衡水獨家秘籍之2020高中期末復(fù)習(xí) 專題三 函數(shù)單調(diào)性的判斷與證明

衡水獨家秘籍之2020衡水獨家秘籍之2020高中期末復(fù)習(xí)專題三函數(shù)單調(diào)性的判斷與證明【方法綜述】1．函數(shù)的單調(diào)性（1）.增函數(shù)：若對于定義域內(nèi)的某個區(qū)間上的任意兩個自變量、，當(dāng)時，都有，那么就說函數(shù)在區(qū)間上是增函數(shù)；（2）減函數(shù)：若對于定義域內(nèi)的某個區(qū)間上的任意兩個自變量、，當(dāng)時，都有，那么就說函數(shù)在區(qū)間上是減函數(shù).2.復(fù)合函數(shù)單調(diào)性的結(jié)論：y＝f(t)遞增遞減t＝g(x)遞增遞減遞增遞減y＝f[g(x)]遞增遞減遞減遞增以上規(guī)律可總結(jié)為：“同向得增，異向得減”或“同增異減”．不過要注意：單調(diào)區(qū)間必須注意定義域；要確定t＝g(x)(常稱內(nèi)層函數(shù))的值域，否則無法確定f(t)(常稱外層函數(shù))的單調(diào)性．3.用定義證明函數(shù)單調(diào)性中的變形策略由定義證明函數(shù)f(x)在區(qū)間D上的單調(diào)性，其步驟為：取值→作差→變形→定號．其中變形是最關(guān)鍵的一步，合理變形是準(zhǔn)確判斷f(x1)－f(x2)的符號的關(guān)鍵所在．常見變形方法有因式分解、配方、同分、有理化等，下面舉例說明.例1.求證：函數(shù)f(x)＝x2－4x在(－∞，2]上是減函數(shù)．證明：設(shè)x1，x2是(－∞，2]上的任意兩個實數(shù)，且x1＜x2，則f(x1)－f(x2)＝(xeq\o\al(2,1)－4x1)－(xeq\o\al(2,2)－4x2)＝(x1－x2)(x1＋x2－4)．因為x1＜x2≤2，所以x1－x2＜0，x1＋x2－4＜0.所以f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)．故函數(shù)f(x)在(－∞，2]上是減函數(shù)．評注因式分解是變形的常用策略，但必須注意，分解時一定要徹底，這樣才利于判斷f(x1)－f(x2)的符號．例2.求證：函數(shù)f(x)＝x3＋1在R上是增函數(shù)．證明：設(shè)x1，x2是R上的任意兩個實數(shù)，且x1＜x2，則f(x1)－f(x2)＝xeq\o\al(3,1)＋1－xeq\o\al(3,2)－1＝xeq\o\al(3,1)－xeq\o\al(3,2)＝(x1－x2)(xeq\o\al(2,1)＋x1x2＋xeq\o\al(2,2))＝(x1－x2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(x2,2)))2＋\f(3,4)x\o\al(2,2))).因為x1＜x2，所以x1－x2＜0，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(x2,2)))2＋eq\f(3,4)xeq\o\al(2,2)＞0.所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)．故函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù)．評注本題極易在(x1－x2)(xeq\o\al(2,1)＋x1x2＋xeq\o\al(2,2))處“止步”而致誤．而實際上當(dāng)我們不能直接判斷xeq\o\al(2,1)＋x1x2＋xeq\o\al(2,2)的符號，又不能因式分解時，采用配方則會“柳暗花明”．例3.已知函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(1,x)，求證：函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1]上是減函數(shù)．證明：設(shè)x1，x2是區(qū)間(0,1]上的任意兩個實數(shù)，且x1＜x2，則f(x1)－f(x2)＝x1＋eq\f(1,x1)－x2－eq\f(1,x2)＝(x1－x2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))＝(x1－x2)＋eq\f(x2－x1,x1x2)＝(x1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x1x2)))＝(x1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2－1,x1x2))).因為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)．故函數(shù)f(x)在(0,1]上是減函數(shù)．評注同樣，我們可以證明f(x)＝x＋eq\f(1,x)在區(qū)間[1，＋∞)上是增函數(shù)．例4.已知函數(shù)f(x)＝eq\r(x－1)，求證：函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是增函數(shù)．證明：設(shè)x1，x2是區(qū)間[1，＋∞)上的任意兩個實數(shù)，且x1＜x2，則f(x1)－f(x2)＝eq\r(x1－1)－eq\r(x2－1)＝eq\f(x1－x2,\r(x1－1)＋\r(x2－1)).因為x1＜x2，且x1，x2∈[1，＋∞)，所以x1－x2＜0，eq\r(x1－1)＋eq\r(x2－1)＞0.所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)．故函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)．評注對于根式函數(shù)常采用分子或分母有理化變形手段以達(dá)到判斷f(x1)－f(x2)符號的目的.例5.求函數(shù)y＝eq\f(1,x＋12)的單調(diào)區(qū)間．解：函數(shù)y＝eq\f(1,x＋12)的定義域為(－∞，－1)∪(－1，＋∞)，設(shè)t＝(x＋1)2，則y＝eq\f(1,t)(t>0)．當(dāng)x∈(－∞，－1)時，t是x的減函數(shù)，y是t的減函數(shù)，所以(－∞，－1)是y＝eq\f(1,x＋12)的遞增區(qū)間；當(dāng)x∈(－1，＋∞)時，t是x的增函數(shù)，y是t的減函數(shù)，所以(－1，＋∞)是y＝eq\f(1,x＋12)的遞減區(qū)間．綜上知，函數(shù)y＝eq\f(1,x＋12)的遞增區(qū)間為(－∞，－1)，遞減區(qū)間為(－1，＋∞)．例6.求y＝eq\f(1,x2－2x－3)的單調(diào)區(qū)間．解：由x2－2x－3≠0，得x≠－1或x≠3，令t＝x2－2x－3(t≠0)，則y＝eq\f(1,t)，因為y＝eq\f(1,t)在(－∞，0)，(0，＋∞)上為減函數(shù)，而t＝x2－2x－3在(－∞，－1)，(－1,1)上為減函數(shù)，在(1,3)，(3，＋∞)上是增函數(shù)，所以函數(shù)y＝eq\f(1,x2－2x－3)的遞增區(qū)間為(－∞，－1)，(－1,1)，遞減區(qū)間為(1,3)，(3，＋∞).【針對訓(xùn)練】1．下列四個函數(shù)中，在-∞,0上為減函數(shù)的是（）A．fx=C．fx=x+1【答案】A【解析】對于選項A,函數(shù)的圖像的對稱軸為x=1,開口向上，所以函數(shù)在-∞,0上為減函數(shù).所以選項A是正確的.對于選項B,fx=-x2在在-∞,0上為增函數(shù)，所以選項B是錯誤的.對于選項C,fx故答案為：A.2.下列四個函數(shù)中，在(0，＋∞)上為增函數(shù)的是()A．f(x)＝3－x B．f(x)＝x2－3xC．f(x)＝－eq\f(1,x＋1) D．f(x)＝－|x|【答案】C【解析】當(dāng)x>0時，f(x)＝3－x為減函數(shù)；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))時，f(x)＝x2－3x為減函數(shù)；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))時，f(x)＝x2－3x為增函數(shù)；當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f(x)＝－eq\f(1,x＋1)為增函數(shù)；當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f(x)＝－|x|為減函數(shù)．3．若函數(shù)與在上都是減函數(shù)，則在上是（）A．增函數(shù)B．減函數(shù)C．先增后減D．先減后增【答案】B【解析】由函數(shù)與在上都是減函數(shù),可得.則一元二次函數(shù)在上為減函數(shù).故選B.4.定義在上的函數(shù)對任意兩個不相等實數(shù)，，總有成立，則必有（）A.在上是增函數(shù)B.在上是減函數(shù)C.函數(shù)是先增加后減少D.函數(shù)是先減少后增加【答案】A【解析】若則由題意知，一定有成立，由增函數(shù)的定義知，該函數(shù)在上是增函數(shù)；同理若，則一定有成立，即該函數(shù)在上是增函數(shù).所以函數(shù)在上是增函數(shù).故應(yīng)選A.5.已知fx=1+2x-xA.在區(qū)間-2,1上單調(diào)遞增B.在0,2上單調(diào)遞增C.在-1,1上單調(diào)遞增D.在1,2上單調(diào)遞增【答案】D【解析】fx記t=fx當(dāng)x∈-2,1時，而y=ft在當(dāng)x∈0,2時，當(dāng)x∈-1,1時，而y=ft在當(dāng)x∈1，2時，f而y=ft在故選：D6.試討論函數(shù)f(x)＝eq\f(ax,x－1)(a≠0)在(－1,1)上的單調(diào)性．【答案】見解析【解析】設(shè)－1<x1<x2<1，f(x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－1＋1,x－1)))＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x－1)))，f(x1)－f(x2)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x1－1)))－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2－1)))＝eq\f(ax2－x1,x1－1x2－1).由于－1<x1<x2<1，所以x2－x1>0，x1－1<0，x2－1<0，故當(dāng)a>0時，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，函數(shù)f(x)在(－1,1)上遞減；當(dāng)a<0時，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，函數(shù)f(x)在(－1,1)上遞增．綜上，當(dāng)a>0時，f(x)在(－1,1)上單調(diào)遞減；當(dāng)a<0時，f(x)在(－1,1)上單調(diào)遞增．7.已知a>0，函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(a,x)(x>0)，證明：函數(shù)f(x)在(0，eq\r(a)]上是減函數(shù)，在[eq\r(a)，＋∞)上是增函數(shù)．【答案】見解析.【解析】任意取x1>x2>0，則f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(a,x1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(a,x2)))＝(x1－x2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x1)－\f(a,x2)))＝(x1－x2)＋eq\f(ax2－x1,x1x2)＝(x1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a,x1x2))).當(dāng)eq\r(a)≥x1>x2>0時，x1－x2>0,1－eq\f(a,x1x2)<0，有f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，此時，函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)在(0，eq\r(a)]上為減函數(shù)；當(dāng)x1>x2≥eq\r(a)時，x1－x2>0,1－eq\f(a,x1x2)>0，有f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，此時，函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)在[eq\r(a)，＋∞)上為增函數(shù)；綜上可知，函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(a,x)(a>0)在(0，eq\r(a)]上為減函數(shù)，在[eq\r(a)，＋∞)上為增函數(shù)．8.已知函數(shù)f(x)=ax+bx的圖象經(jīng)過點A（1，1），（1）求函數(shù)f(x)的解析式；（2）判斷函數(shù)f(x)在（0，+∞）上的單調(diào)性并用定義證明；【答案】（1）f(x)=-x+2x【解析】（1）由f(x)的圖象過A、B，則，解得．∴（x≠0）．（2）證明：設(shè)任意x1，x2∈，且x1<x2．∴.由x1，x2∈，得x1x2>0，x1x2+2>0．由x1<x2，得．∴，即．∴函數(shù)在上為減函數(shù)．9.已知函數(shù)f(x)在R上滿足f(x+y)=f(x)+f(y)，且f(x)>0，f(1)=2.（1）求f(0)，f(3)的值；（2）判斷f(x)的單調(diào)性并證明；【答案】(1)f0=0,f3=6；(2)【解析】（1）令x=0,y=0，即可得到f0=0，再令x=y=1，可得f2=4，令（2）fx證明：任取x1,x2∈Rfx因為x2-x所以fx在R10.已知定義在區(qū)間(0,+∞)上的函數(shù)fx滿足f(x1?x（1）求f1（2）證明：fx（3）若f(15)=-1，求f【答案】（1）f（1）=0．（2）見解析（3）最小值為﹣2，最大值為3．【解析】試題分析：（1）利用賦值法進(jìn)行求f（1）的值；

（2）根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性的定義判斷f（x）在（0，+∞）上的單調(diào)性，并證明．

（3）根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)，并利用賦值法可得函數(shù)的最值．試題解析：（1）∵函數(shù)f（x）滿足f（x1?x2）=f（x1）+f（x2），令x1=x2=1，則f（1）=f