3.2 函数的基本性质

初中说单调性靠一句话：”$y$ 随 $x$ 的增大而增大”。这句话看图就懂，可它没法证明、也没法用来 处理含参数的题。这一节做的就是把这句话翻译成能算的符号语言，再由它导出最大值与最小值的定义。

翻译之后的形状是固定的，本节所有证明题都照它写：

$\forall x_1, x_2 \in I,\ x_1 < x_2 \ \Longrightarrow\ f(x_1) < f(x_2) \quad(\text{单调递增}).$

所以这一节的讲法是：先抠定义里的每一个字（那几个字都是考点），再把”作差法”的五步固定下来， 最后讲最值的两条件定义——它比单调性还容易被忽略。

一、定义里的每一个字都是考点

设函数 $f(x)$ 的定义域为 $D$，区间 $I \subseteq D$：

• 如果 $\forall x_1, x_2 \in I$，当 $x_1 < x_2$ 时都有 $f(x_1) < f(x_2)$， 就称 $f(x)$ 在区间 $I$ 上单调递增；
• 如果 $\forall x_1, x_2 \in I$，当 $x_1 < x_2$ 时都有 $f(x_1) > f(x_2)$， 就称 $f(x)$ 在区间 $I$ 上单调递减。

特别地，当 $f(x)$ 在它的定义域上单调递增时，称它是增函数；单调递减时称它是减函数。 $f(x)$ 在 $I$ 上单调递增或递减，就说它在这一区间具有单调性，$I$ 叫做它的单调区间。

三个字要抠：

① "$\forall$"——任意，不是某些。 只在几个点上看到函数值变大，不能说它单调递增。 课本”思考”里问的正是这件事：设 $A$ 是区间 $I$ 上某些自变量的值组成的集合， 在 $A$ 上”越大越大”推不出在 $I$ 上单调递增。举个反例就明白：$f(x) = \frac{1}{x}$ 取 $x_1 = -1$、$x_2 = 1$，有 $x_1 < x_2$ 且 $f(x_1) = -1 < 1 = f(x_2)$， 但它在 $(-\infty, 0) \cup (0, +\infty)$ 上并不递增。

② “区间 $I$“——单调性是对区间说的，不是对定义域上零散的点。 $f(x) = \frac1x$ 在 $(-\infty,0)$ 上单调递减、在 $(0,+\infty)$ 上也单调递减， 但不能说它在定义域上单调递减——因为定义域不是一个区间，跨过 $0$ 的两点会给出相反的结论。 写答案时两个区间要用逗号或”和”隔开列出，不许写成 $(-\infty,0) \cup (0,+\infty)$。

③ “在定义域上”——“增函数”比”在某区间上单调递增”强。 $f(x) = x^2$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递增，但它不是增函数（它在 $(-\infty,0]$ 上递减）。 题目问”是不是增函数”与问”在哪些区间上递增”是两个问题。

一个立刻能用的推论：单调的一段里，相邻差的绝对值和只看两端

定义写的是两个点的比较，但它一旦对一串点成立，就会串成一条很有用的等式。 设 $a_0<a_1<\cdots<a_n$ 都落在 $f$ 的一个单调递增区间里，那么每个 $f(a_i)-f(a_{i-1})$ 都是正的，绝对值可以直接去掉，求和时中间项两两抵消：

单调递减时同理，结果是 $f(a_0)-f(a_n)$。合起来一句话：

单调的一段里，「相邻两点函数值之差的绝对值」求和，等于这一段两端函数值之差的绝对值—— 中间取了多少个点、取在哪里，一概不影响。

这个和有个直观的名字：把这些点连成折线，它就是一支笔沿折线走一趟时上下移动的总距离。 函数不单调时也能算，只要在折返的地方把区间切开，每一段各用一次上面的等式再相加即可。

注意切口落在哪。 切口必须是给定的那些 $a_i$ 中的一个，不是 $f$ 真正的极值点—— 两者常常不重合。$f$ 的峰在 $x_0$、而 $x_0$ 不在给定点里时，折线在那一段最高只到某个 $f(a_i)$， 比 $f(x_0)$ 低一点点，于是总距离严格小于”按真峰算”的值。 2014 年浙江卷第 10 题整道题就建在这一句上（见第六节）。

二、证明单调性：作差法的五步

用定义证明是本节的基本功，卷面上的五步一步都不能省：

1. 取点：$\forall x_1, x_2 \in I$，且 $x_1 < x_2$。（先声明区间，再声明大小。）
2. 作差：写出 $f(x_1) - f(x_2)$。
3. 变形：化成积或商的形式，直到每一个因式的符号都能一眼判定。 分式题通分，根式题分子有理化，多项式题提公因式。
4. 定号：逐个因式说明符号，最后合成 $f(x_1) - f(x_2)$ 的符号。
5. 下结论：由 $f(x_1) < f(x_2)$（或 $>$）与定义，断定单调递增（或递减）。

第 3 步是全部难点所在。三个常见形状：

第三个是课本例 3，也是最值得记的一个：$x + \frac1x$ 的单调性由因式 $x_1x_2 - 1$ 的符号决定—— 两点都大于 $1$ 时它为正、差为负，故在 $(1,+\infty)$ 上单调递增； 两点都在 $(0,1)$ 内时它为负，故在 $(0,1)$ 上单调递减。$x=1$ 正是基本不等式取等的那一点， 两节在这里对上了。

为什么要化成积或商？ 因为符号只在乘除下好判断：几个因式的符号定了，整体的符号就定了。 化到一半停下来，比如停在 $x_1 - x_2 + \frac{x_2-x_1}{x_1x_2}$，符号就无从判起。

三、最大值与最小值：两个条件，缺一不可

设 $y = f(x)$ 的定义域为 $D$，如果存在实数 $M$ 满足

那么 $M$ 是 $f(x)$ 的最大值。把两处不等号反过来（$f(x) \geqslant M$）就是最小值的定义。

条件 (2) 才是这条定义的重点。 条件 (1) 只说 $M$ 是一个上界，而上界有无穷多个； 只有当这个上界被取到时它才配叫最大值。这与上一章基本不等式那里的”三相等”是同一条要求， 也是课本在例 1 后面追问”$y_0 < 2$ 时能说 $y_0$ 是最小值吗”的用意。

求最值的三条路（按题型选）：

1. 单调性法：先证单调，再取端点。闭区间 $[a,b]$ 上单调递增的函数，最小值在 $x=a$、 最大值在 $x=b$。课本例 5（$f(x) = \frac{2}{x-1}$ 在 $[2,6]$ 上）走的就是这条路。
2. 二次函数法：配方或用顶点公式。课本例 4 的烟花高度 $h(t) = -4.9t^2+14.7t+18$ 在 $t = -\frac{14.7}{2\times(-4.9)} = 1.5$ 处取到最大值。
3. 基本不等式法：见第 2.2 节，注意验取等。
4. 形状法：只要能说清 $f$ 在区间上先减后增，最小值就落在拐点， 而最大值必是两个端点之一——内部任何一点左右两边都比它高，当不了最大。 先增后减则整个反过来。这条路不求导也不配方，只靠单调性的两段。

第 4 条最常见的来源是绝对值。 $|u|=\max\{u,\,-u\}$ 会把一个式子拆成两支， 若这两支一个恒增、一个恒减，那么取较大者必然是先减后增的 V 形，谷底就在两支相交处。 2014 年浙江卷第 22 题的 $f(x)=x^{3}+3|x-a|$ 正是这样：两支是 $x^{3}+3x-3a$（恒增） 与 $x^{3}-3x+3a$（在 $|x|<1$ 上恒减），$f$ 是二者的较大者，于是在 $[-1,1]$ 上 最小值在 $x=a$、最大值只需比 $f(-1)$ 与 $f(1)$ 两个数—— 候选点从”整段区间”缩到”两个端点”，一步都没用到导数。

函数图象与单调性的关系要正着用也要反着用：看图可以猜单调性， 但结论必须用定义证；反过来，题目只给性质（“在 $[-6,-2]$ 上递减、在 $[-2,11]$ 上递增”） 时，画一个大致图象就能立刻看出 $f(-2)$ 是最小值。

四、量词决定用 $\max$ 还是 $\min$

上一节那两行定义里已经把两个量词各用了一次：条件 (1) 用 $\forall$、条件 (2) 用 $\exists$。 这两个符号的分工，是整章最值内容在高考里最常见的落点，值得单独摆出来。

把不等号反过来（$f(x)\geqslant c$）则是 $\min_{D}f\geqslant c$ 与 $\max_{D}f\geqslant c$。

为什么会这样对调，一句话就能记住：

• 恒成立要防住最坏的那一个——最坏的就是最大的那个函数值，所以看 $\max$；
• 存在只要找到最好的那一个——最好的就是最小的那个函数值，所以看 $\min$。

读反了会怎样：不是差一点，而是常常一边有解、另一边根本无解。所以做这类题的第一个动作 不是算，而是把题面里那个量词圈出来：「对任意」「恒成立」「总有」是 $\forall$； 「存在」「有一个」「能取到」「使…成立的 $t$ 存在」是 $\exists$。

三步固定动作

1. 把含自变量的一整坨换成一个新变量，并当场算出它的取值范围。 二次式一律配方。 这个范围就是后面全部讨论的舞台，漏了它答案必错。
2. 把不等式整理成「某个函数 $\leqslant$（或 $\geqslant$）某个数」。 有绝对值先脱。
3. 按量词换成最值条件，再求那个最值——求最值就回到上一节那三条路（单调性 / 二次函数 / 基本不等式）。

2019 年浙江卷第 16 题：一道把这三步走全的填空题

题：已知 $a\in\mathbf{R}$，函数 $f(x)=ax^{3}-x$，若存在 $t\in\mathbf{R}$，使得 $|f(t+2)-f(t)|\leqslant\frac{2}{3}$，则实数 $a$ 的最大值是____。

第一步，硬算那个差式（$-x$ 那部分只贡献一个常数）：

换元并配方定范围：$m=3t^{2}+6t+4=3(t+1)^{2}+1$，故 $m\in[1,+\infty)$，且这个区间里每个值都取得到。

第二步，脱绝对值（原式两边同除 $2$）：

第三步，量词是存在，所以只需最小值达标。先排掉 $a\leqslant 0$（那时 $am\leqslant 0$， $|am-1|\geqslant 1$ 永远超标），于是 $a>0$，$am$ 在 $m\geqslant 1$ 上单调递增（本节第一节的定义在这里用了一次），

即 $a$ 的最大值是 $\frac{4}{3}$。别忘了回验取到：$a=\frac{4}{3}$、$t=-1$ 时 $f(1)-f(-1)=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$，恰好取等——这一步兑现的正是上一节最值定义里的条件 (2)。

把量词改成「任意」，这道题就无解：那要求 $am$ 对一切 $m\geqslant 1$ 都不超过 $\frac{4}{3}$， 而 $am\to+\infty$，办不到。同一串代数、同一个换元，量词一改，结论从「$a\leqslant\frac43$」变成「无解」—— 这就是把量词圈出来的价值。

一处容易忽略的边角

翻译表里的 $\max$、$\min$ 要求最值存在。若函数在开区间上取不到最值（例如 $f(x)=\frac{1}{x}$ 在 $(0,1)$ 上没有最大值），恒成立就只能说成「所有函数值都不超过 $c$」，也就是用上界而不是最大值； 此时不等号能不能取等要单独判。上一节强调的「条件 (2) 才是重点」，在这里第二次显出它的分量。

反过来的那一半：$\max$ 压得住每一个点

上面两行等价式，考场上用得最多的是从右往左：给了 $\max_{D}f\leqslant c$， 要去求 $\max$。但还有一个从左往右的、几乎不花力气的用法：

这句话看着像废话——它恰恰是最值定义里最好用的一半：不必知道最大值等于多少， 就能拿它去压住任何一个你挑得出来的点。

2015 年浙江卷第 18 题把这一半用到了极致。题目设 $f(x)=x^{2}+ax+b$， $M(a,b)$ 是 $|f(x)|$ 在 $[-1,1]$ 上的最大值，第（1）问要证 $|a|\geqslant 2$ 时 $M(a,b)\geqslant 2$。 只需挑两个点 $x=\pm 1$：

两式相加取半，再用 $|u|+|v|\geqslant|u-v|$（取 $u=f(1)$、$v=f(-1)$，$b$ 正好被消掉）：

三行结束，而且对一切 $a$、$b$ 都成立。 教辅上的标准解法会先讨论对称轴 $-\frac a2$ 是否落在 $[-1,1]$ 之外、由此断定 $f$ 单调、进而说 $M(a,b)$ 等于两个端点值绝对值的较大者。 那一步把 $\geqslant$ 加强成了 $=$——可这道题只需要 $\geqslant$，加强的部分全是白做的功。

什么时候该求出最值、什么时候只要压住它？ 一个判据： 看结论里的不等号方向跟你手上的信息是否同向。要证「$M\geqslant$ 某数」， 只要找到一个点让 $|f|$ 够大就行，这叫下界，挑点就够； 要证「$M\leqslant$ 某数」，那是对每一个点的要求，这叫上界，非把 $\max$ 真求出来不可。 本题第（2）问反过来把 $M(a,b)\leqslant 2$ 当条件用，也仍然是把它拆成”每个点都被压住”， 挑 $x=\pm 1$ 两个点读出 $-3\leqslant a+b\leqslant 1$ 与 $-3\leqslant b-a\leqslant 1$， 最后 $|a|+|b|$ 的最大值 $3$ 就出来了。

五、易错清单

按失分频率排：

1. 把两个单调区间用并集连起来。 $\frac1x$ 的单调递减区间是 $(-\infty,0)$ 和 $(0,+\infty)$ 两个，不是它们的并。
2. 作差没化成积或商就定号。 见第二节第 3 步。
3. 只说"$f(x) \leqslant M$"就断言 $M$ 是最大值。 必须找出取到 $M$ 的那个 $x_0$。
4. 取点时忘了写"$\forall$"和所属区间。 单调性的证明必须对区间内任意两点成立。
5. 含参数的分段函数只顾两段各自单调，忘了接口处的大小关系。 分段函数在整个定义域上递增，除了每段递增，还要求左段的取值不超过右段的取值 （在分界点处衔接），这一条是高考考含参单调性的固定考点。
6. 把”增函数”与”在某区间上单调递增”混用。 前者要求在整个定义域上成立。
7. 把”存在”当成”任意”（或反过来）。 存在型看 $\min$、恒成立型看 $\max$（见第四节）。 这一条不是算错，而是解错题：两者常常一边有解、另一边无解。
8. 用单调性拆区间时，切口切在了极值点而不是题目给的点上。 见第一节末尾那条推论： 区间被等分成 $N$ 份时，极值点在不在分点上是个整除问题（把它的位置乘上 $N$，看是不是整数）， 踩不到时按真峰算出来的只是个上界，真实值严格更小。

六、这一节考过的真题（怎么用它们）

页面下方”考过本节的真题”那一段是构建期从知识图谱派生出来的完整清单，这里只说读的顺序：

• 先看 2019 年第 16 题（存在 $t$ 使 $|f(t+2)-f(t)|\leqslant\frac{2}{3}$，求 $a$ 的最大值）。 它是第四节那三步的完整演出：换元配方定舞台、脱绝对值、按「存在」取 $\min$。 上面第四节已把它整道拆开讲过，放在这份清单的最前面，是因为它把量词与最值的关系摆得最干净；

• 接着做 2015 年第 18 题（$M(a,b)$ 是 $|x^{2}+ax+b|$ 在 $[-1,1]$ 上的最大值， 证 $|a|\geqslant 2\Rightarrow M\geqslant 2$，再求 $|a|+|b|$ 的最大值）： 它是第四节最后那一小节的原型题，把”最值定义反着用”这件事练到肌肉记忆。 两问的钥匙是同一句话：$\pm 1$ 都在区间里，所以 $M$ 同时压得住 $|f(1)|$ 与 $|f(-1)|$。 第（1）问顺着这句话往下走三行就完；第（2）问把它倒过来读， $M\leqslant 2$ 立刻给出两个端点值的界。注意第（2）问的收尾： 放缩只能给出 $|a|+|b|\leqslant 3$，必须再举出 $(a,b)=(2,-1)$ 验一遍 （此时 $f(x)=(x+1)^{2}-2$ 在 $[-1,1]$ 上值域恰是 $[-2,2]$），最大值才算求出来；

• 再插一道用法完全不同的：2015 年第 20 题（$a_{1}=\frac12$、$a_{n+1}=a_{n}-a_{n}^{2}$， 要证 $\frac{1}{2n}\leqslant a_{n}\leqslant\frac{1}{n+1}$）。它是一道数列题， 可归纳步里真正干活的是本节：记 $f(x)=x-x^{2}$，递推就是 $a_{k+1}=f(a_{k})$， 而 $f$ 在 $\left(-\infty,\frac12\right]$ 上单调递增，于是

  $$\frac{1}{2k}\leqslant a_{k}\leqslant\frac{1}{k+1} \ \Longrightarrow\ f\!\left(\frac{1}{2k}\right)\leqslant a_{k+1}\leqslant f\!\left(\frac{1}{k+1}\right) .$$

  单调性在这里的角色是「搬运工」：它把 $a_{k}$ 的两条界原封不动地搬成 $a_{k+1}$ 的两条界， 上界还是上界、下界还是下界。这就是本节定义最朴素的一次使用——$x_{1}<x_{2}\Rightarrow f(x_{1})<f(x_{2})$， 一个字都不多。但有一句不能省：搬运之前必须先确认 $\frac{1}{2k}$ 与 $\frac{1}{k+1}$ 都落在 $\left(0,\frac12\right]$ 里。$f$ 在 $\frac12$ 右边是递减的，界一旦越过 $\frac12$， 搬运的方向就整个反过来，上下界会对调。「先验区间，再用单调性」的顺序在这道题里是硬要求， 跟第五节易错清单第 5 条是同一条纪律的两个样子；

• 再插一道把第一节那条推论用到底的：2014 年浙江卷（理）第 10 题 （$f_1=x^{2}$、$f_2=2(x-x^{2})$、$f_3=\frac13|\sin 2\pi x|$，把 $[0,1]$ 等分成 99 份， 比 $I_k=\sum_{i=1}^{99}|f_k(a_i)-f_k(a_{i-1})|$ 的大小）。三个函数分别是 单调 / 一个折返 / 三个折返，正好把推论的三种形态摆齐：

  $$I_1=f_1(1)-f_1(0)=1 \quad(\text{与分点无关}),\qquad I_2=2f_2\!\left(\tfrac{49}{99}\right)=\tfrac{9800}{9801},\qquad I_3\approx 1.312 .$$

  它的全部难点是”切口落在节点上”这一句：$99$ 是奇数，$f_2$ 的峰 $x=\frac12$ 不是分点， 所以 $I_2$ 只能取到 $\frac{9800}{9801}$ 而不是 $1$——$I_1$ 与 $I_2$ 的大小正是靠这 $\frac{1}{9801}$ 分出来的。做完它再回头看第五节第 8 条；

• 先做 2024 年第 6 题（分段函数单调递增求参数）：它就是第五节（易错清单）第 5 条的标准形态—— 两段各自的单调性给出两个条件，分界点处的衔接给出第三个条件，三者取交集。 这道题是本节定义在高考里最直接的一次使用；

• 再看 2024 年第 10 题（三次函数的四个命题逐项判断）：其中几项要靠”作差配方”或 “导数定调”来判单调，正是本节”化成积或商再定号”那一步的延伸；

• 然后是 2024 年第 13 题（一条直线同时切两条曲线）：把问题化成一个方程解的个数之后， 要靠函数的单调性去数交点——单调性在压轴题里最常见的用法就是”数根”；

• 最后是 2024 年第 18 题（中心对称的对数函数三问）：分档讨论时每一档都要判一次单调性。 它是本节的上限：单调性很少单独成题，它是把”有几个解""最大值是多少”这类问题化归的通用工具。

最后补一道跟 2015 年第 18 题同族的：2014 年浙江卷第 22 题 （$f(x)=x^{3}+3|x-a|$ 在 $[-1,1]$ 上的最大值 $M(a)$、最小值 $m(a)$， 再问是否存在 $b$ 使 $[f(x)+b]^{2}\leqslant 4$ 恒成立）。它跟 2015 年第 18 题共用同一套零件—— 绝对值 $+$ 闭区间 $+$ 最值定义反着用——但把它们推到了下一层：

• 2015 年第 18 题用的是”$M$ 同时压得住 $|f(1)|$ 与 $|f(-1)|$“，一个最值压两个点；
• 2014 年第 22 题用的是”整条曲线要塞进一条宽 $4$ 的水平带子”， 拆开就是 $M(a)+b\leqslant 2$ 与 $m(a)+b\geqslant -2$，两个最值一起上。 两式相加消去 $b$，得到的判据是 $M(a)-m(a)\leqslant 4$—— 能不能平移进去只看曲线自己的落差，跟平移量无关。

第一问用上面第三节的第 4 条（形状法）几乎白送；第二问是本节定义的一次高阶使用： “存在 $b$ 使 $\forall x$ 成立”这个量词组合，正是第四节讲的东西—— 先对 $x$ 取遍（化成两个最值），再对 $b$ 问存在性（化成区间非空）。 量词的处理顺序错了，这道题就无从下手。

本节课本习题共 7 道：第 86 页「练习」4 道、第 88 页「练习」3 道，逐题全做。 本节没有开放式的实习作业或方案设计，因此没有不收的题。

其中有三道要求”画出图象”。本站的详解不代画，而是把该画成什么样逐段说清楚 （哪一段升、哪一段降、哪一点是转折、端点取不取得到），并把题目真正要的那个结论 （定义域、单调区间、最大值或最小值）写出来——读者照着描述在草稿纸上画一遍即可。

每道题先逐字引课本的题面（引用块），再写解答。

练习（第 86 页）第 1 题

1. 请根据下图描述某装配线的生产效率与生产线上工人数量间的关系.

题面里的”下图”就是本节页面上方第 86 页扫描图里的那一幅。图上给出的是一条曲线： 横轴表示工人数、纵轴表示生产效率；曲线从坐标原点附近出发先上升， 到某处达到最高，之后转为下降，一直画到图的右端；图上没有标任何数值刻度。

按这幅图，可以这样描述两者的关系。

• 工人数较少时，生产效率随工人数的增加而提高（对应曲线上升的那一段）；
• 工人数增加到某个数之后，生产效率反而随工人数的增加而下降（对应曲线下降的那一段）；
• 在这两段的交界处生产效率最高，即存在一个使生产效率最高的工人数。

用本节的语言说就是：这个函数在最高点左边那一段上单调递增、在右边那一段上单调递减，并在最高点处取得最大值。

实际含义：工人不是越多越好。 人手太少时每增加一个人都能明显提高效率； 超过那个最优人数之后，工位拥挤、工序互相等待，多来的人反而拖慢了整条线。 企业要做的是把人数配到那个最优值附近。

注意结论只能是定性的：图上没有刻度，所以”最优人数是几""最高效率是多少”都读不出来， 能说的只有哪一边升、哪一边降、哪里最高。这道题要练的正是用单调性与最值的语言去描述一张图。

练习（第 86 页）第 2 题

2. 根据定义证明函数 $f(x)=3x+2$ 是增函数.

“是增函数”指的是在它的定义域上单调递增。$f(x) = 3x+2$ 的定义域是 $\mathbf{R}$。

取点：$\forall x_1, x_2 \in \mathbf{R}$，且 $x_1 < x_2$。

作差：

$f(x_1) - f(x_2) = (3x_1+2) - (3x_2+2) = 3(x_1 - x_2).$

定号：由 $x_1 < x_2$ 得 $x_1 - x_2 < 0$；又 $3 > 0$，所以

$f(x_1) - f(x_2) = 3(x_1-x_2) < 0, \qquad \text{即} \qquad f(x_1) < f(x_2).$

下结论：对定义域 $\mathbf{R}$ 内任意两数 $x_1 < x_2$ 都有 $f(x_1) < f(x_2)$， 由单调性的定义，$f(x) = 3x+2$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增，即它是增函数。

核一遍：取 $x_1 = 0$、$x_2 = 1$，$f(0) = 2 < 5 = f(1)$，相符。

这道题的关键动作：作差之后提出公因式 $3$，符号立刻可判——一次函数的单调性完全由 $k$ 的正负决定。

练习（第 86 页）第 3 题

3. 证明函数 $f(x) = -\frac{2}{x}$ 在区间 $(- \infty, 0)$ 上单调递增.

取点：$\forall x_1, x_2 \in (-\infty, 0)$，且 $x_1 < x_2$。此时 $x_1 < 0$、$x_2 < 0$。

作差并通分：

定号（逐个因式说明）：

• 分子里 $2 > 0$，而由 $x_1 < x_2$ 得 $x_1 - x_2 < 0$，故分子 $2(x_1-x_2) < 0$；
• 分母 $x_1x_2$：两个负数相乘，$x_1x_2 > 0$。

所以

$f(x_1) - f(x_2) = \frac{2(x_1-x_2)}{x_1x_2} < 0, \qquad \text{即} \qquad f(x_1) < f(x_2).$

下结论：由单调性的定义，$f(x) = -\frac{2}{x}$ 在区间 $(-\infty, 0)$ 上单调递增。

核一遍：取 $x_1 = -2$、$x_2 = -1$，$f(-2) = 1$，$f(-1) = 2$，确实 $1 < 2$，相符。

注意分母的符号是这道题的全部：若把区间换成 $(0,+\infty)$，$x_1x_2$ 仍为正， 结论同样是单调递增；但不能由此说 $f(x)$ 在整个定义域上单调递增—— 取 $x_1 = -1$、$x_2 = 1$ 得 $f(-1) = 2 > -2 = f(1)$，反了。原因见下一题。

练习（第 86 页）第 4 题

4. 画出反比例函数 $y=\frac{k}{x}$ 的图象.

(1) 这个函数的定义域 D 是什么?

(2) 它在定义域 D 上的单调性是怎样的？证明你的结论.

反比例函数要求 $k \neq 0$。

图象该画成什么样。 图象是双曲线，分两支，分别落在被两条坐标轴分开的区域里：

• $k > 0$ 时，两支分别在第一象限与第三象限，每一支从左到右都是下降的；
• $k < 0$ 时，两支分别在第二象限与第四象限，每一支从左到右都是上升的。

两支都无限贴近两条坐标轴而不与它们相交（$x$ 轴与 $y$ 轴是渐近线）。

(1) 定义域。 分母不能为零，故

$D = \{x \mid x \neq 0\},$

写成区间是 $(-\infty, 0) \cup (0, +\infty)$。

(2) 单调性。 结论要分两句话说：

在整个定义域 $D$ 上，函数不具有单调性；但它在 $(-\infty,0)$ 与 $(0,+\infty)$ 这两个区间上分别具有单调性：$k>0$ 时两个区间上都单调递减，$k<0$ 时两个区间上都单调递增。

先证分区间上的单调性。 设 $I$ 是 $(-\infty,0)$ 与 $(0,+\infty)$ 中的任一个， $\forall x_1, x_2 \in I$ 且 $x_1 < x_2$。作差通分：

因为 $x_1$、$x_2$ 同在一个区间里，它们同号，故 $x_1x_2 > 0$；由 $x_1<x_2$ 得 $x_2 - x_1 > 0$。 于是 $\frac{x_2-x_1}{x_1x_2} > 0$，$y_1 - y_2$ 的符号与 $k$ 相同：

• $k>0$ 时 $y_1 - y_2 > 0$，即 $y_1 > y_2$，函数在 $I$ 上单调递减；
• $k<0$ 时 $y_1 - y_2 < 0$，即 $y_1 < y_2$，函数在 $I$ 上单调递增。

两个区间的推理一字不差，所以两个区间上的结论相同。

再证在整个 $D$ 上不单调。 以 $k>0$ 为例（$k<0$ 同理），取 $x_1 = -1$、$x_2 = 1$， 则 $x_1 < x_2$ 而

$y_1 = \frac{k}{-1} = -k < 0 < k = \frac{k}{1} = y_2,$

即 $x_1<x_2$ 时 $y_1 < y_2$；但在 $(0,+\infty)$ 上取 $x_1 = 1$、$x_2 = 2$ 又有 $y_1 = k > \frac{k}{2} = y_2$。同一个定义域上既出现”变大”又出现”变小”， 所以在 $D$ 上既不单调递增也不单调递减。

根子在于 $D$ 不是一个区间：单调性是对区间说的性质，而 $D$ 被 $x=0$ 断成了两段。 所以写单调区间时必须写成两个区间并列，不能写成它们的并集。

练习（第 88 页）第 1 题

1. 整个上午（8：00～12：00）天气越来越暖，中午时分（12：00～13：00）一场暴风雨使天气骤然凉爽了许多。暴风雨过后，天气转暖，直到太阳落山（18：00）才又开始转凉。画出这一天8：00～20：00期间气温作为时间函数的一个可能的图象（示意图），并说出所画函数的单调区间。

图象该画成什么样。 以时间 $t$（单位：时，$8 \leqslant t \leqslant 20$）为横轴、气温 $T$ 为纵轴， 画一条连续的折线或曲线，按题意分四段：

1. $8 \leqslant t \leqslant 12$：从左下向右上，上升（上午越来越暖）；
2. $12 \leqslant t \leqslant 13$：急速下降（一场暴风雨使气温骤降），这一段要画得比其余各段都陡；
3. $13 \leqslant t \leqslant 18$：又上升（雨后转暖，直到太阳落山）；
4. $18 \leqslant t \leqslant 20$：下降（日落后转凉）。

四段首尾相接，在 $t=12,13,18$ 三处各有一个转折点。这只是”一个可能的图象”—— 题目没有给具体温度，纵坐标的高低可以任意，只要升降的次序与陡缓的对比对上就行。

单调区间。 按上面四段：

（区间的端点写不写进去都可以——在转折点处函数取到该段的端点值， 把它归给相邻哪一段都不影响单调性的定义。这里按闭区间写，四段正好覆盖 $[8,20]$。）

这道题的关键动作：把一段文字里的每一个”越来越暖""骤然凉爽""转暖""转凉”各翻译成一个单调区间， 时间点就是分界。文字题变图象题，靠的就是这一步逐句翻译。

练习（第 88 页）第 2 题

2. 设函数 $f(x)$ 的定义域为 $[-6, 11]$. 如果 $f(x)$ 在区间 $[-6, -2]$ 上单调递减，在区间 $[-2, 11]$ 上单调递增，画出 $f(x)$ 的一个大致的图象，从图象上可以发现 $f(-2)$ 是函数 $f(x)$ 的一个 ____.

填空的答案：最小值。

图象该画成什么样。 在 $[-6,11]$ 上画一条连续曲线：从 $x=-6$ 出发一路下降到 $x=-2$， 在 $x=-2$ 处到达最低点，然后一路上升到 $x=11$。整条曲线呈”先降后升”的谷形， 谷底就在 $x=-2$ 处。

为什么是最小值——按定义验两条。 记 $M = f(-2)$。

• 条件 (1)（$\forall x \in [-6,11]$ 都有 $f(x) \geqslant M$）：分两段看。 若 $x \in [-6,-2]$，由 $f$ 在这一段上单调递减且 $x \leqslant -2$，得 $f(x) \geqslant f(-2) = M$； 若 $x \in [-2,11]$，由 $f$ 在这一段上单调递增且 $x \geqslant -2$，得 $f(x) \geqslant f(-2) = M$。 两段合起来覆盖了整个定义域，故对一切 $x \in [-6,11]$ 都有 $f(x) \geqslant M$。
• 条件 (2)（$\exists x_0$ 使 $f(x_0) = M$）：取 $x_0 = -2$，它在定义域内，且 $f(-2) = M$。

两个条件都满足，所以 $M = f(-2)$ 是 $f(x)$ 的最小值。

注意这里两个条件都用上了：只说”其余各点的函数值都不小于 $f(-2)$“还不够， 还要指出 $f(-2)$ 本身是取得到的函数值——这正是最值定义里条件 (2) 的作用。

练习（第 88 页）第 3 题

3. 已知函数 $f(x) = \frac{1}{x}$，求函数在区间 [2, 6] 上的最大值和最小值.

第一步：证明 $f(x)$ 在 $[2,6]$ 上单调递减。

$\forall x_1, x_2 \in [2,6]$，且 $x_1 < x_2$。作差通分：

由 $2 \leqslant x_1 < x_2 \leqslant 6$ 得：分子 $x_2 - x_1 > 0$；分母 $x_1x_2 > 0$（两数都不小于 $2$）。 所以

$f(x_1) - f(x_2) > 0, \qquad \text{即} \qquad f(x_1) > f(x_2),$

由定义，$f(x) = \frac1x$ 在 $[2,6]$ 上单调递减。

第二步：单调递减的函数在闭区间上的最值取在两个端点。

• $\forall x \in [2,6]$，由 $x \geqslant 2$ 与单调递减得 $f(x) \leqslant f(2) = \frac{1}{2}$； 而 $x_0 = 2$ 在区间内且 $f(2) = \frac12$。两个条件都满足，故最大值是 $\frac{1}{2}$，在 $x=2$ 处取到。
• $\forall x \in [2,6]$，由 $x \leqslant 6$ 与单调递减得 $f(x) \geqslant f(6) = \frac{1}{6}$； 而 $x_0 = 6$ 在区间内且 $f(6) = \frac16$。故最小值是 $\frac{1}{6}$，在 $x=6$ 处取到。

核一遍：区间中点 $x=4$ 处 $f(4) = \frac14$，确实落在 $\frac16$ 与 $\frac12$ 之间，相符。

这道题的关键动作：先证单调、再取端点。注意区间是闭的，两个端点都取得到， 所以最值的两个条件都能满足；若区间换成开区间 $(2,6)$，两个端点都取不到， 函数就既没有最大值也没有最小值——端点开闭直接决定最值存不存在。