函数的单调性学案Word文档格式.docx
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＋1（a≠0）的单调区间．
知识点二 利用定义证明函数的单调性
例2证明：
函数f（x）＝x＋
在（0,1）上是减函数．
规律方法 证明函数的单调性的常用方法是利用函数单调性的定义．其步骤为
（1）取值（注意x1、x2的任意性）；
（2）作差变形（目的是便于判断符号）；
（3）判断差的符号；
（4）写出结论．
变式迁移2利用单调性的定义证明函数y＝x－
在（0，＋∞）上是增函数．
知识点三 函数单调性的应用
例3已知函数f（x）＝
（x∈[2，＋∞）），
（1）求f（x）的最小值；
（2）若f（x）>
a恒成立，求a的取值范围．
规律方法 运用函数单调性求最值是求函数最值的重要方法，特别是当函数图象不好作或作不出来时，单调性几乎成为首选方法．另外f（x）>
a恒成立，等价于f（x）min>
a，f（x）<
a恒成立，等价于f（x）max<
a.
变式迁移3求函数f（x）＝
在区间[2,5]上的最大值与最小值；
若f（x）<
a在[2,5]上恒成立，求a的取值范围．
1．函数的单调区间必须是定义域的子集．因此讨论函数的单调性时，必须先确定函数的定义域．
2．研究函数的单调性，必须注意无意义的特殊点，如函数f（x）＝
在（－∞，0）和（0，＋∞）上都是减函数，但不能说函数f（x）＝
在定义域上是减函数．
3．求单调区间的方法：
（1）图象法；
（2）定义法；
（3）利用已知函数的单调性．
4．用单调性的定义证明函数的单调性分四个主要步骤：
取值——作差变形——定号——判断．
若f（x）>
0，则判断f（x）的单调性可以通过作比的方法去解决，即“取值——作比变形——与1比较——判断”.
课时作业
一、选择题
1．下列说法中正确的有（ ）
①若x1，x2∈I，当x1<
x2时，f（x1）<
f（x2），则y＝f（x）在I上是增函数；
②函数y＝x2在R上是增函数；
③函数y＝－
在定义域上是增函数；
④y＝
的单调区间是（－∞，0）∪（0，＋∞）．
A．0个B．1个C．2个D．3个
2．设（a，b），（c，d）都是函数f（x）的单调增区间，且x1∈（a，b），x2∈（c，d），x1<
x2，则f（x1）与f（x2）的大小关系是（ ）
A．f（x1）<
f（x2）B．f（x1）>
f（x2）
C．f（x1）＝f（x2）D．不能确定
3．下列函数在区间（2，＋∞）上为减函数的为（ ）
A．y＝2x－7B．y＝－
C．y＝－x2＋4x＋1D．y＝x2－4x－3
4．若函数f（x）＝x2＋2（a－2）x＋2在区间[4，＋∞）上是增函数，则实数a的取值范围是（ ）
A．a≤－2B．a≥－2C．a≥－6D．a≤－6
5．设函数f（x）是（－∞，＋∞）上的减函数，则（ ）
A．f（a）>
f（2a）B．f（a2）<
f（a）
C．f（a2＋a）<
f（a）D．f（a2＋1）<
二、填空题
6．已知函数f（x）为区间[－1,1]上的增函数，则满足f（x）<
f
的实数x的取值范围为________．
7．函数f（x）＝2x2－3|x|的单调递减区间是____________________________________．
8．若函数y＝ax与y＝－
在（0，＋∞）上都是减函数，则函数y＝ax2＋bx在（0，＋∞）上是单调______函数．
三、解答题
9．证明：
函数y＝
在[2,4]上是减函数，并求f（x）在[2,4]上的最值．
10．设函数f（x）＝
（a>
b>
0），求f（x）的单调区间，并证明f（x）在其单调区间上的单调性．
【探究驿站】
11．已知函数f（x），当x，y∈R时，恒有f（x＋y）＝f（x）＋f（y），当x>
0时，f（x）>
0，试判断f（x）在（0，＋∞）上的单调性．
2．1.3 函数的单调性答案
自学导引
1．任意两个值x1，x2 Δy＝f（x2）－f（x1）>
0 Δy＝f（x2）－f（x1）<
0 ①f（x1）<
②增函数 ③f（x1）>
f（x2） ④减函数
2．增函数 减函数 单调区间
3.
4．增 5.（－∞，0）和（0，＋∞）
例1解
（1）f（x）＝3|x|
＝
图象如图所示．
f（x）在（－∞，0]上是减函数，
在[0，＋∞）上是增函数．
（2）令g（x）＝x2＋2x－3＝（x＋1）2－4.
先作出g（x）的图象，保留其在x轴及x轴上方部分，把它在x轴下方的图象翻到x轴上方就得到f（x）＝|x2＋2x－3|的图象，如图所示．
由图象易得：
函数的递增区间是[－3，－1]，[1，＋∞）；
函数的递减区间是（－∞，－3]，[－1,1]．
变式迁移1 解 f（x）＝
当a>
0时，如图①所示，
∴单调递增区间为（0，＋∞），递减区间为（－∞，0）．
当a<
0时，如图②所示，
∴单调递增区间为（－∞，0），递减区间为（0，＋∞）．
① ②
例2证明 设0<
x1<
x2<
1，
则Δx＝x1－x2<
Δy＝f（x1）－f（x2）＝
－
＝（x1－x2）＋
，
∵0<
1，∴x1－x2<
0，x1x2－1<
0，x1x2>
0.
∴Δy＝f（x1）－f（x2）>
0，即f（x1）>
f（x2）．
∴f（x）＝x＋
变式迁移2 证明 任取x1，x2∈（0，＋∞），设x1<
x2，
f（x1）－f（x2）＝（x1－x2）－
＋
＝（x1－x2）（1＋
）
x2，∴x1－x2<
0,1＋
>
0，
∴f（x1）－f（x2）<
0，即f（x1）<
∴f（x）在（0，＋∞）上是增函数．
例3解
（1）任取x1，x2∈[2，＋∞），
且x1<
x2，f（x）＝x＋
＋2
则f（x1）－f（x2）＝（x1－x2）
∵x1<
又∵x1≥2，x2>
2，∴x1x2>
4,1－
故f（x）在[2，＋∞）上是增函数．
∴当x＝2时，f（x）有最小值，即f
（2）＝
.
（2）∵f（x）最小值为f
（2）＝
∴f（x）>
a恒成立，只须f（x）min>
a，即a<
变式迁移3 解 任取2≤x1<
x2≤5，
则f（x1）＝
，f（x2）＝
f（x2）－f（x1）＝
∵2≤x1<
x2≤5，∴x1－x2<
0，x2－1>
0，x1－1>
∴f（x2）－f（x1）<
0.∴f（x2）<
f（x1）．
∴f（x）＝
在区间[2,5]上是减函数．
∴f（x）max＝f
（2）＝
＝2.f（x）min＝f（5）＝
f（x）<
a恒成立，等价于a>
f（x）max，即a>
2.
1．A [函数的单调性的定义是指定义在区间I上任意两个值x1，x2，强调的是任意，从而①不对；
②y＝x2在x≥0时是增函数，x<
0时是减函数，从而y＝x2在整个定义域上不具有单调性；
③y＝－
在整个定义域内不是单调递增函数，如－3<
5而f（－3）>
f（5）；
的单调递减区间不是（－∞，0）∪（0，＋∞），而是（－∞，0）和（0，＋∞），注意写法．]
2．D [根据单调性定义，所取两个自变量是同一单调区间内的任意两个变量，才能由该区间上的函数单调性来比较出函数值的大小．]
3．C [由图象知C符合．]
4．B [对称轴x＝2－a≤4，得a≥－2.]
5．D [由a2＋1－a＝
2＋
，得a2＋1>
a，
又∵f（x）是R上的减函数，∴f（a2＋1）<
f（a）．]
6．－1≤x<
解析 由题设得
，即－1≤x<
7.
和
8．递减
解析 由已知得a<
0，b<
y＝ax2＋bx对称轴为x＝－
<
0，开口向下，
∴y＝ax2＋bx在（0，＋∞）上是单调递减函数．
9．证明 设x1>
x2≥2，则Δx＝x1－x2>
Δy＝y1－y2＝
∵x1>
x2≥2，∴x2－x1<
0，x1＋1>
0，x2＋1>
∴
即y1－y2<
∴y1<
y2，
∴y＝
在[2,4]上是减函数，
，f（x）min＝f（4）＝
10．解 在定义域内任取x1，x2，且x1<
x2，则
∵a>
0，∴b－a<
0，且x2－x1>
只有当x1<
－b，或－b<
x2时，函数才单调．
当x1<
x2时，
f（x1）－f（x2）>
0，则f（x1）>
∴y＝f（x）在（－∞，－b）上是单调减函数，在（－b，＋∞）上也是单调减函数．
函数的单调减区间是（－∞，－b）和（－b，＋∞）．
11．解 f（x）在（0，＋∞）上为增函数．
证明如下：
∵x，y∈R，∴不妨取y＝Δx，Δx>
∵f（x＋y）＝f（x）＋f（y），
∴f（x＋Δx）＝f（x）＋f（Δx），
∴f（x＋Δx）－f（x）＝f（Δx）．
∵Δx>
0，∴f（Δx）>
∴f（x＋Δx）－f（x）>
0，f（x＋Δx）>
f（x），
∴f（x）在（0，＋∞）上为增函数．
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