1.3.1 单调性与最大(小)值（函数的单调性的概念） 学案

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学案 函数的单调性的概念
【知识要点】
一、单调性
1．定义：如果函数y＝f (x)对于属于定义域I内某个区间上的任意两个自变量的值x1、、x2，当x1、若函数f(x)在整个定义域l内只有唯一的一个单调区间，则f(x)称为 .
判断单调性的方法：
（1）小题里面：①画图像；②定义法；③复合函数单调性（同增异减）
（2）大题里面：定义法，其步骤为：①取值；② 做差 ；③ 判号 ；④ 下结论.

二、单调性的有关结论
1. 调函数的定义有以下若干等价形式：设x1，x2∈[a，b]，那么①＞0?f(x)在[a，b]上是增函数；＜0?f(x)在[a，b]上是减函数．②(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0?f(x)在[a，b]上是增函数．(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＜0?f(x)在[a，b]上是减函数．
2．若f (x), g(x)均为增(减)函数，则f (x)＋g(x) 函数；
3．若f (x)为增(减)函数，则－f (x)为 ；
4．复合函数y＝f [g(x)]是定义在M上的函数，若f (x)与g(x)的单调相同，则f [g(x)]为 ，若f (x), g(x)的单调性相反，则f [g(x)]为 .

说明：（1）函数的单调性也叫函数的增减性；
（2）注意区间上所取两点x1,x2的任意性；
（3）函数的单调性是对某个区间而言的，它是一个局部概念．
（4）判定函数在某个区间上的单调性的方法步骤：
a.设x1．x2∈给定区间，且x1＜x2 （取值）；b.计算f（x1）－f（x2）至最简（作差）；
c.判断上述差的符号（断号）；d.下结论(若差＜0，则为增函数；若差＞0，则为减函数)
（5）单调区间只能写成区间形式，不能写成集合，宁开勿闭；
（6）求单调区间先求定义域.



类型一 求函数的单调区间
【例1】下列说法不正确的有(　　)．
①函数y＝x2在(－∞，＋∞)上具有单调性.②函数的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，在其上是减函数；③函数y＝kx＋b(k∈R)在(－∞，＋∞)上一定具有单调性；④若存在x1，x2是f(x)的定义域A上的两个值，当x1＞x2时，有f(x1)＜f(x2)，则y＝f(x)在A上是增函数．
A．1个　　　B．2个　　　C．3个　　　D．4个




【例2】求出下列函数的单调区间：
f(x)＝（2）
(3) （4）＝




【例3】（1）.设函数f（x）＝，g（x）＝x2f（x﹣1），则函数g（x）的递减区间是（　　）
A．（﹣∞，0] B．[0，1） C．[1，+∞） D．[﹣1，0]
（2）若y＝f(x)是R上的减函数，对于x1＜0，x2＞0，则(　　)
A．f(－x1)＞f(－x2) B．f(－x1)＜f(－x2) C．f(－x1)＝f(－x2) D．无法确定
（3）若函数是定义在上的减函数，并且，则实数的取值范围为
.



类型二 证明函数单调性
【例4】(1)证明在(－∞，2]上为增函数．



(2)证明在上为增函数．



(3)证明函数在上为增函数．



（4）求证函数在上是减函数．



（5）函数f(x)＝x＋(a＞0)，在区间(0，a]上是减函数．



答案
【例1】D
【例2】（1）解：方程－x2＋6x＋7＝0的两根为x1＝－1，x2＝7，
又y＝－x2＋6x＋7对称轴为x＝3，
y=－x2＋6x＋7的图象如图
注意到－x2＋6x＋7，所以增区间为[－1，3]，减区间为[3，7]
（2）

的增区间为和，减区间为和
（3）

的增区间为和，减区间为和
（4）画出f(x)＝的图象如图，

可知f(x)在(－∞，0]和[1，＋∞)上都是增函数，在[0,1]上是减函数.
所以f(x)的增区间为(－∞，0]和[1，＋∞)，减区间为[0,1]
【例3】、（1）解：由题意得，，
函数的图象如图所示，
其递减区间是[0，1）．
故选：B．


由于x1＜0，x2＞0，所以x1＜x2，则－x1＞－x2，因为y＝f(x)是R上的减函数，所以f(－x1)＜f(－x2)，故选B.
（3）　由，得，所以，即实数的取值范围为
【例4】、解：(1)设x1f(x1)－f(x2)＝(－x＋4x1)－(－x＋4x2)＝(x2－x1)(x1＋x2－4)<0，
∴f(x1)(2)设x1>x2≥－，则
f(x1)－f(x2)＝－＝>0.
∴f(x1)>f(x2)，
∴f(x)＝在[－，＋∞)上为增函数．
(3)设x1>x2>－1，则
y1－y2＝－＝>0，
∴y1>y2，∴函数y＝在(－1，＋∞)上为增函数．
（4）设x1、x2∈(－∞，＋∞)且x1＜x2，则
f(x1)－f(x2)＝(－x＋1)－(－x＋1)＝x－x＝(x2－x1)(x＋x1x2＋x)
∵x1＜x2，∴x2－x1＞0
又∵x＋x1x2＋x＝(x1＋)2＋x
且(x1＋)2≥0与x≥0中两等号不能同时取得(否则x1＝x2＝0与x1＜x2矛盾)，
∴x＋x1x2＋x＞0，∴f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，
又∵x1（5）　设0＜x1＜x2≤a，f(x2)－f(x1)＝(x2＋)－(x1＋)
＝(x2－x1)＋＝.
∵0＜x1＜x2≤a，∴0＜x1x2＜a2，∴＜0，∴f(x2)＜f(x1)，
∴f(x)＝x＋(a>0)在(0，a]上是减函数．








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