學必求其心得，業必貴于專精學必求其心得，業必貴于專精PAGE21學必求其心得，業必貴于專精PAGE2．2.1函數的單調性（一)學習目標1.理解函數單調區間、單調性等概念.2.會劃分函數的單調區間，判斷單調性。3。會用定義證明函數的單調性．知識點一函數的單調性思考畫出函數f（x）＝x、f(x)＝x2的圖象,并指出f（x）＝x、f（x)＝x2的圖象的升降情況如何?梳理一般地，單調性是相對于區間來說的，函數圖象在某區間上上升，則函數在該區間上為單調增函數，該區間稱為單調增區間．反之則為單調減函數，相應區間稱為單調減區間．因為很多時候我們不知道函數圖象是什么樣的，而且用上升下降來刻畫單調性很粗糙．所以有以下定義：設函數y＝f（x)的定義域為A，區間I?A.(1)如果對于區間I內的任意兩個值x1，x2，當x1<x2時,都有f(x1）〈f（x2)，那么就說y＝f（x)在區間I上是單調增函數，I稱為y＝f（x）的單調增區間．(2)如果對于區間I內的任意兩個值x1,x2，當x1<x2時,都有f(x1）〉f(x2），那么就說y＝f(x)在區間I上是單調減函數，I稱為y＝f（x）的單調減區間．單調增區間和單調減區間統稱為單調區間．知識點二函數的單調區間

思考我們已經知道f(x)＝x2的單調減區間為(－∞，0］，f（x）＝eq\f(1，x）的單調減區間為（－∞，0)，這兩個單調減區間的書寫形式能不能交換？梳理一般地,有下列常識(1）函數單調性關注的是整個區間上的性質，單獨一點不存在單調性問題，所以單調區間的端點若屬于定義域,則該點處區間可開可閉，若區間端點不屬于定義域則只能開．(2)單調區間D?定義域I.(3）遵循最簡原則，單調區間應盡可能大．類型一求單調區間并判斷單調性例1如圖是定義在區間[－5,5]上的函數y＝f(x)，根據圖象說出函數的單調區間，以及在每一單調區間上,它是單調增函數還是單調減函數?反思與感悟函數的單調性是在定義域內的某個區間上的性質，單調區間是定義域的子集；當函數出現兩個以上單調區間時，單調區間之間可用“，"分開，不能用“∪",可以用“和”來表示；在單調區間D上函數要么是單調增函數，要么是單調減函數，不能二者兼有．跟蹤訓練1寫出函數y＝|x2－2x－3|的單調區間，并指出單調性．類型二證明單調性命題角度1證明具體函數的單調性例2證明f（x）＝eq\r(x)在其定義域上是單調增函數．反思與感悟運用定義判斷或證明函數的單調性時,應在函數的定義域內給定的區間上任意取x1,x2且x1〈x2的條件下,轉化為確定f(x1)與f(x2)的大小,要牢記五大步驟：取值→作差→變形→定號→小結．跟蹤訓練2求證:函數f（x）＝x＋eq\f（1，x）在[1，＋∞）上是單調增函數．命題角度2證明抽象函數的單調性例3已知函數f(x)對任意的實數x、y都有f（x＋y)＝f(x)＋f（y）－1，且當x>0時,f(x）>1.求證:函數f（x)在R上是單調增函數．反思與感悟因為抽象函數不知道解析式,所以不能代入求f（x1)－f(x2)，但可以借助題目提供的函數性質來確定f（x1）－f（x2）的大小，這時就需要根據解題需要對抽象函數進行賦值．跟蹤訓練3已知函數f(x)的定義域是R,對于任意實數m，n,恒有f(m＋n)＝f(m）·f（n)，且當x>0時,0<f（x)<1。求證：f(x）在R上是單調減函數．類型三單調性的應用命題角度1利用單調性求參數范圍例4若函數f（x）＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（3a－1x＋4a，x<1，,－ax，x≥1））是定義在R上的單調減函數，則a的取值范圍為________．反思與感悟分段函數在定義域上單調,除了要保證各段上單調外,還要保證在接口處不能反超．另外，函數在單調區間上的圖象不一定是連續不斷的．跟蹤訓練4已知函數f(x）＝x2－2ax－3在區間［1,2］上單調,則實數a的取值范圍為________________．命題角度2用單調性解不等式例5已知y＝f(x)在定義域（－1,1)上是單調減函數，且f（1－a）〈f(2a－1),求a的取值范圍．反思與感悟若已知函數f（x）的單調性，則由x1，x2的大小，可得f(x1），f（x2）的大小；由f(x1),f(x2)的大小，可得x1，x2的大小．跟蹤訓練5在例5中若函數y＝f（x)的定義域為R，且為單調增函數，f(1－a)〈f(2a－1),則a的取值范圍又是什么？1．函數y＝f（x）在區間［－2,2］上的圖象如圖所示,則此函數的單調增區間是________．2．函數y＝eq\f(6,x）的單調減區間是________．3．在下列函數f(x）中,滿足對任意x1，x2∈(0，＋∞),當x1〈x2時,都有f(x1）>f(x2)的是________．(填序號）①f(x）＝x2；②f（x）＝eq\f（1,x）；③f（x）＝｜x|；④f(x）＝2x＋1。4．給出下列說法：①若定義在R上的函數f(x)滿足f（3)＞f(2），則函數f（x）在R上為單調增函數;②若定義在R上的函數f(x)滿足f(3）＞f（2），則函數f(x)在R上不可能為單調減函數;③函數f(x）＝－eq\f（1，x）在(－∞，0）∪（0，＋∞）上為單調增函數；④函數f（x）＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x＋1,x≥0，，－x2＋1，x＜0））在定義域R上為單調增函數．其中說法正確的是________．(填序號）5．若函數f(x)在R上是單調減函數,且f(｜x|)〉f（1)，則x的取值范圍是________．1．若f（x）的定義域為D,A?D,B?D,f(x)在A和B上都為單調減函數，未必有f(x)在A∪B上為單調減函數．2．對單調增函數的判斷，對任意x1<x2，都有f(x1）〈f(x2)，也可以用一個不等式來替代:（x1－x2）［f（x1)－f（x2)］>0或eq\f(fx1－fx2，x1－x2)〉0。對單調減函數的判斷,對任意x1〈x2，都有f（x1）>f(x2)，相應地也可用一個不等式來替代：（x1－x2）·［f(x1）－f（x2)］<0或eq\f（fx1－fx2，x1－x2）<0.3．熟悉常見的一些函數的單調性,包括一次函數，二次函數，反比例函數等．4．若f(x)，g(x)都是單調增函數，h（x）是單調減函數，則:①在定義域的交集（非空)上，f(x）＋g（x）為單調增函數，f（x)－h（x)為單調增函數,②－f（x)為單調減函數，③eq\f（1，fx)為單調減函數（f（x)≠0)．5．對于函數值恒正(或恒負)的函數f（x），證明單調性時，也可以作商eq\f(fx1，fx2）與1比較．

答案精析問題導學知識點一思考兩函數的圖象如下:函數f(x）＝x的圖象由左到右是上升的；函數f（x）＝x2的圖象在y軸左側是下降的，在y軸右側是上升的．知識點二思考f(x)＝x2的單調減區間可以寫成(－∞,0），而f(x）＝eq\f（1，x）的單調減區間（－∞,0)不能寫成(－∞,0］,因為0不屬于f（x)＝eq\f(1,x）的定義域．題型探究例1解y＝f(x）的單調區間有[－5，－2］，［－2,1］，［1，3］,［3，5］,其中y＝f（x）在區間［－5，－2]，［1,3］上是單調減函數，在區間［－2，1],［3,5]上是單調增函數．跟蹤訓練1解先畫出f(x)＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x2－2x－3，x<－1或x>3，,－x2－2x－3，－1≤x≤3））的圖象，如圖．所以y＝｜x2－2x－3｜的單調區間有（－∞，－1］，［－1，1],［1,3］，［3,＋∞)，其中單調減區間是（－∞，－1］，[1，3］；單調增區間是［－1,1],［3,＋∞)．例2證明f（x）＝eq\r（x）的定義域為[0，＋∞）．設x1，x2是定義域［0，＋∞)上的任意兩個實數，且x1<x2，則f(x1）－f（x2）＝eq\r（x1）－eq\r（x2)＝eq\f(\r（x1)－\r(x2)\r（x1)＋\r(x2）,\r（x1）＋\r（x2))＝eq\f（x1－x2,\r(x1)＋\r(x2)）.∵0≤x1<x2，∴x1－x2<0，eq\r(x1)＋eq\r(x2）〉0，∴f（x1)－f(x2)〈0，即f（x1）<f(x2)，∴f（x)＝eq\r（x)在定義域［0，＋∞）上是單調增函數．跟蹤訓練2證明設x1，x2是實數集R上的任意實數，且1≤x1〈x2，則f(x1)－f（x2）＝x1＋eq\f(1，x1）－（x2＋eq\f（1，x2)）＝(x1－x2)＋（eq\f（1,x1）－eq\f(1,x2））＝(x1－x2)＋eq\f（x2－x1，x1x2）＝(x1－x2）(1－eq\f(1,x1x2）)＝（x1－x2）(eq\f(x1x2－1，x1x2）)．∵1≤x1<x2，∴x1－x2<0，1〈x1x2，∴eq\f(x1x2－1，x1x2)〉0，故（x1－x2）(eq\f(x1x2－1,x1x2)）〈0,即f(x1)－f(x2）<0,即f(x1）〈f（x2）．∴f(x)＝x＋eq\f(1，x)在區間［1，＋∞）上是單調增函數．例3證明方法一設x1,x2是實數集上的任意兩個實數，且x1>x2。令x＋y＝x1，y＝x2,則x＝x1－x2>0.f（x1）－f(x2)＝f（x＋y）－f(y）＝f(x）＋f(y)－1－f（y)＝f(x）－1.∵x〉0，∴f(x）〉1，f（x）－1>0，∴f（x1）－f（x2）〉0，即f(x1)〉f(x2)．∴函數f（x)在R上是單調增函數．方法二設x1〉x2，則x1－x2〉0，從而f(x1－x2)〉1，即f(x1－x2）－1>0。f（x1)＝f［x2＋（x1－x2)]＝f(x2)＋f（x1－x2)－1>f(x2），故f(x）在R上是單調增函數．跟蹤訓練3證明∵對于任意實數m，n,恒有f(m＋n）＝f（m)·f(n),令m＝1，n＝0，可得f(1）＝f(1）·f(0），∵當x＞0時，0＜f（x)＜1，∴f（1）≠0，∴f(0）＝1.令m＝x＜0，n＝－x＞0，則f(m＋n)＝f(0）＝f(－x）·f（x)＝1，∴f（x）f(－x)＝1，又∵－x＞0時，0＜f(－x)＜1，∴f（x)＝eq\f(1，f－x）＞1。∴對任意實數x，f（x)恒大于0。設任意x1<x2，則x2－x1〉0，∴0<f(x2－x1)〈1,∴f（x2)－f(x1)＝f［（x2－x1)＋x1]－f(x1)＝f(x2－x1）f(x1）－f(x1）＝f(x1）［f（x2－x1）－1]〈0，∴f(x)在R上是單調減函數．例4［eq\f(1，8)，eq\f(1,3））解析要使f(x)在R上是單調減函數,需滿足：eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（3a－1〈0，,－a〈0，,3a－1·1＋4a≥－a·1，))解得eq\f(1,8)≤a＜eq\f(1，3）.跟蹤訓練4（－∞，1]∪［2，＋∞）解析由于二次函數開口向上，故其單調增區間為[a,＋∞）,單調減區間為(－∞，a］，而f（x）在區間［1，2]上單調，所以［1,2]?［a，＋∞)或[1，2]?(－∞,a]，即a≤1或a≥2。例5解f(1－a）〈f(2a－1)等價于eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(－1<1－a〈1，，－1<2a－1<1，，1－a〉2a－1,)）解得0〈a〈eq\f(2，3)，即所求a的取值范圍是0<a<eq\f（2,3).跟蹤訓練5解∵y＝f（x）的定義域為R,且為單調增函數，f(1－a）〈f(2a－1），∴1－a<2a－1，即a>eq\f(2,3)，∴所求a的取值范圍是(eq\f（2，3），＋∞）．當堂訓練1．［－2，1]2。（－∞，0)，(