【数学】2019届一轮复习苏教版第2章函数概念与基本初等函数I第5讲学案
第5讲 函数的单调性
考试要求 1.函数的单调性(B级要求)；2.运用函数图象研究函数的单调性(B级要求).
诊 断 自 测
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)对于函数f(x)，x∈D，若对任意x1，x2∈D，且x1≠x2有(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，则函数f(x)在区间D上是增函数.( )
(2)函数y＝的单调递减区间是(－∞，0)∪(0，＋∞).( )
(3)对于函数y＝f(x)，若f(1)
0)的单调增区间为________.
解析 函数的对称轴为x＝－1，又x>0，
所以函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞).
答案 (0，＋∞)
3.函数f(x)＝lg x2的单调递减区间是________.
解析 f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，y＝lg u在(0，＋∞)上为增函数，u＝x2在(－∞，0)上递减，在(0，＋∞)上递增，故f(x)在(－∞，0)上单调递减.
答案 (－∞，0)
4.(必修1P44习题2改编)如果二次函数f(x)＝3x2＋2(a－1)x＋b在区间(－∞，1)上是减函数，则实数a的取值范围为________.
解析 二次函数的对称轴方程为x＝－，
由题意知－≥1，即a≤－2.
答案 (－∞，－2]
5.(2018·盐城调研)下列函数：
①y＝－x；②y＝x2－x；③y＝ln x－x；④y＝ex－x.
其中在区间(0，＋∞)内单调递减的是________(填序号).
解析 对于①，y1＝在(0，＋∞)内是减函数，y2＝x在(0，＋∞)内是增函数，则y＝－x在(0，＋∞)内是减函数；②，③中的函数在(0，＋∞)上均不单调；④中，y′＝ex－1，而当x∈(0，＋∞)时，y′＞0，所以函数y＝ex－x在(0，＋∞)上是增函数.
答案 ①
知 识 梳 理
1.函数单调性的定义
增函数
减函数
定义
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的值x1，x2
当x1f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是减函数
图象
描述
自左向右看图象是上升的
自左向右看图象是下降的
2.单调区间的定义
如果函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，那么就说函数y＝f(x)在这一区间具有(严格的)单调性，区间D叫做函数y＝f(x)的单调区间.
考点一 求函数的单调区间
【例1】 (1)(2018·连云港模拟)函数f(x)＝log(x2－4)的单调递增区间是________.
(2)y＝－x2＋2|x|＋3的单调增区间为________.
解析 (1)因为y＝logt，t>0在定义域上是减函数，所以求原函数的单调递增区间，即求函数t＝x2－4的单调递减区间，结合函数的定义域，可知所求区间为
(－∞，－2).
(2)由题意知，当x≥0时，y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4；当x<0时，y＝－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4，
二次函数的图象如图.
由图象可知，函数y＝－x2＋2|x|＋3在(－∞，－1]，[0，1]上是增函数.
答案 (1)(－∞，－2) (2)(－∞，－1]，[0，1]
规律方法 确定函数单调性的方法
(1)定义法和导数法，证明函数单调性只能用定义法和导数法；
(2)复合函数法，复合函数单调性的规律是“同增异减”；
(3)图象法，图象不连续的单调区间不能用“∪”连接.
【训练1】 (1)已知函数f(x)＝，则该函数的单调递增区间为________.
(2)(教材改编)函数y＝的单调增区间为________；单调减区间为________.
解析 (1)设t＝x2－2x－3，则t≥0，即x2－2x－3≥0，
解得x≤－1或x≥3.所以函数的定义域为(－∞，－1]∪[3，＋∞).
因为函数t＝x2－2x－3的图象的对称轴为x＝1，
所以函数t在(－∞，－1]上单调递减，
在[3，＋∞)上单调递增.
所以函数f(x)的单调递增区间为[3，＋∞).
(2)观察函数图象得：当x≥0时，y＝x为增函数；当x<0时，y＝x2为减函数.
答案 (1)[3，＋∞) (2)[0，＋∞) (－∞，0)
考点二 证明函数的单调性
【例2】 (一题多解)判断函数f(x)＝x＋(a>0)在(0，＋∞)上的单调性，并给出证明.
解 f(x)在(0，]上是减函数，在[，＋∞)上是增函数.
证明如下：
法一 设x1，x2是任意两个正数，且00，即f(x1)>f(x2)，
所以函数f(x)在(0，]上是减函数.
当≤x1a，又x1－x2<0，
所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)0)在(0，]上是减函数，在[，＋∞)上为增函数.
法二 f′(x)＝1－，令f′(x)>0，则1－>0，
解得x>或x<－(舍).
令f′(x)<0，则1－<0，解得－0，∴00)，判断并证明函数f(x)在(－1，1)上的单调性.
解 法一 设－10，x1x2＋1>0，(x－1)(x－1)>0.
又∵a>0，∴f(x1)－f(x2)>0，
∴函数f(x)在(－1，1)上为减函数.
法二 f′(x)＝＝，
∵a>0，∴f′(x)<0在(－1，1)上恒成立，
故函数f(x)在(－1，1)上为减函数.
考点三 函数单调性的应用(典例迁移)
【例3】 (经典母题)(1)如果函数f(x)＝满足对任意x1≠x2，都有>0成立，那么a的取值范围是________.
(2)(2017·南通中 模拟)定义在R上的奇函数y＝f(x)在(0，＋∞)上递增，且f ＝0，则不等式f(logx)>0的解集为________.
解析 (1)对任意x1≠x2，都有>0.
所以y＝f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数.
所以解得≤a<2.
故实数a的取值范围是.
(2)∵y＝f(x)是定义在R上的奇函数，且y＝f(x)在(0，＋∞)上递增.
∴y＝f(x)在(－∞，0)上也是增函数，
又f ＝0，知f ＝－f ＝0.
故原不等式f(logx)>0可化为
f(logx)>f 或f(logx)>f ，
∴logx>或－0的解集是________.
解析 因为f(x)在R上为偶函数，且f ＝0，
所以f (logx)＞0等价于f(|logx|)＞f ，
又f(x)在[0，＋∞)上为减函数，所以|logx|＜，
即－＜logx＜，解得＜x＜3.
答案
规律方法 (1)在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解，此时应特别注意函数的定义域.
(2)利用单调性求参数的取值(范围)的思路是：根据其单调性直接构建参数满足的方程(组)(不等式(组))或先得到其图象的升降，再结合图象求解.
【训练3】 (1)(2018·徐州模拟)已知函数f(x)＝x，若f(x1)x2；②x1＋x2＝0；③x10时，f′(x)>0，∴f(x)在[0，＋∞)上为增函数，
由f(x1)1时，由题意知10时，它有两个减区间为(－∞，－1)和(－1，＋∞)，故只需区间[1，2]是f(x)和g(x)的减区间的子集即可，则a的取值范围是00可得x>4或x<－2，
所以x∈(－∞，－2)∪(4，＋∞)，
令u＝x2－2x－8，
则其在x∈(－∞，－2)上单调递减，
在x∈(4，＋∞)上单调递增.
又因为y＝ln u在u∈(0，＋∞)上单调递增，
所以y＝ln(x2－2x－8)在x∈(4，＋∞)上单调递增.
答案 (4，＋∞)
5.(2016·天津卷改编)已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增.若实数a满足f(2|a－1|)>f(－)，则a的取值范围是________.
解析 由题意知函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减.因为f(2|a－1|)>f(－)，f(－)＝f()，所以f(2|a－1|)>f()，所以2|a－1|<2，解之得log24.1>2>20.8，且y＝f(x)在R上为增函数，
∴f(log25)>f(log24.1)>f(20.8)，即a>b>c.
答案 c0，x>0).
(1)求证：f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
(2)若f(x)在上的值域是，求a的值.
(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，＋∞)上是增函数.
(2)解 ∵f(x)在上的值域是，又由(1)得f(x)在上是单调增函数，
∴f＝，f(2)＝2，易知a＝.
10.(2017·南通中 质检)已知函数f(x)＝－(x＋1)2＋2|x＋1|＋3.
(1)试求函数f(x)的单调区间，并指出相应的单调性；
(2)若f(2a2＋a＋1)0且3a2＋2a＋1>0恒成立，由(1)知函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
故由f(2a2＋a＋1)3a2－2a＋1，即a2－3a<0，解得00，a≠1)在[－1，2]上的最大值为4，最小值为m，且函数g(x)＝(1－4m)在[0，＋∞)上是增函数，则a＝________.
解析 当a>1，则y＝ax为增函数，有a2＝4，a－1＝m，此时a＝2，m＝，
此时g(x)＝－在[0，＋∞)上为减函数，不合题意.
当00时，00；
(3)求证：f(x)在R上是减函数；
(4)若f(x)·f(x－x2)>1，求x的范围.
(1)证明 取m＝0，n＝，则f ＝f f(0).
因为f >0，所以f(0)＝1.
(2)证明 设x<0，则－x>0，由条件可知f(－x)>0，又1＝f(0)＝f(x－x)＝f(x)·f(－x)>0，所以f(x)>0，所以x∈R时，恒有f(x)>0.
(3)证明 设x10，所以f(x2－x1)<1，即1－f(x2－x1)>0.
因为f(x1)>0，所以f(x1)[1－f(x2－x1)]>0.
所以f(x1)－f(x2)>0，即该函数在R上是减函数.
(4)解 因为f(x)·f(x－x2)>1，所以f(x)·f(x－x2)＝f(2x－x2)>f(0)，所以2x－x2<0，所以x的范围为x>2或x<0.
