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函数的单调性·典型例题精析


2.3.1 函数的单调性例题解析 . . 函数的单调性 【例 1】求下列函数的增区间与减区间 】 (1)y=|x2+2x-3|

(2)y=

x 2 2x 1| x 1|

(3)y= x 2 2 x + 3
解 (1)令 f(x)=x2+2x-3=(x+1)2-4. 先作出 f(x)的图像,保留其在 x 轴及 x 轴上方部分,把它在 x 轴下方的图 像翻到 x 轴就得到 y=|x2+2x-3|的图像,如图 2.3-1 所示. 由图像易得: 递增区间是[-3,-1],[1,+∞) 递减区间是(-∞,-3],[-1,1] (2)分析:先去掉绝对值号,把函数式化简后再考虑求单调区间. 解 当 x-1≥0 且 x-1≠1 时,得 x≥1 且 x≠2,则函数 y=-x. 当 x-1<0 且 x-1≠-1 时,得 x<1 且 x≠0 时,则函数 y=x-2. ∴增区间是(-∞,0)和(0,1) 减区间是[1,2)和(2,+∞) (3)解:由-x2-2x+3≥0,得-3≤x≤1. 令 u==g(x)=-x2-2x+3=-(x+1)2+4.在 x∈[-3,-1]上是 ∈[-1,1]上是 . 在x

而y= u 在u≥ 0上是增函数.
∴函数 y 的增区间是[-3,-1],减区间是[-1,1].

【例 2】函数 f(x)=ax2-(3a-1)x+a2 在[-1,+∞]上是增函数,求实数 】 a 的取值范围.

解 当 a=0 时,f(x)=x 在区间[1,+∞)上是增函数.

当a≠ 0时,对称轴x=

3a 1 , 2a

a> 0 若a> 0时,由 3a 1 得 0<a≤1. 2a ≤1,
若 a<0 时,无解. ∴a 的取值范围是 0≤a≤1. 【例 3】已知二次函数 y=f(x)(x∈R)的图像是一条开口向下且对称轴为 x 】 =3 的抛物线,试比较大小: (1)f(6)与 f(4)

(2)f(2) 与f( 15)
解 (1)∵y=f(x)的图像开口向下,且对称轴是 x=3,∴x≥3 时,f(x)为 减函数,又 6>4>3,∴f(6)<f(4)

(2) ∵对称轴x= 3,∴f(2) =f(4) ,而 3< 15< 4 ,函数f(x) 在x≥ 3
时为减函数.

∴f( 15) >f(4) ,即f( 15) >f(2) .

【例4】 判断函数f(x) =

ax (a≠0) 在区间 ( -1,1) 上的单调性. x 1
2

解 任取两个值 x1、x2∈(-1,1),且 x1<x2.

∵f(x1 ) -f(x 2 ) =

a( x1 x 2 + 1)( x 2 x1 ) 2 ( x1 1)( x 2 1) 2

2 2 ∵-1<x1 <x 2 <1,x1 x 2 +1>0,x 2 -x1 >0,x1 -1<0,x1 -1<0.



( x1 x 2 + 1)( x 2 x1 ) >0 2 ( x1 1)( x 2 1) 2

当 a>0 时,f(x)在(-1,1)上是减函数. 当 a<0 时,f(x)在(-1,1)上是增函数. 【例 5】利用函数单调性定义证明函数 f(x)=-x3+1 在(-∞,+∞)上是 】 减函数. 证 取任意两个值 x1,x2∈(-∞,+∞)且 x1<x2.

2 ∵f(x 2 ) -f(x 1 ) = (x 1 -x 2 )(x 2 +x 1 x 2 +x 1 ) 这里有三种证法: 2 2 证法 ( 一 ) 当x 1 x 2 < 0时,x 1 +x 1 x 2 +x 2 = (x 1 +x 2 ) 2 -x 1 x 2 > 0 2 2 当x 1 x 2 ≥ 0时,x 1 +x 1 x 2 +x 2 > 0 2

又∵x1-x2<0,∴f(x2)<f(x1) 故 f(x)在(-∞,+∞)上是减函数.

1 3 1 2 2 证法 ( 二 ) ∵x 1 +x 1 x 2 +x 2 = (x 1 + x 2 ) 2 + x 2 ,这里x 1 + x 2 2 2 4 2 1 与x 2 不会同时为 0,否则若x 1 + x 2 = 0且x 2 = 0,则x 1 = 0这与x 1 <x 2 2 2 2 矛盾,∴x 1 +x 1 x 2 +x 2 > 0.
得 f(x)在(-∞,+∞)上是减函数.
2 2 2 2 证法 ( 三 ) 令t=x 2 +x 1 x 2 +x 1 ,其判别式Δ=x 1 - 4x 1 =- 3x 1 2 2 ≤ 0,若Δ= 0时,则x 1 = 0,那么x 2 ≠ 0,∴t=x 2 > 0,若Δ=- 3x 1 2 2 < 0,则t> 0,即x 2 +x 1 x 2 +x 1 > 0,从而f(x 2 ) <f(x 1 ) ,∴f(x) 在 ( -∞, 2

+∞ ) 上是减函数.
【 例 6 】 讨论函数f(x) =x+ 1 的单调性,并画出它的大致图像. x

解 定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),任取定义域内两个值 x1、x2,且 x1 <x2.

∵f(x 1 ) -f(x 2 ) = (x 1 -x 2 )

x1x 2 1 ,又x 1 -x 2 < 0, x1 x 2

∴当 0<x1<x2≤1 或-1≤x1<x2<0 时, x1x2-1<0, 1x2>0, 1) 有 x f(x >f(x2) ∴f(x)在(0,1],[-1,0)上为减函数. 当 1≤x1<x2 或 x1<x2≤-1 时, x1x2-1>0, 1x2>0, 1)>f(x2), 有 x f(x ∴f(x)在(-∞,-1],[1,+∞)上为增函数. 根据上面讨论的单调区间的结果,又 x>0 时,f(x)min=f(1)=2,当 x<0 时,f(x)max=f(-1)=-2.由上述的单调区间及最值可大致

画出y=x+

1 的图像如图 2 . 3- 2 . x

说明 1°要掌握利用单调性比较两个数的大小. 2°注意对参数的讨论(如例 4). 3°在证明函数的单调性时,要灵活运用配方法、判别式法及讨论方法 等.(如例 5) 4°例 6 是分层讨论,要逐步培养.


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