【题型归类大全】2023年高考一复习学案（理科数学）考点05：函数的单调性与最值

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[考纲传真]
1.理解函数的单调性、最大(小)值及其几何意义.
2.会运用基本初等函数的图象分析函数的性质．
[命题分析]
1．集合作为高考必考内容，多年来命题较稳定，多以选择题形式在前3题的位置进行考查，难度较小．命题的热点依然会集中在集合的运算方面，常与简单的一元二次不等式结合命题．
2．高考对常用逻辑用语考查的频率较低，且命题点分散，其中含有量词的命题的否定、充分必要条件的判断需要关注，多结合函数、平面向量、三角函数、不等式、数列等内容命题.
[题型归类]
1．集合的含义与表示
2．.集合间的基本关系
3．集合的基本运算
4．德摩根定律在集合计算的运用
5．韦恩图在集合与数量关系问题中的运用
6．利用集合的运算求参数
7．集合与其他知识的综合问题
8．集合的新定义问题
题型一：确定函数的单调性(区间)
知识与方法
1．增函数、减函数

2.函数单调性的常用结论
(1)对∀x1，x2∈D(x1≠x2)，eq \f(fx1－fx2,x1－x2)＞0⇔f(x)在D上是增函数，eq \f(fx1－fx2,x1－x2)＜0⇔f(x)在D上是减函数．
(2)对勾函数y＝x＋eq \f(a,x)(a＞0)的增区间为(－∞，－eq \r(a)]和[eq \r(a)，＋∞)，减区间为[－eq \r(a)，0)和(0，eq \r(a)]．
(3)在区间D上，两个增函数的和仍是增函数，两个减函数的和仍是减函数．
(4)函数f(g(x))的单调性与函数y＝f(u)和u＝g(x)的单调性的关系是“同增异减”．
3.确定函数单调性的4种方法
(1)定义法．利用定义判断．
(2)导数法．适用于可以求导的函数．
(3)图象法．由图象确定函数的单调区间需注意两点：一是单调区间必须是函数定义域的子集；二是图象不连续的单调区间要分开写，用“和”或“，”连接，不能用“∪”连接．
(4)复合函数法．对于函数y＝f(g(x))，先确定y＝f(v)，v＝g(x)的单调性，再利用“同增异减”的原则确定y＝f(g(x))的单调性．
易错警示：确定函数的单调性(区间)，应先求定义域，在定义域内确定单调性(区间)．
4.熟记函数单调性的4个常用结论
(1)若f(x)，g(x)均是区间A上的增(减)函数，则f(x)＋g(x)也是区间A上的增(减)函数；
(2)若k＞0，则kf(x)与f(x)单调性相同；若k＜0，则kf(x)与f(x)单调性相反；
(3)函数y＝f(x)(f(x)＞0)在公共定义域内与y＝－f(x)，y＝eq \f(1,fx)的单调性相反；
(4)函数y＝f(x)(f(x)≥0)在公共定义域内与y＝eq \r(fx)的单调性相同．
5.单调函数的两种等价变形
设任意x1，x2∈[a，b]且x1(1)eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0⇔f(x)在[a，b]上是增函数；eq \f(fx1－fx2,x1－x2)＜0⇔f(x)在[a，b]上是减函数．
(2)(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0⇔f(x)在[a，b]上是增函数；(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＜0⇔f(x)在[a，b]上是减函数．
►例1 函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是( )
A．(－∞，－2) B．(－∞，1)
C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)
解析：[由x2－2x－8>0，得x>4或x<－2.
设t＝x2－2x－8，则y＝ln t在t∈(0，＋∞)上为增函数．
欲求函数f(x)的单调递增区间，即求函数t＝x2－2x－8的单调递增区间．
∵函数t＝x2－2x－8的单调递增区间为(4，＋∞)，
∴函数f(x)的单调递增区间为(4，＋∞)．
故选D.]
►例2已知函数f(x)＝eq \r(x2－2x－3)，则该函数的单调递增区间为( )
A．(－∞，1] B．[3，＋∞)
C．(－∞，－1] D．[1，＋∞)
解析：选B 设t＝x2－2x－3，由t≥0，得x2－2x－3≥0，解得x≤－1或x≥3.所以函数f(x)的定义域为(－∞，－1]∪[3，＋∞)．因为函数t＝x2－2x－3的图象的对称轴为x＝1，所以函数t在(－∞，－1]上单调递减，在[3，＋∞)上单调递增．所以函数f(x)的单调递增区间为[3，＋∞)．
►例3求下列函数的单调区间：y＝－x2＋2|x|＋1；
解析：由于y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋2x＋1x≥0，,－x2－2x＋1x＜0，))
即y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x－12＋2x≥0，,－x＋12＋2x＜0.))
画出函数图象如图所示，单调递增区间为(－∞，－1]和[0,1]，单调递减区间为[－1,0]和[1，＋∞)．
►例4下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( )
A．y＝eq \r(x＋1) B．y＝(x－1)2
C．y＝2－x D．y＝lg0.5(x＋1)
解析 A项，函数y＝eq \r(x＋1)在[－1，＋∞)上为增函数，所以函数在(0，＋∞)上为增函数，故正确；B项，函数y＝(x－1)2在(－∞，1)上为减函数，在[1，＋∞)上为增函数，故错误；C项，函数y＝2－x＝(eq \f(1,2))x在R上为减函数，故错误；D项，函数y＝lg0.5(x＋1)在(－1，＋∞)上为减函数，故错误．
题型二：图像法确定函数的单调性(区间)
知识与方法
复合函数，应根据复合函数的单调性的判断方法，首先判断两个简单函数的单调性，再根据“同则增，异则减”的法则求解函数的单调区间．
►例1 下列函数中，图象是轴对称图形且在区间(0，＋∞)上单调递减的是( B )
A．y＝eq \f(1,x) B．y＝－x2＋1
C．y＝2x D．y＝lg2|x|
解析：因为函数的图象是轴对称图形，所以排除A，C，又y＝－x2＋1在(0，＋∞)上单调递减，y＝lg2|x|在(0，＋∞)上单调递增，所以排除D.故选B.
►例2函数变为y＝|－x2＋2x＋1|的单调区间
解析：函数y＝|－x2＋2x＋1|的图象如图所示．由图象可知，函数y＝|－x2＋2x＋1|的单调递增区间为(1－eq \r(2)，1)和(1＋eq \r(2)，＋∞)；单调递减区间为(－∞，1－eq \r(2))和(1，1＋eq \r(2))．
►例3已知函数f(x)＝x2－2ax－3在区间[1,2]上具有单调性，则实数a的取值范围为_________．
解析 函数f(x)＝x2－2ax－3的图象开口向上，对称轴为直线x＝a，画出草图如图所示．
由图象可知函数在(－∞，a]和[a，＋∞)上都具有单调性，因此要使函数f(x)在区间[1,2]上具有单调性，只需a≤1或a≥2，从而a∈(－∞，1]∪[2，＋∞)．
题型三：复合函数的单调性(区间)
►例1 求下列函数的单调区间：y＝lgeq \f(1,2)(x2－3x＋2)．
解析：令u＝x2－3x＋2，则原函数可以看作y＝lgeq \f(1,2)u与u＝x2－3x＋2的复合函数．
令u＝x2－3x＋2＞0，则x＜1或x＞2.
∴函数y＝lgeq \f(1,2)(x2－3x＋2)的定义域为(－∞，1)∪(2，＋∞)．
又u＝x2－3x＋2的对称轴x＝eq \f(3,2)，且开口向上．
∴u＝x2－3x＋2在(－∞，1)上是单调减函数，在(2，＋∞)上是单调增函数．
而y＝lgeq \f(1,2)u在(0，＋∞)上是单调减函数，
∴y＝lgeq \f(1,2)(x2－3x＋2)的单调减区间为(2，＋∞)，
单调增区间为(－∞，1)．
►例2函数f(x)＝lgeq \f(1,2)(x2－4)的单调递增区间是( )
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)
C．(2，＋∞) D．(－∞，－2)
解析：因为y＝lgeq \f(1,2)t在定义域上是减函数，所以求原函数的单调递增区间，即求函数t＝x2－4的单调递减区间，结合函数的定义域，可知所求区间为(－∞，－2)．
题型四：分段函数的单调性(区间)
►例1 函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1，x≥0，,x－1，x<0))在R上是( )
A．减函数 B．增函数
C．先减后增 D．无单调性
解析：选B 作出函数f(x)的图象如图所示，由图结合单调性的定义可知，此函数在R上是增函数．
►例2已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax，x>1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－\f(a,2)))x＋2，x≤1))是R上的增函数，则实数a的取值范围是( )
A．(1，＋∞) B．[4,8)
C．(4,8) D．(1,8)
解析：选B 由f(x)在R上是增函数，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>1，,4－\f(a,2)>0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－\f(a,2)))＋2≤a，))解得4≤a<8.
题型五：解析式含参函数的单调性
►例1 试讨论函数f(x)＝eq \f(ax,x－1)(a≠0)在(－1,1)上的单调性．
解析：设－1f(x)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x－1＋1,x－1)))＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x－1)))，
f(x1)－f(x2)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x1－1)))－aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x2－1)))
＝eq \f(ax2－x1,x1－1x2－1)，
由于－1所以x2－x1>0，x1－1<0，x2－1<0，
故当a>0时，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，
函数f(x)在(－1,1)上递减；
当a<0时，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)函数f(x)在(－1,1)上递增．
综上，当a>0时，f(x)在(－1,1)上单调递减；当a<0时，f(x)在(－1,1)上单调递增．
►例2已知a>0，函数f(x)＝x＋eq \f(a,x)(x>0)，证明：函数f(x)在(0，eq \r(a) ]上是减函数，在[eq \r(a)，＋∞)上是增函数．
解析：方法一 任意取x1>x2>0，则
f(x1)－f(x2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋\f(a,x1)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(a,x2)))
＝(x1－x2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,x1)－\f(a,x2)))＝(x1－x2)＋eq \f(ax2－x1,x1x2)
＝(x1－x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(a,x1x2))).
当eq \r(a)≥x1>x2>0时，x1－x2>0,1－eq \f(a,x1x2)<0，
有f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)此时，函数f(x)＝x＋eq \f(a,x)(a>0)在(0，eq \r(a) ]上为减函数；
当x1>x2≥eq \r(a)时，x1－x2>0,1－eq \f(a,x1x2)>0，
有f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，
此时，函数f(x)＝x＋eq \f(a,x)(a>0)在[eq \r(a)，＋∞)上为增函数；
综上可知，函数f(x)＝x＋eq \f(a,x)(a>0)在(0，eq \r(a) ]上为减函数，在[eq \r(a)，＋∞)上为增函数．
方法二 f′(x)＝1－eq \f(a,x2)，令f′(x)>0，则1－eq \f(a,x2)>0，
解得x>eq \r(a)或x<－eq \r(a)(舍)．令f′(x)<0，则1－eq \f(a,x2)<0，解得－eq \r(a)∵x>0，∴0故f(x)在(0，eq \r(a) ]上为减函数，在[eq \r(a)，＋∞)上为增函数．
题型六：利用函数的单调性求最值(值域)
知识与方法
一、求函数值域的几个常见类型
1若所给函数能够判断单调性，可直接利用单调性求解.
2形如求函数的值域或最值，可先将函数解析式变为的形式，再用单调性求解.
3分段函数的最值，先求每一个子区间上的最值，则各个区间上最大值中的最大者为分段函数的最大值，各个区间上最小值中的最小值作为分段函数的最小值.

二、函数最值的有关结论
(1)闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值．当函数在闭区间上单调时最值一定在端点取到．
(2)开区间上的“单峰”函数一定存在最大值(最小值)．
►例1 函数f(x)＝eq \f(3x－1,x＋2)，x∈[－5，－3]的值域为________．
解析：当x≥1时，函数f(x)＝eq \f(1,x)为减函数，所以f(x)在x＝1处取得最大值，为f(1)＝1；当x＜1时，易知函数f(x)＝－x2＋2在x＝0处取得最大值，为f(0)＝2.
故函数f(x)的最大值为2.
►例2函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up15(eq \f(1,x2＋1)) 的值域为( C )
A．(－∞，1) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
解析：因为x2≥0，所以x2＋1≥1，即eq \f(1,x2＋1)∈(0,1]，故y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up15(eq \f(1,x2＋1)) ∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)).
►例３ 已知a>0，设函数f(x)＝eq \f(2 019x＋1＋2 017,2 019x＋1)(x∈[－a，a])的最大值为M，最小值为N，那么M＋N＝( D )
A．2 017 B．2 019
C．4 032 D．4 036
解析：由题意得f(x)＝eq \f(2 019x＋1＋2 017,2 019x＋1)＝2 019－eq \f(2,2 019x＋1).∵y＝2 019x＋1在[－a，a]上是单调递增的，∴f(x)＝2 019－eq \f(2,2 019x＋1)在[－a，a]上是单调递增的，∴M＝f(a)，N＝f(－a)，∴M＋N＝f(a)＋f(－a)＝4 038－eq \f(2,2 019a＋1)－eq \f(2,2 019－a＋1)＝4 036.
►例2函数f(x)＝eq \f(1,x－1)在区间[a，b]上的最大值是1，最小值是eq \f(1,3)，则a＋b＝________.
解析：易知f(x)在[a，b]上为减函数，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fa＝1，,fb＝\f(1,3)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,a－1)＝1，,\f(1,b－1)＝\f(1,3)，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝4.))
∴a＋b＝6.
►例4函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,x)，x≥1，,－x2＋2，x<1))的最大值为________．
解析：当x≥1时，函数f(x)＝eq \f(1,x)为减函数，所以f(x)在x＝1处取得最大值，为f(1)＝1；当x<1时，易知函数f(x)＝－x2＋2在x＝0处取得最大值，为f(0)＝2.
故函数f(x)的最大值为2.
题型七：应用函数的单调性比较函数值的大小
知识与方法
比较大小．比较函数值的大小，应将自变量转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决．
►例1 已知函数f(x)的图象向左平移1个单位后关于y轴对称，当x2＞x1＞1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)＜0恒成立，设a＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))，b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为( )
A．c＞a＞b B．c＞b＞a
C．a＞c＞b D．b＞a＞c
解析：因为f(x)的图象关于直线x＝1对称．由此可得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2))).由x2＞x1＞1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)＜0恒成立，知f(x)在(1，＋∞)上单调递减．
因为1＜2＜eq \f(5,2)＜3，所以f(2)＞feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))＞f(3)，所以b＞a＞c
►例2已知函数f(x)满足f(x)＝f(π－x)，且当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))时，f(x)＝ex＋sin x，则( )
A．f(1)C．f(3)解析：选D 由f(x)＝f(π－x)，
得f(2)＝f(π－2)，f(3)＝f(π－3)．
由f(x)＝ex＋sin x，得函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))内单调递增．又－eq \f(π,2)<π－3<1<π－2∴f(π－2)>f(1)>f(π－3)．∴f(2)>f(1)>f(3)．
►例3已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x＋2e)＝－f(x)(其中e＝2.718 2…)，且在区间[e,2e]上是减函数，令a＝eq \f(ln2,2)，b＝eq \f(ln3,3)，c＝eq \f(ln5,5)，则f(a)，f(b)，f(c)的大小关系(用不等号连接)为( A )
A．f(b)>f(a)>f(c) B．f(b)>f(c)>f(a)
C．f(a)>f(b)>f(c) D．f(a)>f(c)>f(b)
解析：∵f(x)是R上的奇函数，满足f(x＋2e)＝－f(x)，∴f(x＋2e)＝f(－x)，∴函数f(x)的图象关于直线x＝e对称，∵f(x)在区间[e,2e]上为减函数，∴f(x)在区间[0，e]上为增函数，又易知0►例4已知函数f(x)＝lg2x＋eq \f(1,1－x)，若x1∈(1,2)，x2∈(2，＋∞)，则( )
A．f(x1)<0，f(x2)<0 B．f(x1)<0，f(x2)>0
C．f(x1)>0，f(x2)<0 D．f(x1)>0，f(x2)>0
答案 B
解析 ∵函数f(x)＝lg2x＋eq \f(1,1－x)在(1，＋∞)上为增函数，且f(2)＝0，
∴当x1∈(1,2)时，f(x1)当x2∈(2，＋∞)时，f(x2)>f(2)＝0，
即f(x1)<0，f(x2)>0.
题型八：应用函数的单调性解函数不等式
知识与方法
解不等式．在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解．此时应特别注意函数的定义域．
►例1 已知函数f(x)＝x3＋sin x，x∈(－1,1)，则满足f(a2－1)＋f(a－1)＞0的a的取值范围是( )
A．(0,2) B．(1，eq \r(2))
C．(1,2) D．(0，eq \r(2))
解析：由题意知f(－x)＝(－x)3＋sin(－x)＝－x3－sin x＝－(x3＋sin x)＝－f(x)，x∈(－1,1)，
∴f(x)在区间(－1,1)上是奇函数．
又f′(x)＝3x2＋cs x＞0，
∴f(x)在区间(－1,1)上单调递增，
∵f(a2－1)＋f(a－1)＞0，
∴－f(a－1)＜f(a2－1)，
∴f(1－a)＜f(a2－1)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1＜1－a＜1，,－1＜a2－1＜1，,1－a＜a2－1，))解得1＜a＜eq \r(2)，故选B
►例2已知f(x)为R上的减函数，则满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＞f(1)的实数x的取值范围是( )
A．(－∞，1) B．(1，＋∞)
C．(－∞，0)∪(0,1) D．(－∞，0)∪(1，＋∞)
解析：选D 依题意得eq \f(1,x)＜1，即eq \f(x－1,x)＞0，所以x的取值范围是x＞1或x＜0.
►例3f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调增函数，满足f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，当f(x)＋f(x－8)≤2时，x的取值范围是( )
A．(8，＋∞) B．(8,9] C．[8,9] D．(0,8)
解析：2＝1＋1＝f(3)＋f(3)＝f(9)，由f(x)＋f(x－8)≤2，可得f[x(x－8)]≤f(9)，因为f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数，
所以有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>0，,x－8>0，,xx－8≤9，))解得8题型九：应用函数的单调性求参数的值或取值范围
知识与方法
利用单调性求参数．①视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数；②需注意若函数在区间[a，b]上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的．
►例1 已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－2x－1，x≤1，,lgax，x＞1，))若f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为________．
解析：要使函数f(x)在R上单调递增，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＞1，,a－2＞0，,f1≤0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＞1，,a＞2，,a－2－1≤0，))
解得2＜a≤3，
即实数a的取值范围是(2,3]．]
►例2函数f(x)＝eq \f(1,x－1)在区间[a，b]上的最大值是1，最小值是eq \f(1,3)，则a＋b＝________.
解析：易知f(x)在[a，b]上为减函数，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fa＝1，,fb＝\f(1,3)，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,a－1)＝1，,\f(1,b－1)＝\f(1,3)，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝4.))所以a＋b＝6.
►例3已知函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，若f(a2－a)>f(a＋3)，则实数a的取值范围为(－3，－1)∪(3，＋∞)．
解析：由已知可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－a>0，,a＋3>0，,a2－a>a＋3，))解得－33.所以实数a的取值范围为(－3，－1)∪(3，＋∞)．
►例4已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|x＋1|，－7≤x≤0，,lnx，e－2≤x≤e，))g(x)＝x2－2x，设a为实数，若存在实数m，使f(m)－2g(a)＝0，则实数a的取值范围为[－1,3]．
解析：当－7≤x≤0时，f(x)＝|x＋1|∈[0,6]，当e－2≤x≤e时，f(x)＝lnx单调递增，得f(x)∈[－2,1]，综上，f(x)∈[－2,6]．若存在实数m，使f(m)－2g(a)＝0，则有－2≤2g(a)≤6，即－1≤a2－2a≤3⇒－1≤a≤3.
增函数
减函数
定
义
一般地，设函数f(x)的定义域为I，如果对于定义域I内某个区间D上的任意两个自变量的值x1，x2
当x1＜x2时，都有f(x1)＜f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是增函数
当x1＜x2时，都有f(x1)＞f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是减函数
图
象
描
述
自左向右看图象是上升的
自左向右看图象是下降的