$, $g(x)$ 均定义在数集 $D$ 上, 实数 $k$ 为常数, 则

(1) $f(x)$ 与 $f(x)+k$ 的单调性相同;

(2) 若 $f(x)$ 单调递增 (减), 则当 $k>0$ 时, $kf(x)$ 也单调递增 (减); 当 $k

(3) 若 $f(x)$, $g(x)$ 均单调递增 (减), 则 $f(x)+g(x)$ 也单调递增 (减).

下面用定义证明 (3): 设 $f(x)$, $g(x)$ 均单调递增, 任取 $x_1$, $x_2\in D$ 且 $x_1

(1) 上述结论也可以从图象的角度来直观理解, 例如, $f(x)+k$ 的图象可由 $f(x)$ 的图象上下平移得到, 故两者单调性相同. 同理, $kf(x)$ 的图象是由 $f(x)$ 的图象相对于 $x$ 轴拉伸或压缩得到的, $f(x)+g(x)$ 的图象可看成由 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的图象“叠加”而成.

(2) 若 $f(x)$, $g(x)$ 均单调递增 (减), 则仅在两者非负时, 才能得到 $f(x)g(x)$ 单调递增 (减). 例如, $f(x)= x$, $g(x)= x+1$ 均为增函数, 但是 $f(x)g(x)= x(x+1)$ 并非增函数.

例如, 函数 $f(x)= x$ 与 $g(x)= -\dfrac1x$ 均在 $(-\infty,0)$ 与 $(0,+\infty)$ 上单调递增, 所以 $f(x)+g(x)= x-\dfrac1x$ 也在 $(-\infty,0)$ 与 $(0,+\infty)$ 上单调递增.

前面提到, 对函数 $f(x)$ 而言, 单调递增表示 $x$ 越大, $f(x)$ 也越大 (或 $x$ 越小, $f(x)$ 也越小); 单调递减表示 $x$ 越大, $f(x)$ 反而越小 (或 $x$ 越小, $f(x)$ 反而越大). 若只设 $x_1\neq x_2$, 则利用实数乘除运算的符号法则, 单调性有如下等价表示: \[\begin{aligned} f(x)\ \text{单调递增}\ &\Leftrightarrow \frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}>0\\ &\Leftrightarrow [f(x_1)-f(x_2)](x_1-x_2)>0,\\ f(x)\ \text{单调递减}\ &\Leftrightarrow \frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}0$, 且取 $x_1

已知函数 $f(x)$ 定义在 $\mathbf{R}$ 上, 且对任意 $m\neq n$, 总有 $\dfrac{f(m)-f(n)}{m-n}>0$. 若 $f(-3)=a$, $f(-1)=b$, 求 $f(x)$ 在 $[-3,-1]$ 上的值域 (用 $a$, $b$ 表示).

题意表明 $f(x)单调递增$, 所以值域为 \[ [f_{\min},f_{\max}]= [f(-3),f(-1)]= [a,b].\]

判断下列函数是否满足“$\forall\,x_1$, $x_2\in (0,+\infty)$, $(x_1- x_2)[f(x_1)-f(x_2)]

(1) $f(x)= \dfrac1x$;  (2) $f(x)=(x-1)^2$.

题意表明 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递减, 故只有 $f(x)= \dfrac1x$ 符合题意.

解分段函数单调性问题时, 只需每段函数以及分段点处的函数值满足题中单调性. 例如, 分段函数 \[ f(x)= \begin{cases} g(x), & x\leqslant a,\\ h(x), & x>a \end{cases}\] 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增, 等价于 $g(x)$ 在 $(-\infty,a]$ 上、$h(x)$ 在 $(a,+\infty)$ 上均单调递增, 且 $g(a)\leqslant h(a)$. 同理可以得到分段函数 \[ f(x)= \begin{cases} g(x), & x\leqslant a,\\ h(x), & x>a \end{cases}\] 在 $\mathbf{R}$ 上单调递减的等价描述. 建议结合如下函数草图记忆上述结论:

(1) 若函数 \[f(x)=\begin{cases} (a-3)x+5, & x\leqslant 1,\\[6pt] \dfrac{2a}x, & x>1 \end{cases}\] 在 $\mathbf{R}$ 上单调递减, 求 $a$ 的取值范围;

(2) 若函数 \[g(x)= \begin{cases} x-1, & x\leqslant 1,\\ x^2+2ax, & x>1 \end{cases}\] 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增, 求 $a$ 的取值范围.

(1) 由题意, $f(x)$ 分段递减且在 $x=1$ 附近单调递减, 则 \[\left\{\!\!\begin{array}{l} a-30,\\ (a-3)+5\geqslant 2a \end{array}\right.\Rightarrow a\in (0,2].\]

(2) 考虑二次函数 $y= x^2+2ax$ 的图象知, 其对称轴 $x= -a$ 应满足 $-a\leqslant 1$. 再由分段点处的函数值递增知, \[ 1-1\leqslant 1^2+ 2a\cdot1.\] 两个不等式联立, 解得 $a\in \Bigl[-\dfrac12,+\infty\Bigr]$.

(1) 若函数 \[f(x)= \begin{cases} x-1, & x\leqslant 1,\\ x^2+a, & x>1 \end{cases}\] 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增, 求 $a$ 的取值范围;

(2) 若函数 \[g(x)=\begin{cases} (a^2-3)x+5, & x\leqslant 1,\\[6pt] \dfrac{3a}x, & x>1 \end{cases}\] 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增, 求 $a$ 的取值范围.

(1) 由题意, $1-1\leqslant 1^2+a$, 则 $a\in[-1,+\infty)$.

(2) 此时, $f(x)$ 分段递增且在 $x=1$ 附近单调递增, 则 \[\left\{\!\!\begin{array}{l} a^2-3> 0,\ 3a

利用函数的单调性可以解由简单的抽象函数构成的不等式 (简称抽象不等式) 或方程.

(1) 若定义在 $[-1,1]$ 上的函数 $f(x)$ 单调递增, 且 $f(x-1)

(2) 解不等式 \[ (x-1)^3+ (x-1)

(1) 由题意, $-1\leqslant x-1

(2) 设 $g(x)=x^3+x$, 原不等式化为 \[ g(x-1)

上例 (2) 中, 将具体的不等式化为抽象不等式, 是为了更方便地应用单调性. 下面的例子也可以用同样的方法.

方法一: 不等式化为 $x-\dfrac1x>0$. 令 $f(x)= x-\dfrac1x$, 则不等式为 $f(a)> 0$. 根据函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,0)$ 和 $(0,+\infty)$ 上均单调递增, 且与 $x$ 轴的交点为 $(-1,0)$ 和 $(1,0)$, 大致描绘 $f(x)$ 的图象. 由此可知, $x\in(-\infty,-1)\cup(1,+\infty)$.

方法二: 作出函数 $g(x)= x$ 和 $h(x)= \dfrac1x$ 的图象. 不等式表明 $g(x)> h(x)$, 由图可知 $x\in(-\infty,-1)\cup(1,+\infty)$.

方法三: 分别讨论 $x>0$ 和 $x 0\Rightarrow \frac{x^2-1}x> 0\Rightarrow (x^2-1)x>0,\] 再用穿根法.

由上例的三种方法可以看出, 借助函数图象有时可以简化不等式的求解过程, 也更能保证正确性.

设函数 \[f(x)=\begin{cases} x^2+1, & x\geqslant 0,\\ 1, & xf(2x)$.

$f(x)$ 仅在 $[0,+\infty)$ 上单调递增, 则原不等式等价于 \[3-x^2> 2x\geqslant 0\Rightarrow x\in [0,1).\]

(1) 求“一次函数 $f(x)= ax+b$ ($a\neq 0$) 在 $[-1,1]$ 上恒正”的充要条件;

(2) 若对于任意实数 $a\in[-1,1]$, 函数 $f(x)= x^2+(a-4)x+4-2a$ 的值恒大于零, 求 $f(x)$ 的定义域.

(1) 一次函数 $f(x)= ax+b$ 在 $[-1,1]$ 上的图象为一条线段, 所以 $f(x)$ 恒正等价于图象两个端点纵坐标均大于零: $f(-1)>0$ 且 $f(1)>0$, 即 $-a+b>0$ 且 $a+b>0$.

(2) 此题可理解为 (反客为主): 关于 $a$ 的函数 \[ g(a)=x^2+(a-4)x+4-2a\] 在 $[-1,1]$ 上恒大于零. 此时 \[ g(a)= (x-2)a+ x^2-4x+4\] 为关于 $a$ 的一次函数, 所以 \[\left\{\!\!\begin{array}{l} g(-1)= (x-2)\cdot(-1)+ x^2-4x+4>0,\\ g(1)= (x-2)\cdot 1+ x^2-4x+4>0, \end{array}\right.\] 解得 \[\left\{\!\!\begin{array}{l} x2,\\ x3, \end{array}\right.\] 所以 $x\in(-\infty,1)\cup (3,+\infty)$.