单调性的证明、运算与复合方向

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单调性比较输入与输出的顺序，不是看输出是否为正，也不是算几个数猜趋势。先在同一合法范围对任意两输入证明，再讨论运算、复合和参数；每个方向规则都要带着它的适用条件。

一、知识点概念与依据

1. 严格增减是对任意有序输入的要求

在定义域内的非退化区间 $I$ 上，任取 $u,v\in I$ 且 $u<v$ ，若总有 $f(u)<f(v)$ ，称严格单调递增；若总有 $f(u)>f(v)$ ，称严格单调递减。本手册简称增、减时采用这个严格口径，区间至少含两个不同输入。

相应的 $I$ 是单调区间；在整个定义域都满足时才称增函数或减函数。“非减”允许相等，常函数非减且非增，但不严格增减。负输出也能递增，例如负半轴上的 $f(x)=x$ 。

递增示意曲线中横坐标x1小于x2，对应高度f(x1)低于f(x2)，虚线定位两输入输出

递减示意曲线中横坐标x1小于x2，对应高度f(x1)高于f(x2)，虚线定位两输入输出

两幅原示意图只解释输入顺序与高度顺序，不给其他题额外坐标。证明要求覆盖每一对；一个合法反例足以否定，几个正确样点不能肯定。求完整最大单调区间，还要检查能否扩到合法边界或转向点。

2. 作差法把量词落实为符号检查

取 $u<v$ 后， $v-u>0$ 。固定比较 $f(v)-f(u)$ ：差正表示增，差负表示减；若选相反的差，翻译也须相反。完整代入、通分展开，再提取输入差，不能只写“显然同号”。

通分依据 $A/B-C/D=(AD-BC)/(BD)$ ，须 $B,D\ne0$ 。既判分子也判分母；平方差为 $(v-u)(v+u)$ ，还须查和的符号。根式差可乘共轭变成内层差，但共轭分母必须合法非零。

严格性不要求删除合法端点：若 $r\le u<v$ 且 $r>0$ ，则 $uv\ge rv>r^2$ ，不允许拿 $u=v=r$ 去否定。若差号随输入变化，应重新分段，不能只挑有利输入。

3. 一次与二次式的方向从差式推出

一次式 $f(x)=kx+b$ 满足 $f(v)-f(u)=k(v-u)$ ，常数相消， $k>0$ 增、 $k<0$ 减、 $k=0$ 常值。

二次式 $q(x)=a(x-h)^2+c$ 有

q(v)-q(u)=a[(v-h)^2-(u-h)^2]=a(v-u)(u+v-2h).

$a>0$ 时， $u<v\le h$ 使末因子严格负，左侧递减； $h\le u<v$ 使末因子严格正，右侧递增。 $a<0$ 则反向。这个证明允许转向点 $h$ 作为两侧各自的端点，既不需要导数，也不能据“严格”一字排除它。

4. 由输出反推输入也有同一区间前提

在同一严格递增范围内， $u<v\iff f(u)<f(v)$ 。反向证明：若 $u=v$ 输出相等；若 $u>v$ 输出反而更大，均与所给输出小于矛盾。递减时输出方向反转。特别地，同一严格单调范围内 $f(u)=f(v)$ 必有 $u=v$ 。

两段各自增，不自动保证跨段比较也增；分母禁值不能跨越当作一个区间。严格单调也不等于连续，不能仅凭增减就断言取遍两输出之间的所有数。

5. 和、差与常数倍由输出差决定

先取两函数都有定义的同一适用区间。记 $\Delta f=f(v)-f(u)$ 、 $\Delta g=g(v)-g(u)$ 。加常数不改变差，乘常数 $a$ 后差为 $a\Delta f$ ：正数保向，负数反向，零倍数若原式合法为常值。

$f$ 方向	$g$ 方向	$f+g$	$f-g$
增	增	增	仅凭方向不确定
增	减	仅凭方向不确定	增
减	增	仅凭方向不确定	减
减	减	减	仅凭方向不确定

理由分别是 $\Delta f+\Delta g$ 与 $\Delta f-\Delta g$ 的符号。例如正减负仍正，正减正则不定。“不确定”不是“一定不单调”，可能增、减、常值或转向，需要完整结构。

6. 倒数、根号与乘积不可漏符号

$f$ 在整个范围恒正或恒负，才能使每对输出乘积都正。此时

\frac a{f(v)}-\frac a{f(u)}=-\frac{a\Delta f}{f(u)f(v)}.

$a>0$ 反转 $f$ 的方向， $a<0$ 保留， $a=0$ 仍保留原分母非零。跨过输出零或异号时不可套整段规则。

平方根在非负量上严格保序： $0\le A<B$ 的非负平方根若不满足 $\sqrt A<\sqrt B$ ，平方后会与 $A<B$ 矛盾。因此 $\sqrt{f(x)}$ 在 $f\ge0$ 的范围保留方向，零输出端点也可以参与。

两函数恒正且都增时，

f(u)g(u)<f(v)g(u)<f(v)g(v),

两次乘数都正，乘积增；两正函数都减时反向比较，乘积减。两函数恒负时换成正函数 $-f,-g$ ：两负函数都增，乘积反而减；两负函数都减，乘积增。遇到零、异号或一增一减，应重新判整个差，不能沿用这些充分规则。商也不能直接套“同增同减”，须改乘倒数并核符号，或直接作差。

7. 复合的第二次比较发生在实际内层输出上

$H(x)=F(g(x))$ 在 $I$ 上使用严格复合规则，先须每个原输入和中间量均合法；再须 $g$ 在 $I$ 严格单调；最后须 $F$ 在实际可达集合 $g(I)$ 上按统一严格方向比较。常用充分做法是证明 $g(I)$ 包含于 $F$ 的一个单调区间。

取 $u<v$ ，令 $s=g(u),t=g(v)$ ，逐层比较：

内层	内层顺序	外层	最终顺序	复合
增	$s<t$	增	$F(s)<F(t)$	增
增	$s<t$	减	$F(s)>F(t)$	减
减	$s>t$	增	$F(s)>F(t)$	减
减	$s>t$	减	$F(s)<F(t)$	增

两次反向回到同向，就是“同增异减”。外层所需区间不是原输入 $I$ 。平方的中间量若跨零，或倒数中间量跨禁值，先继续分段。常值层不适用严格增减表。

不能未经条件就把 $g(I)$ 写成两个端值之间的开区间：原端点可能无定义；即使有定义，内部严格单调也未必控制另给的端点，或取遍中间所有值。这里只用真实可达集合，不给不连续函数补值。

8. 根式的零边界与外系数分类

$1/\sqrt t$ 在 $t>0$ 递减，零不合法； $1-\sqrt t$ 在 $t\ge0$ 递减，零合法。前者先开方保序再倒数反序，后者开方后乘负数反序，再加常数不改方向。两种原区间端点差异来自运算条件，不是采用了不同单调定义。

参数影响外常数倍，须分正、负、零；影响分母，零分母无定义；影响内层，题设整个区间都须合法。可以先猜方向，但最终将方向条件与全区间合法性取交。指数、对数的外层方向与作差另在相应初等函数单元建立，本章不提前用它们证明当前题。

二、考点方法与例题

方法一：任取、作差、判号、回扣定义

先确认指定区间属于原域，再任取有序不同输入，记录输入差及各分母符号。展开输出差，通分、平方差或合法有理化，逐因子给严格符号。最后按所选差式翻译增减；若符号不固定，回到合法分段，不用有限样点代替证明。

方法二：逐层判方向，最后仍报原输入范围

原式求域，写内层与外层，给每段实际中间范围，核外层适用方向，再跟踪任意两输入顺序。参数的零系数、零分母、降次和临界端点先分类。选项可能只给正确子区间，需区分“这个区间成立”与“完整最大单调区间”。

例题 01 指定负半轴上的方向判断

题目

下列函数中，在区间 $(-\infty ,0)$ 上单调递减的是（）

A． $f(x)=x$ B． $f(x)=-\frac{1}{x}$

C． $f(x)={x}^{2}+2x$ D． $f(x)=|x|$

答案与解析

解析

要在整个 $(-\infty,0)$ 检查任意 $u<v<0$ ，不是只找一个递减小段。

A：差 $v-u>0$ ，实际增。B：两负输入乘积正， $-1/v+1/u=(v-u)/(uv)>0$ ，也增；负分子不直接决定方向。C： $x^2+2x=(x+1)^2-1$ ，差 $(v-u)(u+v+2)$ ，在 $-1$ 左侧为负，右侧为正，转向点位于题设范围内部，故不是全段减。

D：负输入下 $|x|=-x$ ，差 $-v+u=-(v-u)<0$ ，覆盖任意一对，确为递减。转向点可作为C两侧各自的端点，但不能让跨转向的整个负半轴只取一个方向。

本题结论

D。

例题 02 由两点定系数再证明全段性质

题目

已知函数 $f\left( x\right)=\frac{ax+b}{{x}^{2}+4}\left( a,b\in R\right)$ ，且 $f\left( 1\right)=\frac{1}{5}$ ， $f\left( 2\right)=\frac{1}{4}$ .

(1)求a和b的值；

(2)判断 $f\left( x\right)$ 在 $\left[ 2,+\infty \right)$ 上的单调性，并根据定义证明.

答案与解析

解析

（1）分母处处正，两条件给 $(a+b)/5=1/5$ 、 $(2a+b)/8=1/4$ ，即 $a+b=1,2a+b=2$ 。相减得 $a=1$ ，回代 $b=0$ ；原输出在 $1,2$ 处为 $1/5,1/4$ ，均正确。

（2）已知两点只用于定系数，不能证明整个区间的性质。现在 $f(x)=x/(x^2+4)$ ，任取 $2\le u<v$ ，比较 $f(u)-f(v)$ 。通分分子逐步为

u(v^2+4)-v(u^2+4)=uv(v-u)-4(v-u)=(v-u)(uv-4).

分母 $(u^2+4)(v^2+4)>0$ ； $v-u>0$ ，且 $u\ge2,v>2$ 使 $uv\ge2v>4$ 。故 $f(u)-f(v)>0$ ，即较小输入有较大输出，严格递减。

即使 $u=2$ ，另一输入仍严格大于 $2$ ，乘积严格性不丢，所以闭端点 $2$ 合法保留。

本题结论

（1） $a=1,b=0$ ；（2）在 $[2,+\infty)$ 上严格递减。

例题 03 同向两函数的和与差

题目

设 $f\left( x\right)=x$ ， $g\left( x\right)=-\frac{1}{x}$ ，则（）

A． $f\left( x\right)+g\left( x\right)$ 在区间 $\left( 0,+\infty \right)$ 上单调递增

B． $f\left( x\right)+g\left( x\right)$ 在区间 $\left( 0,+\infty \right)$ 上单调递减

C． $f\left( x\right)-g\left( x\right)$ 在区间 $\left( 0,+\infty \right)$ 上单调递增

D． $f\left( x\right)-g\left( x\right)$ 在区间 $\left( 0,+\infty \right)$ 上单调递减

答案与解析

解析

公共定义域排零，题设限制在正半轴。任取 $0<u<v$ ， $f$ 的输出差为 $v-u>0$ ， $g$ 的输出差为 $(v-u)/(uv)>0$ ，两者均增。

相加的差为 $(v-u)(1+1/(uv))>0$ ，所以 A 对、B 错。相减得 $H=x+1/x$ ，完整差式是

H(v)-H(u)=(v-u)+\frac{u-v}{uv}=(v-u)\left(1-\frac1{uv}\right).

$0<u<v\le1$ 时 $uv<1$ ，差负； $1\le u<v$ 时 $uv>1$ ，差正。因此 $H$ 在 $(0,1]$ 减、 $[1,+\infty)$ 增，整个正半轴既不增也不减，C、D 均错。两个子段均可含 $1$ 。

本例证明“两增相减不能仅凭方向判断”，不是宣称任何两增之差都不单调。例如 $2x-x=x$ 仍增，是否确定取决于增长量之差。

本题结论

A。

已知函数 $f\left( x\right)=\sqrt{4-{x}^{2}}$ ，若 $0<{x}_{1}<{x}_{2}<{x}_{3}\le 2$ ，则 $\frac{f\left( {x}_{1}\right)}{{x}_{1}}$ ， $\frac{f\left( {x}_{2}\right)}{{x}_{2}}$ ， $\frac{f\left( {x}_{3}\right)}{{x}_{3}}$ 的大小关系是（）

A． $\frac{f\left( {x}_{1}\right)}{{x}_{1}}<\frac{f\left( {x}_{3}\right)}{{x}_{3}}<\frac{f\left( {x}_{2}\right)}{{x}_{2}}$ B． $\frac{f\left( {x}_{1}\right)}{{x}_{1}}<\frac{f\left( {x}_{2}\right)}{{x}_{2}}<\frac{f\left( {x}_{3}\right)}{{x}_{3}}$

C． $\frac{f\left( {x}_{3}\right)}{{x}_{3}}<\frac{f\left( {x}_{2}\right)}{{x}_{2}}<\frac{f\left( {x}_{1}\right)}{{x}_{1}}$ D． $\frac{f\left( {x}_{2}\right)}{{x}_{2}}<\frac{f\left( {x}_{3}\right)}{{x}_{3}}<\frac{f\left( {x}_{1}\right)}{{x}_{1}}$

答案与解析

解析

三个输入均在 $(0,2]$ ，根号合法，除数严格正。统一为 $G(x)=f(x)/x$ ；因为 $\sqrt{x^2}=x$ 在本题正输入成立，

G(x)=\frac{\sqrt{4-x^2}}{\sqrt{x^2}}=\sqrt{\frac{4-x^2}{x^2}}=\sqrt{\frac4{x^2}-1}.

负输入时原商非正而末根式非负，不能沿用此变形，本题正范围是必要依据。

任取 $0<u<v\le2$ ，先有 $0<u^2<v^2$ ，正倒数反序，所以 $4/u^2-1>4/v^2-1\ge0$ 。开方严格保序，得 $G(u)>G(v)$ 。 $x=2$ 给零仍合法。

故 $G(x_3)<G(x_2)<G(x_1)$ 。A 把最小者放中间并误称首项小于它；B 全反；C 正确；D 误称中间者小于最小者。

本题结论

C。

例题 05 分母根式的合法单调区间

题目

函数 $f\left( x\right)=\frac{1}{\sqrt{-{x}^{2}+8x}}$ 的单调递减区间是（）

A． $\left( 4,+\infty \right)$ B． $\left( 0,4\right)$ C． $\left( 4,8\right)$ D． $\left( -\infty ,4\right)$

答案与解析

解析

分母根式要求 $-x^2+8x=x(8-x)>0$ ，原域 $(0,8)$ ，零和八均不可取。令 $t=16-(x-4)^2$ ，由平方差可证在 $(0,4]$ 增、 $[4,8)$ 减，实际输出均在 $(0,16]$ 。

外层 $1/\sqrt t$ 在正输入递减，所以左段内增外减，原函数减；右段内减外减，原函数增。原输入 $4$ 合法且 $f(4)=1/4$ ，左边任意更小输入给更大输出，故完整最大递减段是 $(0,4]$ 。

B 的 $(0,4)$ 是其中正确子区间，所以选择 B。A 含 $x\ge8$ 的非法输入；C 在合法范围却方向为增；D 含非正非法输入。原解把 $(0,4)$ 称作所求，遗漏可纳入的转向端点；补充完整段不改变原选项答案，也不能说原函数在 $4$ 无定义。

本题结论

B；完整最大递减区间为 $(0,4]$ 。

例题 06 平方根与负倍数的复合

题目

函数 $y=1-\sqrt{-{x}^{2}+6x}$ 的单调递增区间是（）

A． $\left[ 0,3\right]$ B． $\left( -\infty ,3\right]$ C． $\left[ 3,6\right]$ D． $\left[ 3,+\infty \right)$

答案与解析

解析

这次根式不在分母， $x(6-x)\ge0$ ，定义域为 $[0,6]$ ，根式为零允许。内层 $t=9-(x-3)^2$ 在 $[0,3]$ 增、 $[3,6]$ 减，各段实际值在 $[0,9]$ 。

外层 $F(t)=1-\sqrt t$ 先开方保序，再乘负数反序，最后平移不改方向，所以外层减。于是原函数左段减、右段增。

A 是递减段；B 收入负的非法输入；C 是完整递增段；D 收入大于六的非法输入。选 C。核 $f(3)=-2,f(6)=1$ ，两端均合法且逐对顺序成立，因此可纳入。与上一题端点差别由开方/分母条件决定，不改变严格定义。

本题结论

C，递增区间为 $[3,6]$ 。

例题 07 参数同时进入根号与外分母

题目

已知函数 $f(x)=\frac{\sqrt{2024-ax}}{a-1}$ 在 $[0,1]$ 上单调递减，则实数 $a$ 的取值范围是（）

A． $(-\infty ,0)\cup (1,2024]$ B． $(-\infty ,0)\cup (0,2024]$

C． $(-\infty ,0)\cup (1,+\infty )$ D． $(-\infty ,0)\cup (0,1)$

答案与解析

解析

先排 $a=1$ 的零分母，要求根号对每个 $x\in[0,1]$ 都有意义。 $a=0$ 时为常数 $-\sqrt{2024}$ ，不严格递减。

$a<0$ 时内层 $2024-ax$ 随输入增大而增大，最小值 $2024$ 在零处正，整段合法；开方保向，乘 $1/(a-1)<0$ 反向，故所有负参数成立。

$a>0$ 时内层递减，最小值在 $x=1$ 为 $2024-a$ ，全段合法须 $a\le2024$ 。开方后仍减，要最终减须外常数为正，即 $a>1$ ； $0<a<1$ 会再反成增。合为 $(-\infty,0)\cup(1,2024]$ 。

上端 $2024$ 时终点根式为零但合法，两个不同输入仍给严格不同的非负内层值，开方保序，不能删去它。A 正确；B 既收零分母参数一又收 $(0,1)$ 的反向参数；C 漏全区间合法条件而多收大参数；D 收错误小正参数又漏正确大正参数。

本题结论

A， $a\in(-\infty,0)\cup(1,2024]$ 。