2.2.1 函数的单调性教案1

函数单调性的判断与证明

【方法综述】

1．函数的单调性

（1）.增函数：若对于定义域I内的某个区间DDI上的任意两个自变量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；

（2）减函数：若对于定义域I内的某个区间DDI上的任意两个自变量x1、x2，当x1x2时，都有fx1fx2，那么就说函数fx在区间D上是减函数. 2.复合函数单调性的结论：

y＝f(t)

t＝g(x)

y＝f[g(x)]

递增

递增

递增

递减

递减

递减

递增

递减

递减

递增

以上规律可总结为：“同向得增，异向得减”或“同增异减”．不过要注意：单调区间必须注意定义域；要确定t＝g(x)(常称内层函数)的值域，否则无法确定f(t)(常称外层函数)的单调性．

3.用定义证明函数单调性中的变形策略

由定义证明函数f(x)在区间D上的单调性，其步骤为：取值→作差→变形→定号．其中变形是最关键的一步，合理变形是准确判断f(x1)－f(x2)的符号的关键所在．常见变形方法有因式分解、配方、同分、有理化等，下面举例说明. 例1.求证：函数f(x)＝x－4x在(－∞，2]上是减函数．

证明：设x1，x2是(－∞，2]上的任意两个实数，且x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝(x1－4x1)－(x2－4x2) ＝(x1－x2)(x1＋x2－4)．

因为x1＜x2≤2，所以x1－x2＜0，x1＋x2－4＜0. 所以f(x1)－f(x2)＞0，

即f(x1)＞f(x2)．

故函数f(x)在(－∞，2]上是减函数．

评注

因式分解是变形的常用策略，但必须注意，分解时一定要彻底，这样才利于判断f(x1)－f(x2)的符号．

例2.求证：函数f(x)＝x＋1在R上是增函数．

证明：设x1，x2是R上的任意两个实数，且x1＜x2，

3222

则f(x1)－f(x2)＝x1＋1－x2－1 ＝x1－x2

＝(x1－x2)(x1＋x1x2＋x2) 223333x2232x＋1＝(x1－x2)＋x2. 24x2232因为x1＜x2，所以x1－x2＜0，x1＋＋x2＞0. 24所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)．

故函数f(x)在R上是增函数．

评注

本题极易在(x1－x2)(x1＋x1x2＋x2)处“止步”而致误．而实际上当我们不能直接判断2x21＋x1x2＋x2的符号，又不能因式分解时，采用配方则会“柳暗花明”．

221例3.已知函数f(x)＝x＋，求证：函数f(x)在区间(0,1]上是减函数．

x11证明：设x1，x2是区间(0,1]上的任意两个实数，且x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝x1＋－x2－

x1x2x2－x111＝(x1－x2)＋－＝(x1－x2)＋

x1x2x1x21x1x2＝(x1－x2)1－＝(x1－x2)x1x2－1. x1x2因为x1＜x2，且x1，x2∈(0, 1]，

所以x1－x2＜0,0＜x1x2＜1. 所以f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)．

故函数f(x)在(0,1]上是减函数．

1评注

同样，我们可以证明f(x)＝x＋在区间[1，＋∞)上是增函数．

x例4.已知函数f(x)＝x－1，求证：函数f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数．

证明：设x1，x2是区间[1，＋∞)上的任意两个实数，且x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝x1－1－x2－1 ＝x1－x2x1－1＋x2－1 . 因为x1＜x2，且x1，x2∈[1，＋∞)，

所以x1－x2＜0，x1－1＋x2－1＞0. 所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)．

故函数f(x)在[1，＋∞)上是增函数．

评注

对于根式函数常采用分子或分母有理化变形手段以达到判断f(x1)－f(x2)符号的目的.

例5.求函数y＝12的单调区间．

x＋11解：函数y＝2的定义域为(－∞，－1)∪(－1，＋∞)，

x＋112设t＝(x＋1)，则y＝(t>0)．

t当x∈(－∞，－1)时，t是x的减函数，y是t的减函数，

1所以(－∞，－1)是y＝2的递增区间；

x＋1当x∈(－1，＋∞)时，t是x的增函数，y是t的减函数，

1所以(－1，＋∞)是y＝2的递减区间．

x＋11综上知，函数y＝2的递增区间为(－∞，－1)，递减区间为(－1，＋∞)．

x＋1例6. 求y＝21的单调区间．

x－2x－32解：由x－2x－3≠0，得x≠－1或x≠3，

12令t＝x－2x－3(t≠0)，则y＝，

t1因为y＝在(－∞，0)，(0，＋∞)上为减函数，

t而t＝x－2x－3在(－∞，－1)，(－1,1)上为减函数，

在(1,3)，(3，＋∞)上是增函数，所以函数y＝递减区间为(1,3)，(3，＋∞).

1的递增区间为(－∞，－1)，(－1,1)，

x－2x－322【针对训练】

1．下列四个函数中，在

上为减函数的是（ ）

A．

B．

C．

D．

【答案】A 【解析】

对于选项A,函数的图像的对称轴为

开口向上，所以函数在

上为减函数.所以选项A是正确的.对于选项B,

在在

上为增函数，所以选项B是错误的. 对于选项C,

在在

上为增函数，所以选项C是错误的.对于选项D,

,当x=0时，没有意义，所以选项D是错误的.

故答案为：A. 2.下列四个函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是(

) A．f(x)＝3－x C．f(x)＝－【答案】C 1 x＋1

B．f(x)＝x2－3x D．f(x)＝－|x| 32【解析】当x>0时，f(x)＝3－x为减函数；当x∈0，时，f(x)＝x－3x为减函数；当2132x∈，＋∞时，f(x)＝x－3x为增函数；当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－为增函数；x＋12当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－|x|为减函数．

3．若函数yax与y（ ）

A．增函数 B．减函数 C．先增后减 D．先减后增

【答案】B 【解析】

由函数yax与yb2在0,上都是减函数，则fxaxbx在0,上是xb在0,上都是减函数,可得a0,b0.则一元二次函数xfxax2bx在0,上为减函数.故选B. 4.定义在R上的函数fx对任意两个不相等实数必有（ ）

A.f(x)在R上是增函数 B.f(x)在R上是减函数

C.函数f(x)是先增加后减少 D.函数f(x)是先减少后增加

【答案】A 【解析】

若ab则由题意总有a，b，fafb0成立，

则abfafb0知，一定有fafb成立，由增函数的定义知，ab该函数fx在R上是增函数；同理若ab，则一定有fafb成立，即该函数fx

在R上是增函数.所以函数fx在R上是增函数.故应选A. 5.已知

，那么

( ) A. 在区间

上单调递增 B. 在

上单调递增

C. 在

上单调递增 D. 在

上单调递增

【答案】D 【解析】

，在

记

，则

当

时，

单调递增，且

）

而

在 ）

不具有单调性，故A错误；

当

时，

不具有单调性，故B错误；

当

时，

单调递增，且

）

而

在 ）

不具有单调性，故C错误；

当

， 时，

单调递减，且

）

而

在 ）

单调递减，根据“同增异减”知，D正确. 故选：D ax6.试讨论函数f(x)＝(a≠0)在(－1,1)上的单调性．

x－1【答案】见解析

【解析】

设－1

f(x)＝ax－1＋1＝a1＋1，

x－1x－1111＋f(x1)－f(x2)＝a1＋－a

x1－1x2－1＝ax2－x1.由于－1

x1－1x2－1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)

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．

a7.已知a>0，函数f(x)＝x＋(x>0)，证明：函数f(x)在(0，a]上是减函数，在[a，＋x∞)上是增函数．

【答案】见解析. aaaa【解析】任意取x1>x2>0，则f(x1)－f(x2)＝x1＋－x2＋＝(x1－x2)＋－＝(x1－x2)x1x2x1x2a＋ax2－x1＝(x1－x2)1－. x1x2x1x2a<0，有f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)

x1x2当a≥x1>x2>0时，x1－x2>0,1－a此时，函数f(x)＝x＋(a>0)在(0，a]上为减函数；

x当x1>x2≥a时，x1－x2>0,1－a>0，有f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，

x1x2a此时，函数f(x)＝x＋(a>0)在[a，＋∞)上为增函数；

xa综上可知，函数f(x)＝x＋(a>0)在(0，a]上为减函数，在[a，＋∞)上为增函数．

x8.已知函数

的图象经过点

（1，1），

（

，

）．

（1）求函数 的解析式；

（2）判断函数 在（0，+

）上的单调性并用定义证明；

【答案】（1）

.（2）见解析. 【解析】

（1）由 f(x)的图象过A、B，则，解得．

∴

（x≠0）． （2）证明：设任意x1，x2∈，且x1

（0，）

∴

.

由x1，x2∈，得x1x2>0，x1x2+2>0．

（0，）由x1

，即．

∴函数在上为减函数．

（0，）9.已知函数 在

上满足

，且

，

. （1）求 ， 的值；

（2）判断 的单调性并证明；

【答案】(1)

；(2)

单调递增，证明见解析；(3)

. 【解析】

（1）令

，即可得到

，再令

，可得

，令

即可求得

；

（2）

单调递增，

证明：任取

且

，则

，

，

因为

，所以

，

所以

在

上单调递增. 10.已知定义在区间 上的函数

满足

，且当

时，

. （1）求

的值；

（2）证明：

为单调增函数；

（3）若

，求

在

上的最值. 【答案】（1）f（1）=0．（2）见解析（3）最小值为﹣2，最大值为3．

【解析】试题分析：（1）利用赋值法进行求

（

）

的值； （2）根据函数的单调性的定义判断

（

）在（

，

）上的单调性，并证明．

（3）根据函数单调性的性质，并利用赋值法可得函数的最值．

试题解析：（1）∵函数f（x）满足f（x1•x2）=f（x1）+f（x2），

令x1=x2=1，则f（1）=f（1）+f（1），解得f（1）=0．

（2）证明：（2）设x1，x2∈（0，+∞），且x1＞x2，则＞1，

∴f（）＞0，

∴f（x1）﹣f（x2）=f（x2⋅即f（x1）＞f（x2），

）﹣f（x2）=f（x2）+f（）﹣f（x2）=f（）＞0，

∴f（x）在（0，+∞）上的是增函数．

（3）∵f（x）在（0，+∞）上的是增函数．

若，则f（）+f（）=f（）=﹣2，

即f（•5）=f（1）=f（）+f（5）=0，

即f（5）=1，

则f（5）+f（5）=f（25）=2，

f（5）+f（25）=f（125）=3，

即f（x）在

上的最小值为﹣2，最大值为3．