2.2.1 函数的单调性优秀教学设计范文

函数的单调性

教学目标：掌握函数单调性（高考要求

B） 教学重难点：掌握函数单调性的定义及证明方法，并会用函数单调性解决有关综合性问题。

教学过程：

一、知识要点：

1、函数单调性定义：对于给定区间D上的函数f(x)，若对于任意x1,x2∈D, 当x1 f(x2)，则称f(x)是区间D上的减函数，D叫f(x)单调递减区间. 2、函数单调性的判断方法：

（1）定义法。步骤是：①任取x1，x2∈D，且x1

②作差f(x1)－

f(x2)或作商fx2fx10，并变形，

fx1fx2与1的大小，

fx1③判定f(x1)－

f(x2)的符号，或比较④根据定义作出结论。

（2）图象法；借助图象直观判断。

（3）复合函数单调性判断方法：设yfu,ugx,xa,b,um,n

若内外两函数的单调性相同，则yfgx在x的区间D内单调递增，

若内外两函数的单调性相反时，则yfgx在x的区间D内单调递减。

3、常见结论

增函数f(x)增函数g(x)是增函数

； 减函数f(x)减函数g(x)是 减函数

；

增函数f(x)减函数g(x)是增函数

； 减函数f(x)增函数g(x)是减函数

。

若f(x)为减函数，则-f(x)为增函数

； 若f(x)>0且为增函数，则函数二、基础练习：

1.

写出下列函数的单调区间

（1）ykxb,

（2）y21在其定义域内为减函数

；f(x)k2，

（3）yaxbxc.

x2．已知f(x)(k3k4)x2k1在R上是增函数,则k的取值范围. （-1，4） 3．函数f(x)x(m1)x2在(,4]上是减函数,则求m的取值范围. m≤-7 4. 已知函数2f(x)x22ax2,x5,5上是单调函数. a的取值范围是 a≤-5 或 a≥5 35.函数f（x）在（0，＋∞）上是减函数,求f（a2－a＋1）与f（

）的大小关系是

≤

4高一数学

1

三、例题精讲：

题型1：单调性的判断：

例1．（1）求函数yx22|x|3的单调区间。(图像法) (-∞，-1],[0,1] 递增

，

[-1,0],[1, +∞)递减。

1（2）判断函数f（x）＝2

的增减情况。（复合函数法）

x－4x

（-∞，0），（0，2）递增

, （2，4）,(4,+ ∞) 递减. 题型2：单调性的证明：

例2.已知函数f(x)=a+xx2 (a＞1).x1证明：函数f(x)在(-1,+∞)上为增函数.（定义法）

2变式：.已知函数f（x）在定义域M内为减函数，且f（x）＞0，则g（x）＝1＋

在M内为增函数。

f（x）题型3：单调性的应用：

ax＋1例3.已知函数f（x）＝

在区间（－2，+∞）上单调递增，求a的取值范围。a>1/2 x＋2变式：讨论函数f(x)xa(a0)的单调性；（定义法）

xx(x≠a).xa例4.（2008·青岛调研）已知f(x)=

（1）若a=-2,试证f(x)在（-∞,-2）内单调递增；

（2）若a＞0且f(x)在（1,+∞）内单调递减，求a的取值范围.

（1）证明

任设x1＜x2＜-2,则f(x1)-f(x2)=x1x2(x1x2)2.x12x22(x12)(x22)

∵(x1+2）(x2+2)＞0,x1-x2＜0,∴f(x1)＜f(x2),∴f(x)在(-∞,-2)内单调递增.

（2）解

任设1＜x1＜x2,则f(x1)-f(x2)=x1xa(x2x1)2.x1ax2a(x1a)(x2a)

∵a＞0,x2-x1＞0,∴要使f(x1)-f(x2)＞0,只需(x1-a)(x2-a)＞0恒成立，∴a≤1.综上所述知0＜a≤1.

4：抽象函数的单调性：

例5.已知f(x)在定义域（0，+∞）上为增函数，且满足f(xy)=f(x)+f(y),f(3)=1,试解不等式f(x)+f(x-8)≤2. 解

根据题意，由f(3)=1,得f(9)=f(3)+f(3)=2.又f(x)+f(x-8)=f［x(x-8)］,故f［x(x-8)］≤f(9).

x0，∵f（x）在定义域（0,+∞）上为增函数，∴x80，解得8＜x≤9. x(x8)9,变式：已知y=f(x)是定义在（-2，2）上的增函数，若f(m-1)＜f(1-2m)，则m的取值范围是

(-,)

例6.已知函数y=f(x)对任意x,y∈R均有f(x)+f(y)=f(x+y),且当x＞0时，f(x)＜0,f(1)=-.

(1)判断并证明f(x)在R上的单调性；（2）求f(x)在［-3，3］上的最值.

解

（1）f(x)在R上是单调递减函数证明如下：

令x=y=0,f(0)=0,令x=-y可得：f(-x)=-f(x),在R上任取x1＜x2,则x2-x1＞0,

∴f(x2)-f(x1)=f(x2)+f(-x1)=f(x2-x1).又∵x＞0时，f(x)＜0,

∴f(x2-x1)＜0,即f(x2)＜f(x1).由定义可知f(x)在R上为单调递减函数.

（2）∵f(x)在R上是减函数，∴f（x）在［-3，3］上也是减函数.

∴f（-3）最大，f(3)最小.f(3)=f(2)+f(1)=f(1)+f(1)+f(1)=3×（-)=-2.

∴f(-3)=-f(3)=2.即f(x)在［-3，3］上最大值为2，最小值为-2. 高一数学

2 23231223

例7.设f（x）定义在R+上，对于任意a、b∈R+，有f（ab）＝f（a）＋f（b）

1求证：（1）f（1）＝0；（2）f（

）＝－f（x）；

x（3）若x∈（1，+∞）时，f（x）＜0，则f（x）在（1，+∞）上是减函数. 证明：（1）令a＝b＝1，则：

f（1）＝f（1）＋f（1）

∴

f（1）＝0 111（2）令a＝x，b＝

，则：

f（1）＝f（x）＋

f（

）

∴

f（

）＝－f（x）

xxx（3）令1＜x

1＜x

2，则：

－f（x1）＋f（x2）＝f（x2）＋f（

1x2

）＝f（

）

x1x1x2x2∵1＜x

1＜x

2

∴

＞1

∴f（

）＜0

即f（x1）＞f（x2）

x1x1∴

f（x）在（1，+∞）上是减函数. 题型5：综合应用

例8.（09江苏卷20题）

设a为实数，函数(1)若(2)求f(x)2x2(xa)|xa|.

f(0)1，求a的取值范围；

f(x)的最小值；

(不需给出演算步骤)不等式h(x)1的解集.

f(x),x(a,)，直接写出．．．．(3)设函数h(x)解

本小题主要考查函数的概念、性质、图象及解一元二次不等式等基础知识，考查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力。满分16分

a0（1）若f(0)1，则a|a|12a1

a1（2）当xa时，f(x)3x22axa2,f(x)min2f(a),a02a,a0

a2a2f(),a0,a033

当xa时，f(x)x2axa,f(x)min222f(a),a02a,a02

2a,a0f(a),a0

综上f(x)min2a2,a0

2a2,a0322（3）x(a,)时，h(x)1得3x2axa10，

4a212(a21)128a2

当a66或a时，0,x(a,)；

22a32a2a32a266(x)(x)0

当时，△>0,得：a3322xa（-∞，-讨论得：当a62）∪（，∞）时，解集为(a,); 22高一数学

3

a32a2a32a262当a(,)时，解集为(a,][,); 2233a32a222当a[,]时，解集为[,). 223三．自我检测

1.已知函数y=f(x)是定义在R上的增函数，则f(x)=0根的个数 0或1 2.已知f(x)是R上的增函数，若令F（x）=f（1-x）-f（1+x），则F（x）是R上的单调性是减函数

223.若函数f(x)=x+(a-4a+1)x+2在区间（-∞，1］上是减函数，则a的取值范围是 ［1，3］ 3224.函数f(x)=x+ax+bx+c，其中a、b、c∈R，则a-3b＜0时，f(x)是 增函数 25.已知函数f(x)=x-2x+3在闭区间［0,m］上最大值为3，最小值为2，则m的取值范围为

［1，2］

6．函数yax2(3a1)xa2在[1,+∞)递增,则a的取值范围是

a≤1/2

。

7.若函数y=x-3x-4的定义域为［0，m］，值域为225,4，则m的取值范围是 432,3

8．函数yf(x)在区定义域(1,1)上是单调递减，且f(1a)f(a21)0，则实数a的取值范围. (0, 1).

9．求证：函数yx2在区间(0,2)上是单调减函数。

x10.已知f(x)的定义域为（0，＋∞），且在其定义域内为增函数，满足f（xy）＝f（x）＋f（y），f（2）＝1，试解不等式f（x）－f（x－2）＞3. 解：由f（2）＝1及f（xy）＝f（x）＋f（y）可得

3f（2）＝3＝f（2）＋f（2）＋f（2）＝f（4）＋f（2）＝f（8）

∴f（x）－f（x－2）＞3

∴f（x）＞f（x－2）＋3＝f（x－2）＋f（8）＝f [8（x－2）] 又函数f（x）在定义域（0，＋∞）上是增函数

x＞016∴x－2＞0

即2＜x＜

7x＞8（x－2）11．已知函数f(x)的定义域为R，且对m、n∈R，恒有f(m+n)=f(m)+f(n)－1，且f(－11)=0,当x>－时，22f(x)>0。 (1)求证 f(x)是单调递增函数；(2)试举出具有这种性质的一个函数，并加以验证。

解析：（1）设x1,x2R,且x1x2，则fx2fx2x1x1fx2x1fx11

x2x1,x2x10，x2x111fx2x1=221f0f21fx2x1211f221xx210，211fx2x1= 221fx2x121f1，由已知得f0f0f01f01

211f11f2.

从而fx2fx2x1fx11= 221f1fx11021fx11fx1,从而可和得f(x)是单调递增函数; 2(2)举例：fx2x1就满足题设条件. 高一数学

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