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高一数学必修1:函数的单调性


理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何

意义

1.单调函数的定义 增函数 减函数 一般地,设函数f(x)的定义域为I.如果对于定义域I 内某个区间D上的任意两个自变量x1,x2, 当x1<x2时,都 定 当x1<x2时,都 义 有 f(x1)>f(x2),那么就 有f(x1)<f(x2) ,那么就说函 说函数f(x)在区间D上 数

f(x)在区间D上是增函数 是减函数

增函数

减函数

图 象 描 逐渐 述 自左向右看图象是 上升的

自左向右看图象是 逐渐下降的

[思考探究]
如图所示函数f(x)的图象,则函数f(x) 的单调增区间是(-∞,0]∪(0,+∞)吗? 提示:不是,其单调增区间为(-∞,0]和 (0,+∞)

2.单调区间的定义 若函数y=f(x)在区间D上是 增函数 或 减函数 ,则称函数

f(x)在这一区间上具有(严格的)单调性,区间D 叫做y=f(x)
的单调区间.

3.最值的定义

1.下列函数中,在区间(0,2)上为增函数的是
A.y=-x+1 C.y=x2-4x+5 解析:∵函数y= ∴函数y= 答案:B B.y= D.y=

(

)

的单调增区间为[0,+∞),

在(0,2)上为增函数.

2.函数y=(2k+1)x+b在(-∞,+∞)上是减函数,则 (
A.k> C.k>- B.k< D.k<-

)

解析:∵函数y=(2k+1)x+b在(-∞,+∞)上是减数, ∴2k+1<0, ∴k<- 答案:D .

3.若函数y=ax与y=-

(0,+∞)上都是减函数,则y=ax2

+bx在(0,+∞)上是
A.增函数 C.先增后减 解析:∵函数y=ax与y=- ∴a<0,b<0, ∴函数y=ax2+bx的图象的对称轴为x=- B.减函数 D.先减后增

(

)

在(0,+∞)上都是减函数,

<0,

∴函数y=ax2+bx在(0,+∞)是减函数. 答案:B

4.如果函数f(x)在[a,b]上是增函数,对于任意的x1、x2∈[a, b](x1≠x2),下列结论中正确的有 ① >0; .

②(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0; ③f(a)<f(x1)<f(x2)<f(b); ④ >0.

解析:∵f(x)在[a,b]上为增函数. ∴x1-x2与f(x1)-f(x2)的符号相同. ∴①②④均正确. 又∵不知道x1,x2的大小,∴无法比较f(x1)与f(x2)的大小,

故③错误.
答案:①②④

5.已知函数f(x)=2ax2+4(a-3)x+5在区间(-∞,3)上是减 函数,则a的取值范围是 .

解析:①当a=0时,f(x)=-12x+5,在(-∞,3)上为减 函数;②当a>0时,要使f(x)=2ax2+4(a-3)x+5在区间

(-∞,3)上是减函数,则对称轴x=
边,即 ≥3,故0<a≤ 间(-∞,3)上恒为减函数. 综合知:a的取值范围是[0, 答案:[0, ] ].

必在x=3的右

;③当a<0时,不可能在区

1.用定义证明函数单调性的一般步骤 (1)取值:即设x1,x2是该区间内的任意两个值,且x1<x2.

(2)作差:即f(x2)-f(x1)(或f(x1)-f(x2)),并通过通分、配方、
因式分解等方法,向有利于判断差的符号的方向变形. (3)定号:根据给定的区间和x2-x1的符号,确定差f(x2)- f(x1)(或f(x1)-f(x2))的符号.当符号不确定时,可以进行分 类讨论.

(4)判断:根据定义得出结论.

2.(1)若f(x)与g(x)在定义域内均是增函数(减函数),那么f(x)+
g(x)在其公共定义域内是增函数(减函数). (2)复合函数的单调性判断,要注意掌握“同则增,异则减”.

讨论函数f(x)= [思路点拨]

(a>0)的单调性.

[课堂笔记] ∵f(x)=



∴函数的定义域为{x|x∈R且x≠1}.
法一:(定义法)任取x1,x2∈R,且x1,x2均不为1,x1<x2, 则f(x1)-f(x2)=(a+ = = . )-(a+ )

①设x1<x2<1,x1-1<0,x2-1<0,x2-x1>0,a>0, ∴f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2). ②设1<x1<x2,x2-1>0,x1-1>0,x2-x1>0,a>0, ∴f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2). ∴函数f(x)在(-∞,1)和(1,+∞)上均为减函数.

法二:(导数法)∵f′(x)= 又∵a>0,



∴f′(x)<0在(-∞,1)∪(1,+∞)上恒成立,即函数f(x)在
(-∞,1)和(1,+∞)上均为减函数. 法三:(图象法)由f(x)=a+ 可

知其图象对称中心是(1,a),x=1, y=a是它的两条渐近线,故其图象 如图所示,

∴f(x)在(-∞,1)和(1,+∞)上均为
减函数.

讨论函数f(x)=

(a≠0,-1<x<1)的单调性.

解:设-1<x1<x2<1, 则f(x1)-f(x2)= = .

∵-1<x1<x2<1, ∴|x1|<1,|x2|<1,x2-x1>0, -1<0, -1<0,|x1x2|<1, 即-1<x1x2<1,∴x1x2+1>0.



>0.

因此,当a>0时,f(x1)-f(x2)>0.

即f(x1)>f(x2),此时函数f(x)在(-1,1)上为减函数;
当a<0时,f(x1)-f(x2)<0, 即f(x1)<f(x2),此时函数f(x)在(-1,1)上为增函数.

1.求函数的单调区间
(1)利用已知函数的单调性. (2)定义法:先求定义域,再利用单调性定义. (3)图象法:如果f(x)是以图象给出的,或者f(x)的图象易作出 可直接由图象的直观性写出它的单调区间.

(4)导数法:利用导函数取值的正负确定原函数的单调区间.

2.求复合函数y=f[g(x)]的单调区间的步骤 (1)确定定义域.

(2)将复合函数分解成基本初等函数:y=f(u),u=g(x).
(3)分别确定这两个函数的单调区间. (4)若这两个函数同增或同减,则y=f[g(x)]为增函数; 若一增一减,则y=f[g(x)]为减函数,即“同增异减”.

求下列函数的单调区间 (1)f(x)=x2-4|x|+3; (2)f(x)= [思路点拨] .

[课堂笔记] (1)f(x)=x2-4|x|+3= 于是可得函数f(x)=x2-4|x|+3的图象,如图所示. 由图可知,函数的增区间为[-2,0),(2,+∞), 减区间为(-∞,-2),[0,2).

(2)∵y= 又∵y=



∴该函数的定义域为(-∞,-1]∪[1,+∞).
可看作是由

y= 与u=x2-1两个函数复合而成的, 且y= 在u∈[0,+∞)上为增函数, 而u=x2-1在(-∞,-1]上为减函数且u≥0,

在[1,+∞)上为增函数且u≥0.
∴当x∈(-∞,-1]时,y= 当x∈[1,+∞)时,y= 为减函数, 为增函数.

对于抽象函数的单调性的判断仍然要紧扣单调性的定 义,结合题目中所给性质和相应的条件,对任意x1,x2在所 给区间内比较f(x1)-f(x2)与0的大小,或 有时根据需要,需作适当的变形:如x1=x2· x1-x2等. 与1的大小. 或x1=x2+

已知函数f(x)对于任意x,y∈R,总有f(x)+f(y)=f(x+ y),且当x>0时,f(x)<0,f(1)=- .

(1)求证:f(x)在R 上是减函数;
(2)求f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值.

[思路点拨]

[课堂笔记] (1)法一:∵函数f(x)对于任意x,y∈R总有f(x) +f(y)=f(x+y), ∴令x=y=0,得f(0)=0.

再令y=-x,得f(-x)=-f(x).
在R上任取x1>x2,则x1-x2>0, f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)=f(x1-x2). 又∵x>0时,f(x)<0,而x1-x2>0,∴f(x1-x2)<0, 即f(x1)<f(x2).

因此f(x)在R上是减函数.

法二:设x1>x2,

则f(x1)-f(x2)
=f(x1-x2+x2)-f(x2) =f(x1-x2)+f(x2)-f(x2) =f(x1-x2). 又∵x>0时,f(x)<0.而x1-x2>0,∴f(x1-x2)<0, 即f(x1)<f(x2), ∴f(x)在R上为减函数.

(2)∵f(x)在R上是减函数,∴f(x)在[-3,3]上也是减函数, ∴f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值分别为f(-3)

与f(3).
而f(3)=3f(1)=-2,f(-3)=-f(3)=2. ∴f(x)在[-3,3]上的最大值为2,最小值为-2.

高考对函数单调性的考查方式灵活,既有函数
单调性的判定、单调区间的求法,又有利用函数单 调性解不等式、比较大小、求最值等.而抽象函数的 单调性问题脱离了特殊的函数模型的实际背景,

由一个抽象的代数公式诠释一个具有深远意义
的函数性质,从近几年高考看,抽象函数与函 数的单调性相结合求参数的取值范围或求自变 量x的取值范围成为高考命题的一个新考向.

[考题印证] (2009· 辽宁高考)已知偶函数f(x)在区间[0,+∞)单调增加, 则满足f(2x-1)<f( A.( C.( , , ) ) )的x取值范围是 B.[ D.[ , , ) ) ( )

【解析】

f(x)是偶函数,其图象关于y轴对称,
?

又f(x)在[0,+∞)上递增, ∴f(2x-1)<f( 【答案】 A )?|2x-1|< <x< .

[自主体验]
函数f(x)在R上是增函数,且对任意a,b∈R,都有f(a+b) =f(a)+f(b)-1,若f(4)=5,则不等式f(3m2-m-2)<3的解 集为 .

解析:∵f(4)=f(2+2)=f(2)+f(2)-1=5, ∴f(2)=3, ∴原不等式可化为f(3m2-m-2)<f(2),

∵f(x)是R上的增函数,
∴3m2-m-2<2,解得-1<m< 故解集为(-1, 答案:(-1, ) ). ,

1.(2010· 大连模拟)下列函数在(0,1)上是减函数的是

(

)

A.y=log0.5(1-x)
C.y=0.51-x

B.y=x0.5
D.y= (1-x2)

解析:y=log0.5(1-x)在(0,1)上为增函数;
y=x0.5在(0,1)上是增函数; y=0.51-x在(0,1)上为增函数; 函数y= (1-x2)在(-∞,0)上为增函数,在(0,+∞) 上为减函数,

∴函数y=
答案:D

(1-x2)在(0,1)上是减函数.

2.已知f(x)为R上的减函数,则满足f( 范围是 A.(-∞,1) C.(-∞,0)∪(0,1) 解析:依题意得

)>f(1)的实数x的取值 ( )

B.(1,+∞) D.(-∞,0)∪(1,+∞) <1,即 >0,所以x的取值范

围是x>1或x<0,选D. 答案:D

3.(2010· 德州模拟)已知f(x)= (-∞,+∞)上的增函数,那么a的取值范围是( A.(1,+∞) C.[ , 3) B.(-∞,3) D.(1,3)

是 )

解析:(1)由于x≥1时,f(x)=logax单调递增,故a>1; (2)x<1时,f(x)=(3-a)x-4a单调递增,故3-a>0,

a<3;要同时满足(1)(2)两个条件,则1<a<3,此时
(3-a)x-4a<0(x<1),又logax≥0(x≥1),满足题意. 答案:D

4. y =
区间是 解析:y= ∴y=

的递减区间是
. =

,y=

的递减

=-1+

,

的递减区间是(-1,+∞)和(-∞,-1). 有意义,则 ≥0,且1+x≠0,

要使函数y= ∴-1<x≤1 ∴y=

的递减区间为(-1,1]. (-1,1]

答案:(-1,+∞)和(-∞,-1)

5.若在区间[
最大值是

,2]上,函数f(x)=x2+px+q与g(x)=x+

在同一点取得相同的最小值,则f(x)在该区间上的 . 在x=1时,g(x)取最小值为2,

解析:对于g(x)=x+

则f(x)在x=1时取最小值2,

∴-

=1,f(1)=1+p+q=2.

∴p=-2,q=3. ∴f(x)=x2-2x+3, ∴f(x)在该区间上的最大值为3. 答案:3

6.已知函数f(x)=

(a>0,x>0),

(1)求证:f(x)在(0,+∞)上是单调递增函数;

(2)若f(x)在

上的值域是

,求a的值.

解:(1)证明:设x2>x1>0,则x2-x1>0,x1x2>0, ∵f(x2)-f(x1)= = = >0,

∴f(x2)>f(x1),∴f(x)在(0,+∞)上是单调递增的. (2)∵f(x)在 又f(x)在 ∴f = 上的值域是 上单调递增, ,f(2)=2.∴易得a= . ,


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