PAGE1-課時11函數(shù)的單調(diào)性(1)對應學生用書P25學問點一函數(shù)單調(diào)性的概念1．設(a，b)，(c，d)都是f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間，且x1∈(a，b)，x2∈(c，d)，x1＜x2，則f(x1)與f(x2)的大小關系為()A．f(x1)＜f(x2)B．f(x1)＞f(x2)C．f(x1)＝f(x2)D．不能確定答案D解析由函數(shù)單調(diào)性的定義，知所取兩個自變量必需是同一單調(diào)區(qū)間內(nèi)的值，才能由該區(qū)間上函數(shù)的單調(diào)性來比較函數(shù)值的大小，而本題中的x1，x2不在同一單調(diào)區(qū)間內(nèi)，所以f(x1)與f(x2)的大小關系不能確定．故選D.2．已知函數(shù)f(x)的定義域為A，假如對于屬于定義域內(nèi)某個區(qū)間I上的隨意兩個不同的自變量x1，x2，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＞0，則()A．f(x)在這個區(qū)間上為增函數(shù)B．f(x)在這個區(qū)間上為減函數(shù)C．f(x)在這個區(qū)間上的增減性不確定D．f(x)在這個區(qū)間上為常函數(shù)答案A解析①當x1＞x2時，x1－x2＞0，則f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，∴f(x)在區(qū)間I上是增函數(shù)．②當x1＜x2時，x1－x2＜0，則f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，∴f(x)在區(qū)間I上是增函數(shù)．綜合①②可知，f(x)在區(qū)間I上是增函數(shù)．故選A.學問點二函數(shù)單調(diào)性的推斷3.函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，則()A．函數(shù)f(x)在[－1,2]上是增函數(shù)B．函數(shù)f(x)在[－1,2]上是減函數(shù)C．函數(shù)f(x)在[－1,4]上是減函數(shù)D．函數(shù)f(x)在[2,4]上是增函數(shù)答案A解析由圖象知，f(x)在[－1,2]上是增函數(shù)，在(2,4]上是減函數(shù)，故選A.4．函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋1，x≥0，,－x2，x<0))的單調(diào)性為()A．在(0，＋∞)上為減函數(shù)B．在(－∞，0)上為增函數(shù)，在(0，＋∞)上為減函數(shù)C．不能推斷單調(diào)性D．在(－∞，＋∞)上是增函數(shù)答案D解析畫出函數(shù)圖象．如圖，由圖知f(x)在R上為增函數(shù)．學問點三函數(shù)單調(diào)性的證明5.(1)證明：函數(shù)f(x)＝x2－eq\f(1,x)在區(qū)間(0，＋∞)上是增函數(shù)；(2)證明：函數(shù)f(x)＝x3＋x在R上是增函數(shù)．證明(1)任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＜x2，則f(x1)－f(x2)＝xeq\o\al(2,1)－eq\f(1,x1)－xeq\o\al(2,2)＋eq\f(1,x2)＝(x1－x2)x1＋x2＋eq\f(1,x1x2).∵0＜x1＜x2，∴x1－x2＜0，x1＋x2＋eq\f(1,x1x2)＞0.∴f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)．∴函數(shù)f(x)＝x2－eq\f(1,x)在區(qū)間(0，＋∞)上是增函數(shù)．(2)設x1，x2是R上的隨意兩個實數(shù)，且x1＜x2，則x2－x1＞0，而f(x2)－f(x1)＝(xeq\o\al(3,2)＋x2)－(xeq\o\al(3,1)＋x1)＝(x2－x1)(xeq\o\al(2,2)＋x2x1＋xeq\o\al(2,1))＋(x2－x1)＝(x2－x1)(xeq\o\al(2,2)＋x2x1＋xeq\o\al(2,1)＋1)＝(x2－x1)x2＋eq\f(x1,2)2＋eq\f(3,4)xeq\o\al(2,1)＋1.因為x2＋eq\f(x1,2)2＋eq\f(3,4)xeq\o\al(2,1)＋1＞0，x2－x1＞0，所以f(x2)－f(x1)＞0，即f(x2)＞f(x1)．因此函數(shù)f(x)＝x3＋x在R上是增函數(shù).學問點四推斷復合函數(shù)的單調(diào)性6.已知函數(shù)f(x)＝8＋2x－x2，g(x)＝f(2－x2)，試求g(x)的單調(diào)區(qū)間．解令u(x)＝2－x2，則u(x)在(－∞，0]上為增函數(shù)，在[0，＋∞)上為減函數(shù)，且u(0)＝2.f(x)＝8＋2x－x2＝－(x－1)2＋9在(－∞，1]上為增函數(shù)，在[1，＋∞)上為減函數(shù)．令－x2＋2＝1，則x＝±1.∴當x∈(－∞，－1]時，u(x)為增函數(shù)，值域為(－∞，1]，且f(x)在(－∞，1]上也為增函數(shù)．∴g(x)在(－∞，－1]上為增函數(shù)．同理，g(x)在[－1,0]上為減函數(shù)，在[0,1]上為增函數(shù)，在[1，＋∞)上為減函數(shù)．所以函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－1]，[0,1]，單調(diào)遞減區(qū)間是[－1,0]，[1，＋∞).易錯點忽視單調(diào)區(qū)間的端點值而致誤7.函數(shù)y＝eq\f(x,x＋a)在(－2，＋∞)上為增函數(shù)，則a的取值范圍是________．易錯分析分別常數(shù)后解析式為y＝1－eq\f(a,x＋a)，依據(jù)單調(diào)性得出－a<－2即a>2，由于忽視了端點值而得出a>2的錯誤結(jié)論．答案a≥2正解y＝eq\f(x,x＋a)＝1－eq\f(a,x＋a)依題意，得函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，－a)，(－a，＋∞)，要使函數(shù)在(－2，＋∞)上為增函數(shù)，只要－2≥－a，即a≥2.對應學生用書P26一、選擇題1．下列說法中，正確的有()①若隨意x1，x2∈I，當x1＜x2時，eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＜0，則y＝f(x)在I上是減函數(shù)；②函數(shù)y＝x2在R上是增函數(shù)；③函數(shù)y＝－eq\f(1,x)在定義域上是增函數(shù)；④函數(shù)y＝eq\f(1,x)的單調(diào)區(qū)間是(－∞，0)∪(0，＋∞)．A．0個B．1個C．2個D．3個答案B解析①若隨意x1，x2∈I，當x1<x2時，eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＜0，則y＝f(x)在I上是減函數(shù)，這是減函數(shù)的定義，故①正確；②函數(shù)y＝x2在(－∞，0)上是減函數(shù)，在(0，＋∞)上是增函數(shù)，故②錯誤；③函數(shù)y＝－eq\f(1,x)在(－∞，0)上是增函數(shù)，在(0，＋∞)上是增函數(shù)，故③錯誤；④y＝eq\f(1,x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，0)和(0，＋∞)，故④錯誤．故選B.2．下列四個函數(shù)在(－∞，0)上為增函數(shù)的是()①y＝|x|；②y＝eq\f(|x|,x)；③y＝－eq\f(x2,|x|)；④y＝x＋eq\f(x,|x|).A．①②B．②③C．③④D．①④答案C解析①y＝|x|＝－x(x<0)在(－∞，0)上為減函數(shù)；②y＝eq\f(|x|,x)＝－1(x<0)在(－∞，0)上既不是增函數(shù)，也不是減函數(shù)；③y＝－eq\f(x2,|x|)＝x(x<0)在(－∞，0)上是增函數(shù)；④y＝x＋eq\f(x,|x|)＝x－1(x<0)在(－∞，0)上是增函數(shù)．故選C.3．當y＝x2＋bx＋c(x∈(－∞，1))是單調(diào)函數(shù)時，b的取值范圍是()A．[－2，＋∞)B．(－∞，－2]C．(－2，＋∞)D．(－∞，－2)答案B解析由y＝x2＋bx＋c可知，二次函數(shù)的對稱軸為x＝－eq\f(b,2)，要使函數(shù)y＝x2＋bx＋c在(－∞，1)上是單調(diào)函數(shù)，則－eq\f(b,2)≥1，所以b≤－2.故選B.4．若f(x)＝－x2＋2ax與g(x)＝eq\f(a,x＋1)在區(qū)間[1,2]上都是減函數(shù)，則a的取值范圍是()A．(－1,0)∪(0,1)B．(－1,1)C．(0,1)D．(0,1]答案D解析由f(x)＝－x2＋2ax在[1,2]上是減函數(shù)，得a≤1.由函數(shù)g(x)＝eq\f(a,x＋1)在[1,2]上是減函數(shù)，得a>0，故a的取值范圍為(0,1]．5．已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－1x＋4a，x＜1，,－x＋1，x≥1))是定義在R上的減函數(shù)，那么a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)，＋∞))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)，\f(1,3)))D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,7)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))答案C解析要使f(x)在(－∞，＋∞)上為減函數(shù)，必需同時滿意3個條件：①g(x)＝(3a－1)x＋4a在(－∞，1)上為減函數(shù)；②h(x)＝－x＋1在[1，＋∞)上為減函數(shù)；③g(1)≥h(1)．所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－1＜0，,3a－1×1＋4a≥－1＋1，))所以eq\f(1,7)≤a＜eq\f(1,3).二、填空題6．已知函數(shù)f(x)＝|x＋a|在區(qū)間(－∞，1]上單調(diào)遞減，則a的取值范圍是________．答案a≤－1解析當x∈R時，f(x)＝|x＋a|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋a，x≥－a，,－x－a，x<－a，))∴f(x)的遞減區(qū)間為(－∞，－a]．由題意，(－∞，1]?(－∞，－a]，∴－a≥1，即a≤－1.7．若函數(shù)y＝ax與y＝－eq\f(b,x)在(0，＋∞)上都是減函數(shù)，則函數(shù)y＝ax2＋bx在(0，＋∞)上是單調(diào)________函數(shù)．答案減解析y＝ax和y＝－eq\f(b,x)在(0，＋∞)上都是減函數(shù)，∴a<0，b<0，y＝ax2＋bx＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(b,2a)))2－eq\f(b2,4a)，對稱軸x＝－eq\f(b,2a)<0，∴y＝ax2＋bx在(0，＋∞)上是單調(diào)減函數(shù)．8．若函數(shù)f(x)＝|2x＋a|的單調(diào)遞增區(qū)間是[3，＋∞)，則a＝________.答案－6解析作出函數(shù)f(x)＝|2x＋a|的圖象，大致如圖，依據(jù)圖象可得函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，＋∞))，即－eq\f(a,2)＝3，a＝－6.三、解答題9．已知函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，且f(x)<0(x>0)，試推斷F(x)＝eq\f(1,fx)在(0，＋∞)上的單調(diào)性，并加以證明．解F(x)＝eq\f(1,fx)在(0，＋∞)上為減函數(shù)．證明如下：任取x1，x2，使0<x1<x2，則F(x2)－F(x1)＝eq\f(1,fx2)－eq\f(1,fx1)＝eq\f(fx1－fx2,fx1fx2).∵x>0時，f(x)<0，∴f(x1)·f(x2)>0.又∵y＝f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，∴f(x2)>f(x1)，即f(x1)－f(x2)<0.∴F(x2)－F(x1)<0，即F(x2)<F(x1)．∴函數(shù)F(x)＝eq\f(1,fx)在(0，＋∞)上為減函數(shù)．10．求函數(shù)f(x)＝eq\f(x＋a,x＋b)(a＞b＞0)的單調(diào)區(qū)間．解由題意知函數(shù)f(x)的定義域是(－∞，－b)∪(－b，＋∞)．設x1，x2是區(qū)間(－b，＋∞)上的隨意兩個實數(shù)，且x1＜x2，則f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1＋a,x1＋b)－eq\f(x2＋a,x2＋b)＝1＋eq\f(a－b,x1＋b)－1＋eq\f(a－b,x2＋b)＝eq\f(a－b,x1＋b)－eq\f(a－b,x2＋b)＝eq\