衡水独家秘籍之2019高中期末复习 专题三 函数单调性的判断与证明 8页

衡水独家秘籍之2019高中期末复习 专题三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：若对于定义域内的某个区间上的任意两个自变量、，当时，都有，那么就说函数在区间上是增函数；‎ ‎（2）减函数：若对于定义域内的某个区间上的任意两个自变量、，当时，都有，那么就说函数在区间上是减函数.‎ ‎2.复合函数单调性的结论：‎ y＝f(t)‎ 递增 递减 t＝g(x)‎ 递增 递减 递增 递减 y＝f[g(x)]‎ 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)＝x2－4x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)＝(x－4x1)－(x－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)＝x3＋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，‎ 则f(x1)－f(x2)＝x＋1－x－1‎ ‎＝x－x ‎＝(x1－x2)(x＋x1x2＋x)‎ ‎＝(x1－x2).‎ 因为x1＜x2，所以x1－x2＜0，2＋x＞0.‎ 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)(x＋x1x2＋x)处“止步”而致误．而实际上当我们不能直接判断x＋x1x2＋x的符号，又不能因式分解时，采用配方则会“柳暗花明”．‎ 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．‎ 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－ ‎＝(x1－x2)＋＝(x1－x2)＋ ‎＝(x1－x2)＝(x1－x2).‎ 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．‎ 评注　同样，我们可以证明f(x)＝x＋在区间[1，＋∞)上是增函数．‎ 例4.已知函数f(x)＝，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)＝－ ‎＝ .‎ 因为x1＜x2，且x1，x2∈[1，＋∞)，‎ 所以x1－x2＜0，＋＞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＝的单调区间．‎ 解：函数y＝的定义域为(－∞，－1)∪(－1，＋∞)，‎ 设t＝(x＋1)2，则y＝(t>0)．‎ 当x∈(－∞，－1)时，t是x的减函数，y是t的减函数，‎ 所以(－∞，－1)是y＝的递增区间；‎ 当x∈(－1，＋∞)时，t是x的增函数，y是t的减函数，‎ 所以(－1，＋∞)是y＝的递减区间．‎ 综上知，函数y＝的递增区间为(－∞，－1)，递减区间为(－1，＋∞)．‎ 例6. 求y＝的单调区间．‎ 解：由x2－2x－3≠0，得x≠－1或x≠3，‎ 令t＝x2－2x－3(t≠0)，则y＝，‎ 因为y＝在(－∞，0)，(0，＋∞)上为减函数，‎ 而t＝x2－2x－3在(－∞，－1)，(－1,1)上为减函数，‎ 在(1,3)，(3，＋∞)上是增函数，所以函数y＝的递增区间为(－∞，－1)，(－1,1)，‎ 递减区间为(1,3)，(3，＋∞).‎ ‎【针对训练】‎ ‎1．下列四个函数中，在‎-∞,0‎上为减函数的是（ ）‎ A． fx=x‎2‎-2x B． ‎fx=-‎x‎2‎ C． fx=x+1‎D． ‎fx=‎‎1‎x ‎【答案】A ‎【解析】‎ 对于选项A,函数的图像的对称轴为x=1,‎开口向上，所以函数在‎-∞,0‎ 上为减函数.所以选项A是正确的.对于选项B,fx=-‎x‎2‎在在‎-∞,0‎上为增函数，所以选项B是错误的. 对于选项C,fx=x+1‎在在‎-∞,0‎上为增函数，所以选项C是错误的.对于选项D,‎ fx=‎‎1‎x‎,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 B．f(x)＝x2－3x C．f(x)＝－ D．f(x)＝－|x|‎ ‎【答案】C ‎【解析】当x>0时，f(x)＝3－x为减函数；当x∈时，f(x)＝x2－3x为减函数；当x∈时，f(x)＝x2－3x为增函数；当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－为增函数；当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－|x|为减函数．‎ ‎3．若函数与在上都是减函数，则在上是（ ）‎ A．增函数 B．减函数 C．先增后减 D．先减后增 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由函数与在上都是减函数,可得.则一元二次函数在上为减函数.故选B.‎ ‎4.定义在上的函数对任意两个不相等实数，，总有成立， 则必有（ ）‎ A.在上是增函数 B.在上是减函数 C.函数是先增加后减少 D.函数是先减少后增加 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 若则由题意知，一定有成立，由增函数的定义知，该 函数在上是增函数；同理若，则一定有成立，即该函数在上是增函数.所以函数在上是增函数.故应选A.‎ ‎5.已知fx=1+2x-‎x‎2‎，那么gx=ffx( )‎ A. 在区间‎-2,1‎上单调递增 B. 在‎0,2‎上单调递增 C. 在‎-1,1‎上单调递增 D. 在‎1,2‎上单调递增 ‎【答案】D ‎【解析】fx=1+2x-x‎2‎=-x-1‎‎2‎+2‎，在 记t=fx，则gx= ft 当x∈‎‎-2,1‎时，fx单调递增，且t=fx∈‎‎-7,2）‎ 而y= ft在‎-7,2）‎不具有单调性，故A错误；‎ 当x∈‎‎0,2‎时，fx不具有单调性，故B错误；‎ 当x∈‎‎-1,1‎时，fx单调递增，且t=fx∈‎‎-3,2）‎ 而y= ft在‎-3,2）‎不具有单调性，故C错误；‎ 当x∈‎‎1，2‎时，fx单调递减，且t=fx∈‎‎1,2）‎ 而y= ft在‎1,2）‎单调递减，根据“同增异减”知，D正确.‎ 故选：D ‎6.试讨论函数f(x)＝(a≠0)在(－1,1)上的单调性．‎ ‎【答案】见解析 ‎【解析】‎ 设－10，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)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．‎ ‎7.已知a>0，函数f(x)＝x＋(x>0)，证明：函数f(x)在(0，]上是减函数，在[ ‎，＋∞)上是增函数．‎ ‎【答案】见解析.‎ ‎【解析】任意取x1>x2>0，则f(x1)－f(x2)＝－＝(x1－x2)＋＝(x1－x2)＋＝(x1－x2).‎ 当≥x1>x2>0时，x1－x2>0,1－<0，有f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)0)在(0，]上为减函数；‎ 当x1>x2≥时，x1－x2>0,1－>0，有f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，‎ 此时，函数f(x)＝x＋(a>0)在[，＋∞)上为增函数；‎ 综上可知，函数f(x)＝x＋(a>0)在(0，]上为减函数，在[，＋∞)上为增函数．‎ ‎8.已知函数f(x)=ax+‎bx的图象经过点A（1，1），B（2，-1）‎．‎ ‎（1）求函数f(x)‎的解析式；‎ ‎（2）判断函数f(x)‎在（0，+‎∞‎）上的单调性并用定义证明；‎ ‎【答案】（1）f(x)=-x+‎2‎x(x≠0)‎.（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x10，x1x2+2>0．‎ 由x10‎，f(1)=2‎.‎ ‎（1）求f(0)‎，f(3)‎的值；‎ ‎（2）判断f(x)‎的单调性并证明；‎ ‎【答案】(1)f‎0‎=0,f‎3‎=6‎；(2)fx单调递增，证明见解析；(3)a≤3‎.‎ ‎【解析】‎ ‎（1）令x=0,y=0‎，即可得到f‎0‎=0‎，再令x=y=1‎，可得f‎2‎=4‎，令x=2,y=1‎即可求得f‎3‎=6‎；‎ ‎（2）fx单调递增，‎ 证明：任取x‎1‎‎,x‎2‎∈R且x‎1‎‎<‎x‎2‎，则x‎2‎‎-x‎1‎>0‎，‎ fx‎2‎-fx‎1‎=fx‎2‎‎-‎x‎1‎‎+‎x‎1‎-fx‎1‎=fx‎2‎‎-‎x‎1‎+fx‎1‎-fx‎1‎=fx‎2‎‎-‎x‎1‎‎，‎ 因为x‎2‎‎-x‎1‎>0‎，所以fx‎2‎‎-‎x‎1‎>0‎，‎ 所以fx在R上单调递增.‎ ‎10.已知定义在区间‎(0,+∞)‎上的函数fx满足f(x‎1‎⋅x‎2‎)=f(x‎1‎)+f(x‎2‎)‎，且当x>1‎时，fx>0‎.‎ ‎（1）求f‎1‎的值；‎ ‎ （2）证明：fx为单调增函数；‎ ‎ （3）若f(‎1‎‎5‎)=-1‎，求fx在‎[‎1‎‎25‎,125]‎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f（1）‎的值； （2）根据函数的单调性的定义判断f（x）‎在‎（0，+∞）‎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⋅）﹣f（x2）=f（x2）+f（）﹣f（x2）=f（）＞0，‎ 即f（x1）＞f（x2），‎ ‎∴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．‎