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函数单调性的判断、证明和单调区间的求法



第 06 讲:函数的单调性的判断、证明和单调区间的求法 【考纲要求】 理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义。 【基础知识】

区间具有严格的单调性,区间 D 叫做 y ? f ( x) 的单调区间。否则都叫 函数不具有严格的单调性。 3、判断证 明函数单调性的一般方法:单调四法,导数定义复合图像 (1)定义法 用定义法证明函数的单调性的一般步骤是①取值,设 x1 , x2 ? D ,且
x1 ? x2 ;②作差,求 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ;③变形(合并同类项、通分、分解

因式、配方等) ;④判断 f ( x1 ) ? f ( x2 ) 的正负符号;⑤根据函数单调性 的定义下结论。 (2)复合函数分析法 设 y ? f (u ) , u ? g ( x) x ? [a, b] , u ?[m, n] 都是单调函数,则 y ? f [ g ( x)] 在
[a, b] 上也是单调函数,其单调性由“同增异减”来确定,即“里外”函数

增减性相同,复合函数为增函数, “里外”函数的增减性相反,复合函 数为减函数。如下表:

设 f ( x) 在某个区间 (a, b) 内有导数 f 1 ( x) ,若 f ( x) 在区间 (a, b) 内,总有 。 f 1 ( x) ? 0( f 1 ( x) ? 0) ,则 f ( x) 在区间 ( a, b) 上为增函数(减函数) (4)图像法 一般通过已知条件作出函数图像的草图,如果函数的图像,在某个 区间 D ,从左到右,逐渐上升,则函数在这个区间 D 是增函数;如果 从左到右,是逐渐下降,则函数是减函数。 4、求函数的单调区间:单调四法,导数定义复合图像 (1)定义法 (2)复合函数法 先求函数的定义域,再分解复合函数,再判断每一个内层函数的单调 性,最后根据复合函数的单调性确定函数的单调性。 (3)导数法

在其对称区间上的单调性相减,如函数 y ? x 2 。 (2)在公共的定义域内,增函数+增函数是增函数,减函数+减

函数是减函数。其他的如增函数 ? 增函数不一定是增函数,函数 y ? x 和函数 y ? x 3 都是增函数,但是它们的乘积函数 y ? x 4 不是增函数。 (3)求函数的单调区间,必须先求函数的定义域,即遵循“函 数问题定义域优先的原则” 。 (4)单调区间必须用区间来表示,不能用集合或不等式,单调 区间一般写成开区间,不必考虑端点问题。 (5)在多个单调区间之间不能用“或”和“ ”连接,只能用逗号隔 开。 【方法讲评】

例1

证明函数 f ( x) ? x ? (a ? 0) 在区间 ( a , ??) 是增函数。
a a x x ? ax1 ? x1 x2 ? ax2 ? x1 ? ? 2 1 x2 x1 x1 x2
2 2

a x

解:设 a ? x1 ? x2 , f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? x2 ?
?

x1 x2 ( x2 ? x1 ) ? a( x2 ? x1 ) ( x2 ? x1 )(x1 x2 ? a) ? x1 x2 x1 x2
? x2 ? x1 ? 0 x1 x2 ? a ? f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? 0

? a ? x1 ? x2

a ? 函数 f ( x) ? x ? (a ? 0) 在区间 ( a , ??) 是增函数。 x

例2

求函数 f ( x) ? x ?

a2 x

(a ? 0) 的单调区间.[来源:学科网]

解:∵函数的定义域为{x|x∈R,且 x≠0},设 x1、x2≠0,且 x1<x2,

f(x1)-f(x2)=x1+ -x2- x1 x2
? ( x1 ? x2 ) ? a 2

a2

a2

x2 ? x1 a2 ? ( x1 ? x2 )(1 ? ) x1 x2 x1 x2

x1 x2 ? a 2 ( x1 ? x2 )( x1 x2 ? a 2 ) ? ( x1 ? x2 )( )? x1 x2 x1 x2

(1)当 x1<x2≤-a 或 a≤x1<x2 时,

x1-x2<0,x1·x2>a2,
∴f(x1)-f(x2)<0,∴f(x1)<f(x2), ∴f(x)在(-∞,-a]上和在[a,+∞)上都是增函数. (2)当-a≤x1<x2<0 或 0<x1<x2≤a 时,x1-x2<0, 0<x1·x2<a2,∴f(x1)-f(x2)>0,∴f(x1)>f(x2), ∴f(x)在[-a,0)和(0,a]上都是减函数.

例 3 已知函数 f ( x) 的定义域是 x ? 0 的一切实数,对定义域内的任意
x1 , x2 ,都有 f ( x1x2 ) ? f ( x1 ) ? f ( x2 ) ,且当 x ? 1 时 f ( x) ? 0 , f (2) ? 1

(1)求证 f ( x) 是偶函数; (2) f ( x) 在 (0, ??) 上时增函数; (3)解不 等式 f (2 x2 ?1) ? 2 解:
(1)令x1 ? x2 ? 1 ? f (1) ? f (1) ? f (1) ? f (1) ? 0 令x1 ? x2 ? ?1 ? f [(?1) ? (?1)] ? f (?1) ? f (?1) ? 0 ? 2 f (?1) ? f (?1) ? 0 令x1 ? x x2 ? ?1 ? f [ x ? (?1)] ? f ( x) ? f (?1) ? f (? x) ? f ( x) ? f ( x)是偶函数

(2)设x1 ? x2 ? 0 ? f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? f ( x2 ? f( x1 ) x2 x1 ? x2 ? 0 ? x1 ?1 x2

x1 x ) ? f ( x2 ) ? f ( x2 ) ? f ( 1 ) ? f ( x2 ) x2 x2 x1 ) ? 0 ? f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 0 x2

x ? 1时,f ( x) ? 0 ? f (

?函数在(0, +?)上是增函数

(3)令x1 ? x2 ? 2 ? f (2 ? 2) ? f (2) ? f (2) ? 2 ? f (4) ? 2 f (2 x 2 ? 1) ? 2 ? f (4) f ( x)是偶函数 在(0, +?)上时增函数 ?x ? 0 10 10 2 ? ? ?2 x 2 ? 1 ? 0 ?? ?x? 且x ? 0, x ? ? 2 2 2 ?|2 x 2 ? 1|<4 ?

【变式演练 2】已知 f ( x) 是定义在区间 [?1,1] 上的奇函数,且 f (1) ? 1 , 若 m, n ?[?1,1], m ? n ? 0 时,有
f ( m) ? f ( n ) ?0。 (1)解不等式 m?n

1 f ( x ? ) ? f (1 ? x)(2)若 f ( x) ? t 2 ? 2at ? 1 对所有 x ?[?1,1], a ?[?1,1] 恒成立, 2

求实数 t 的取值范围。

例4

已知函数 f ( x) ? (a ? 1) ln x ? ax2 ? 1

(I)讨论函数 f ( x) 的单调性; (II)设 a ? ?1 .如果对任意 x1 , x2 ? (0,??) ,| f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 4 | x1 ? x2 | ,求 a 的取值范围。 解: (Ⅰ) f ( x) 的定义域为(0,+∞). f '( x) ?
a ?1 2ax 2 ? a ? 1 ? 2ax ? . x x

当 a ? 0 时, f '( x) >0,故 f ( x) 在(0,+∞)单调增加; 当 a ? ?1 时, f '( x) <0,故 f ( x) 在(0,+∞)单调减少; 当-1< a <0 时,令 f '( x) =0,解得 x ? ? 则当 x ? (0, ?
a ?1 . 2a

a ?1 a ?1 ) 时, f '( x) >0; x ? ( ? , ??) 时, f '( x) <0. 2a 2a a ?1 a ?1 ) 单调增加,在 ( ? , ??) 单调减少. 2a 2a

故 f ( x) 在 (0, ?

(Ⅱ)不妨假设 x1 ? x2 ,而 a <-1,由(Ⅰ)知在(0,+∞)单调减少, 从而
?x1, x2 ? (0, ??) , f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 4 x1 ? x2

等价于 ?x1, x2 ? (0, ??) , f ( x2 ) ? 4x2 ? f ( x1 ) ? 4 x1 令 g ( x) ? f ( x) ? 4 x ,则 g '( x) ?
a ?1 ? 2ax ? 4 x



①等价于 g ( x) 在(0,+∞)单调减少,即
a ?1 ? 2ax ? 4 ? 0 . x

从而 a ?

?4 x ? 1 (2 x ? 1) 2 ? 4 x 2 ? 2 (2 x ? 1) 2 ? ? ?2 2 x2 ? 1 2 x2 ? 1 2 x2 ? 1

故 a 的取值范围为(-∞,-2].

(Ⅰ)当 a ? 时,讨论 f ( x) 的单调性; (Ⅱ)设 g ( x) ? x2 ? 2bx ? 4. 当 a ? 时,若对任意 x1 ? (0, 2) ,存在 x2 ??1,2? , 使
1 4

1 2

f ( x1 ) ? g ( x2 ) ,求实数 b 取值范围.

例5

设函数 f ? x ? ? sin x ? cos x ? x ?1, 0 ? x ? 2? ,求函数 f ? x ? 的单调

区间与极值。
解:由f(x)=sinx-cosx+x+1,0<x<2? ,知f, ( x) ? 1 ? 2sin( x ? ). 4 ? 2 3? 令f, ( x) ? 0,从面sin( x ? ) ? ,得x ? ?,或x ? , 4 2 2 , 当x变化时,f ( x),f(x)变化情况如下表:

?

x
f 1 ( x)

(0, ? )

?

3 (? , ? ) 2

3 ? 2

3 ( ? , 2? ) 2

+ 单调递增

0
? ?2

单调递减

0
3 ? 2

+ 单调递增

f ( x)

因此,由上表知f(x)的单调递增区间是(0,?)与(

3? 3? 3? 单调递增区间是(? , ),极小值为f( )= ,极大值为f(? )=? ? 2 2 2 2

3? , 2?), 2

【点评】对于三角函数也可以利用求导的方法求函数的单调区间。 【变式演练 4】 某地有三家工厂, 分别位于矩形 ABCD 的顶点 A,B 及 CD 的中点 P 处,已知 AB=20km,CB =10km ,为了处理三家工 厂的污水,现要在矩形 ABCD 的区域上(含边界) ,且 A,B 与等距 离的一点 O 处建造一个污水处理厂,并铺设排污管道 AO,BO,OP , 设排污管道的总长为 y km.

(Ⅰ)按下列要求写出函数关系式: ①设∠BAO= ? (rad),将 y 表示成 ? 的函 数关系式; ②设 OP ? x (km) ,将 y 表示成 x x 的函 数关系式.

D O

P

C

A

B

(Ⅱ)请你选用(Ⅰ)中的一个函数关系式,确定污水处理厂的位置, 使三条排污管道总长度最短.

2 例 6(1)求函数 y ? log0.7 ( x ? 3x ? 2) 的单调区间;

(2 ) 已知 f ( x) ? 8 ? 2x ? x2 , 若 g ( x) ? f (2 ? x2 ) 试确定 g ( x) 的单调区间和单 调性。 解: (1)函数的定义域为 (??,1) ? (2,??) , 设 t ? x 2 ? 3x ? 2 , y ? log0.7 t
t ? x 2 ? 3x ? 2 在 (??,1), (2,??) 上分别是单调递减和单调递增的,

y ? log0.7 t 在 (0,??) 上是单调递减的,根据复合函数的单调性得函数

y ? log0.7 ( x2 ? 3x ? 2) 在 (??,1), (2,??) 上分别单调递增、单调递减。

(2)解法一:函数的定义域为 R, 分解基本函数为 g ? f (t ) ? ?t 2 ? 2x ? 8 和 t ? 2 ? t 2 。 显然 g ? f (t ) ? ?t 2 ? 2x ? 8 在 (1,??) 上是单调递减的, (??,1) 上单调递增; 而 t ? 2 ? x 2 在 (??,0), (0,??) 上分别是单调递增和单调递减的。且

2 ? x 2 ? 1 ? x ? ?1 ,根据复合函数的单调性的规则:所以函数的单调增

区间为 (??, ?1), (0,1) ;单调减区间为 (1, ??), (?1, 0) 。 解法二: g ( x) ? 8 ? 2(2 ? x2 ) ? (2 ? x2 )2 ? ? x4 ? 2 x2 ? 8 ,
g ?( x) ? ?4 x3 ? 4 x ,

令 g ?( x) ? 0 ,得 x ? ?1 或 0 ? x ? 1 , 令 g ?( x) ? 0 , x ? 1 或 ?1 ? x ? 0 ∴单调增区间为 (??, ?1), (0,1) ;单调减区间为 (1, ??), (?1, 0) 。

(1)求 ω; π (2)若将函数 f(x)的图象向右平移 个单位后,再将得到的图象上各点 6 横 坐标伸长到原来的 4 倍,纵坐标不变,得到函数 y=g(x)的图象, 求函数 g(x)的最大值及单调递减区间. 方法四 使用情景 图像法 函数的图像比较容易画出。 一般通过已知条件作出函数图像的草图,如果函数的 解题步骤 图像,在某个区间,从左到右,逐渐上升,则函数在 这个区间是增函数;如果从左到右,是逐渐下降,则 函数是减函数。 例7 解: 求函数 f ( x) ? ?x2 ? | x | 的单 调区间。

?? x 2 ? x ( x ? 0) ? 由题得f ( x) ? ? 2 ? ?? x +x ( x ? 0)

在同一坐标系下作出函数的图像得
(-?, - ),(0, ).减区间为 (? , 0), ( , ??) . 所以函数的单调增区间为 1 2 1 2 1 2 1 2

【高考精选传真】 1.【2012 高考真题重庆理 7】已知 f ( x) 是定义在 R 上的偶函数,且 以 2 为周期,则“ f ( x) 为 [0,1] 上的增函数”是“ f ( x) 为 [3,4] 上的减函数”的 ( ) (B)充分而不必要的条

(A)既不充分也不必要的条件 件 (C)必要而不充分的条件

(D)充要条件

【解析】 因为 f ( x) 为偶函数, 所以当 f ( x) 在 [0,1] 上是增函数, 则 f ( x) 在
[?1,0] 上则为减函数,又函数 f ( x) 的周期是 4,所以在区间 [3,4] 也为减

函数.若 f ( x) 在区间 [3,4] 为减函数, 根据函数的周期可知 f ( x) 在 [?1,0] 上 则为减函数,又函数 f ( x) 为偶函数,根据对称性可知, f ( x) 在 [0,1] 上 是增函数,综上可知, “ f ( x) 在 [0,1] 上是增函数”是“ f ( x) 为区间 [3,4] 上的 减函数”成立的充要条件,选 D. 2.【2012 高考真题天津理 4】函数 f ( x) ? 2 x ? x 3 ? 2 在区间(0,1)内的零

点个数是( (A)0 (C)2

) (B)1 (D)3

【解析】因为函数 f ( x) ? 2 x ? x 3 ? 2 的导数为 f ' ( x) ? 2 x ln 2 ? 3x 2 ? 0 ,所 以函数 f ( x) ? 2 x ? x 3 ? 2 单调递增,又 f (0) ? 1 ? 2 ? ?1 ? 0 ,
f (1) ? 2 ? 1 ? 2 ? 1 ? 0 ,所以根据根的存在定理可知在区间 (0,1) 内函数的

零点个数为 1 个,选 B. 3.【2012 高考真题陕西理 2】下列函数中,既是奇函数又是增函数的 为( A. y ? x ? 1 ) B. y ? ? x2 C. y ?
1 x

D. y ? x | x |

【解析】根据奇偶性的定义和基本初等函数的性质易知 A 非奇非偶 的增函数;B 是奇函数且是减函数;C 是奇函数且在 (??,0) ,(0,??) 上
? x2 , x ? 0 是减函数;D 中函数可化为 y ? ? 2 易知是奇函数且是增函数.故 ?? x , x ? 0

选 D. 4.【2012 高考真题山东理 3】设 a ? 0 且 a ? 1 ,则“函数 f ( x) ? a x 在 R 上 是减函数 ” ,是“函数 g ( x) ? (2 ? a) x3 在 R 上是增函数”的( (A)充分不必要条件 (C)充分必要条件 (B)必要不充分条件 (D)既不充分也不必要条件 )

5.【2012 高考真题广东理 4】下列函数中,在区间(0,+∞)上为增 函数的是( ) C.y=( )x
1 2

A.y=ln(x+2) B.y=- x ? 1

D.y=x+

1 x

【解析】 函数 y=ln (x+2) 在区间 (0, +∞) 上为增函数; 函数 y=- x ? 1 在区间(0,+∞)上为减函数;函数 y=( )x 在区间(0,+∞)上为 减函数;函数 y=x+ 在区间(0,+∞)上为先减后增函数.故选 A. 【反馈训练】 1.函数 y=2x2-(a-1)x+3 在(-∞,1]内递减,在(1,+∞)内递增, 则 a 的值是( A.1 C.5 2.函数 y= A.a≤2 C.-2≤a≤2 ) B.3 D.-1
1 x 1 2

f(x)是 R 上的偶函数,且在(-∞,0]上为增函数.若
) B.a≥-2 D.a≤-2 或 a≥2 上单调递减, 那么实数 a 的取值

f(a)≤f(2),则实数 a 的取值范围是(

范围是( A.(0,1) 3 2 C.[ , ) 8 3

) 2 B.(0, ) 3 3 D.[ ,1) 8 ) B.(-∞,1] 1 D.(-∞, ) 2

4.函数 f(x)=ln(x+1)-mx 在区间(0,1)上恒为增函数,则实数 m 的取值范围是( A.(-∞,1) 1 C.(-∞, ] 2

5.函数 f(x)=ln(4+3x-x2)的单调递减区间是 ( ) 3? ? A.?-∞, ? 2? ? 3? ? C.?-1, ? 2? ?

?3 ? B.? ,+∞? ?2 ? ?3 ? D.? ,4? ?2 ?
若 f(2-a2)>f(a),则实数 a 的

?x2+4x,x≥0, 6.已知函数 f(x)=? ?4x-x2,x<0.
取值范围 是 A.(-∞,-1)∪(2,+∞) C.(-2,1)

( B.(-1,2) D.(-∞,-2)∪(1,+∞)

)

(0, +?) 7.下列函数中,既是偶函数又在 单调递增的函数是 (



(A) y ? x3

(B) y ? x ?1

(C) y ? ? x2 ? 1

?x (D) y ? 2

(2) 若对任意 x∈[1, +∞ ) , f(x)>0 恒成立, 试求实数 a 的取值范围. 10.已知函数 f(x)对于任意 x, y∈R, 总有 f(x)+f(y)=f(x+y), 且当 x>0 2 时,f(x)<0,f(1)=- . 3 (1)求证:f(x)在 R 上是减函数; (2)求 f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值.

?x? 11.f(x)是定义在(0,+∞)上的增函数,且 f? ?=f(x)-f(y). ?y?
(1)求 f(1)的值;

?1? (2)若 f(6)=1,解不等式 f(x+3)-f? ?<2.[来源:学&科&网]
ax ? 1 1 (a ? ) 在 (?2,??) 上的单调性. x?2 2 x 13.已知函数 f ( x )=In(1+ x )- x + x 2 ( k ≥0)。 2

?x ?

12.讨论函数 f ( x) ?

(Ⅰ)当 k =2 时,求曲线 y = f ( x )在点(1, f (1))处的切线方程; (Ⅱ)求 f ( x )的单调区间。

x 2 15.设函数 f? x ? ? x ? e ? 1? ? ax

(Ⅰ)若 a= 2 ,求 f? x ? 的单调区间; (Ⅱ)若当 x ≥0 时 f? x ? ≥0,求 a 的取值范围

1

证明:设 x1x2 是区间 (0,? ?) 是任意的两个值,且 x1 ? x2 .
? 0 ? x1 ? x2 ? ??
2 所以 f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? x2 ?

1 1 1 1 2 1 ? x12 ? ? ( x2 ? x1 )?( ? ) x2 x1 x1 x2

? ( x2 ? x1 )(x2 ? x1 ) ?

x2 ? x1 1 ? ( x2 ? x1 )[x2 ? x1 ? ]. x1 x2 x1 x2 ? x2 ? x1 ? 0, x2 ? x1 ? 1 ? 0. x1 x2

? 0 ? x1 ? x2 ? ??
? f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? 0,
? f ( x) ? x 2 ?

? f ( x2 ) ? f ( x1 ).

1 在区间 (0,? ?) 上是增函数. x

【变式演练 2 详细解析】
(1)设1>x2 ? x1 ? ?1,? f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? f (? x1 ) ? ( x2 ? x1 ) ? ( x2 ? x1 ) f ( x2 ) ? f (? x1 ) ( x2 ? x1 )

f ( x2 ) ? f (? x1 ) f ( x2 ) ? f (? x1 ) 由已知得 ? 0 x2 ? x1 ? 0 x2 ? (? x1 ) x2 ? (? x1 )

1 ? ??1 ? x ? 2 ? 1 ? 1 1 ? f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? 0 ?函数在定义域内单调递增。 f ( x ? ) ? f (1 ? x) ? ??1 ? 1 ? x ? 1 ? 0 ? t ? 2 4 ? 1 ?x ? ? 1? x 2 ?

(2)由题得f ( x) max ? t 2 ? 2at ? 1 ? f (1) ? t 2 ? 2at ? 1 ?1 ? t 2 ? 2at ? 1
2 ? ?2t 1 ? t ? 0 ? t ? 2at ? 0 ? 2ta ? t ? 0 ? ? ? t ? 0或t ? 2或t ? ?2 2 ? ?2t (?1) ? t ? 0 2 2

(2)当 a ? 0 时,由 f ?( x) ? 0 ,即 ax2 ? x ? 1 ? a ? 0 ,解得 x1 ? 1, x2 ? ? 1 . 当 a ? 时 x1 ? x2 , h( x) ? 0 恒成立,此时 f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递减; 当 0 ? a ? 时, ? 1 ? 1 ? 0 , x ? (0,1) 时 h( x) ? 0, f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递 减;
1 x ? (1, ? 1) 时, h( x) ? 0, f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递增; a 1 x ? ( ? 1, ??) 时, h( x) ? 0, f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递减. a 1 当 a ? 0 时 ? 1 ? 0 ,当 x ? (0,1), h( x) ? 0, f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递减; a
1 2 1 a 1 2

1 a

当 x ? (1, ??), h( x) ? 0, f ?( x) ? 0 ,函数 f ( x) 单调递增.

又已知存在 x2 ??1,2? ,使 f ( x1 ) ? g ( x2 ) ,所以 ? ? g ( x2 ) , x2 ??1,2? , (※) 又 g ( x) ? ( x ? b)2 ? 4 ? b2 , x ?[1, 2] 当 b ? 1 时, g ( x)min ? g (1) ? 5 ? 2b ? 0 与(※)矛盾; 当 b ??1, 2? 时, g ( x)min ? g (1) ? 4 ? b2 ? 0 也与(※)矛盾; 当 b ? 2 时, g ( x)min ? g (2) ? 8 ? 4b ? ? , b ? 综上,实数 b 的取值范围是 [
17 , ?? ) . 8 1 2 17 . 8

1 2

②若 OP= x (km) ,则 OQ=10- x ,所以 OA =OB= ?10 ? x ? ? 102 ? x2 ? 20 x ? 200
2

所求函数关系式为 y ? x ? 2 x 2 ? 20 x ? 200 ? 0 ? x ? 10 ? (Ⅱ)选择函数模型①,
y' ? ?10cos ? cos ? ? ? 20 ? 10sin? ?? ? sin ? ? 10 ? 2sin ? ? 1? ? [来源:学。科。网] cos 2 ? cos 2 ?
1 2

令 y' ? 0 得 sin ? ? ,因为 0 ? ? ? ,所以 ? = ,
4

?

? 6

?? ?? ? ? ' ' 当? ? ? ? 0, ? 时,y ? 0 ,y 是 ? 的减函数;当 ? ? ? , ? 时,y ? 0 ,y 是
? 6? ?6 4?

? 的增函数,所以当 ? =

? 时, ymin ? 10 ?10 3 。这时点 P 位于线段 AB 6

的中垂线上,且距离 AB 边
10 3 km 处。 3

【变式演练 5 详细解析】 1 3 (1)f(x)= sin2ωx+ cos2ωx+ 2 2 2 π 3 =sin(2ωx+ )+ . 6 2 π π π 令 2ωx+ = ,将 x= 代入可得:ω=1. 6 2 6 3

π 3 (2)由(1)得 f(x)=sin(2x+ )+ . 6 2 经过题设的变化得到的函数 1 π 3 g(x)=sin( x- )+ . 2 6 2 4 5 当 x=4kπ+ π,k∈Z 时,函数取得最大值 .[来源:Z|xx|k.Com] 3 2 π 1 π 3 令 2kπ+ ≤ x- ≤2kπ+ π, 2 2 6 2 4π 10 即 x∈[4kπ+ ,4kπ+ π],k∈Z 为函数的单调递减区间. 3 3 【变式演练 6 详细解析】
(1)设x ? 0, 则 ? x ? 0,? f (? x) ? ? x(? x ? 1 ) =x 2 ? x f ( x)是偶函数 ? f (? x)=f(x) ? x 2 ? x (x ? 0) ? ? f ( x) ? ? 2 ? ? x ? x ( x ? 0)
(2)当x ? 0时,x 2 ? x ? 2 ? x 2 ? x ? 2 ? 0 ? ( x ? 2)( x ? 1) ? 0 ? x ? ?2或x ? 1(舍去) ? x ? ?2 当x ? 0时,x 2 -x ? 2 ? x 2 -x ? 2 ? 0 ? ( x-2)( x +1) ? 0 ? x ? 2或x ? -1(舍去) ? x ? 2 综合得x ? ?2或x ? 2.

? f(x) =x 2 ? x

(3)作出函数的图像,如图所示,
(-?, - ),(0, ).单调增区间为 所以函数的单调减区间为 1 1 (? , 0), ( , ??) 2 2 1 2 1 2

【反馈训练详细解答】

4.C 【 解析】 : f(x)=ln(x+1)-mx 在区间(0,1)上恒为增函数, 则 f(x) =ln(x+1)-mx 在区间[0,1]上恒为增函数, f′(x)= 上恒成立,m≤( 1 )min= . x+1 2 1 1

x+1

-m≥0 在[0,1]

5. D 【解析】 函数 f(x)的定义域是(-1,4),u(x)=-x2+3x+4=

? 3? 25 ?3 ? 2 -?x- ? + 的减区间为? ,4?, ? 2? 4 ?2 ? ?3 ? ∵e>1,∴函数 f(x)的单调减区间为? ,4?. ?2 ?
6. C 【解析】

x≥0, ?(x+2)2-4, f(x)=? ?-(x-2)2+4, x<0,

由 f(x)的图象可知 f(x)

在(-∞,+∞)上是单调递增 函数,由 f(2-a2)>f(a)得 2-a2>a,即 a2+a-2<0,解得-2<a<1. 7.B【解析】根据奇偶性可以排除 A,再画出函数的图像判断,选 B. 8.【解析】 :任取 x1、x2∈0,+ ? ? 且 x1<x2,则

又∵x1-x2<0,∴f(x1)-f(x2)>0,即 f(x1)>f(x2) ∴a≥1 时,函数 f(x)在区间[0,+∞)上为减函数. (2)当 0<a<1 时,在区间[0,+∞]上存在 x1=0,x2=
2a 1? a2

,满足

f(x1)=f(x2)=1
∴0<a<1 时,f(x)在[0,+ ? ? 上不是单调函数 注: ①判断单调性常规思路为定义法; ②变形过程中
x1 ? x 2 x1 ? 1 ? x 2 ? 1
2 2

<1 利用了

x1 ? 1 >|x1|≥x1; x 2 ? 1 >x2;
2

2

③从 a 的范围看还须讨论 0<a<1 时 f(x)的单调性, 这也是数学严谨 性的体现. 9.【解析】 : (1)当 a= 1 时,f(x)=x+
2 1 +2,x∈1,+∞) 2x

设 x2>x1≥1,则 f(x2)-f(x1)=x2+

1 1 ? x1 ? 2 x2 2 x1

=(x2-x1)+

x1 ? x 2 2 x1 x 2

=(x2-

x1)(1-

1 2 x1 x 2

)

∵x 2>x1≥1

x2-x1>0,1-

1 2 x1 x 2

>0,则 f(x2)>f(x1)

可知 f(x)在[1,+∞)上是增函数.∴f(x)在区间[1,+∞ ) 上的最小值 为 f(1)= 7 .
2

(2)在区间[1,+∞ ) 上,f(x)= x 恒成立

2

? 2x ? a x

>0 恒成立 ?x2+2x+a>0

设 y=x2+2x+a,x∈1,+∞),由 y=(x+1)2+a-1 可知其在[1,+∞) 上是增函数, 当 x=1 时,ymin=3+a,于是当且仅当 ymin=3+a>0 时函数 f(x)>0 恒成立.故 a>-3. 10.【解析】(1)证明:法一:∵函数 f(x)对于任意 x,y∈R 总有 f( x)+

f(y)=f(x+y),
∴令 x=y=0,得 f(0)=0. 再令 y=-x,得 f(-x)=-f(x). 在 R 上任取 x1>x2,则 x1-x2>0,

f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)=f(x1-x2).
又∵x>0 时,f(x)<0,而 x1-x2>0,∴f(x1-x2)<0, 即 f(x1)<f(x2). 因此 f(x)在 R 上是减函数. 法二:设 x1>x2, 则 f(x1)-f(x2) =f(x1-x2+x2)-f(x2) =f(x1-x2)+f(x2)-f(x2) =f(x1-x2). 又∵x>0 时,f(x)<0.而 x1-x2>0, ∴f(x1-x2)<0, 即 f(x1)<f(x2),[来源:Zxxk.Com] ∴f(x)在 R 上为减函数. (2)解析:∵f(x)在 R 上是减函数, ∴f(x)在[-3,3]上也是减函数,

∴f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值分别为 f(-3)与 f(3). 而 f(3)=3f(1)=-2,f(-3)=-f(3)=2. ∴f(x)在[-3,3]上的最大值为 2,最小值为-2. 11.【解析】 (1)令 x=y,得 f(1)=0. 1 (2)由 x+3>0 及 >0,得 x>0,

x

?1? 由 f(6)=1 及 f(x+3)-f? ?<2, ?x ?
得 f[x(x+3)]<2f(6), 即 f[x(x+3)]-f(6)<f(6),

?x(x+3)? 亦即 f? ?<f(6). ? 6 ?
因为 f(x)在(0,+∞)上是增函数, 所以

x(x+3)
6

<6,



( x1 ? x2 ) ?0 ( x2 ? 2)( x1 ? 2)
1 2 ax ? 1 1 (a ? ) 在 (?2,??) 上是单 x?2 2

当 a ? 时, f ( x2 ) ? f ( x1 ) ,此时函数 f ( x) ? 调减函数; 当 a ? 时, f ( x2 ) ? f ( x1 ) ,此时函数 f ( x) ?
1 2

ax ? 1 1 (a ? ) 在 (?2,??) 上是单 x?2 2

调增函数; 13.【解析】 (I)当 k ? 2 时, f ( x) ? ln(1 ? x) ? x ? x2 , f '( x) ? 由于 f (1) ? ln 2 , f '(1) ? , 所以曲线 y ? f ( x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为
y ? ln 2 ? 3 ( x ? 1) 2
3 2

1 ?1 ? 2x 1? x



3x ? 2 y ? 2ln 2 ? 3 ? 0

当 k ? 1 时, f '( x) ?

x2 1? x

故 f ( x) 得单调递增区间是 (?1, ??) .
x(kx ? k ? 1) 1? k ? 0 ,得 x1 ? ? (?1, 0) , x2 ? 0 . 1? x k 1? k 1? k ) 和 (0, ??) 上, f '( x) ? 0 ;在区间 ( , 0) 上, 所以没在区间 (?1, k k

当 k ? 1 时, f '( x) ?

f '( x) ? 0
1? k 1? k ) 和 (0, ??) ,单调递减区间是 ( , 0) k k 1 14.【解析】 (I)当 cos ? ? 0 时 f ( x) ? 4 x3 ? , 则 f ( x) 在 (??, ??) 内是增函 32

故 f ( x) 得单调递增区间是 (?1,

数,故无极值。

(II) f '( x) ? 12x2 ? 6x cos? , 令 f '( x) ? 0, 得
x1 ? 0, x2 ? cos ? . 2

由 0 ? ? ? 及(I) ,只需考虑 cos ? ? 0 的情况。
2

?

当 x 变化时, f '( x) 的符号及 f ( x) 的变化情况如下表:
x
f '( x)
f ( x) (??, 0)

0 0 极大值

(0,

cos ? ) 2

cos ? 2

(

cos ? , ??) 2





0 极小值



因此,函数 f ( x) 在 x ?
f(

?
3

cos ? 1 1 ) ? ? cos3 ? ? . 2 4 32 cos ? 1 1 1 ) ? 0, 必有 ? cos3 ? ? ? 0, 可得 0 ? cos ? ? , 所以 要使 f ( 2 4 32 2 ?? ?

cos ? cos ? ), 且 处取得极小值 f ( 2 2

?

2

(III)解:由(II)知,函数 f ( x) 在区间 (??, 0) 与 ( 增函数。

cos ? , ??) 内都是 2

由题设,函数 f ( x) 在 (2a ?1, a) 内是增函数,则 a 须满足不等式组
? 2a ? 1 ? a ? ?a ? 0
? 2a ? 1 ? a ? 或? 1 2a ? 1 ? cos ? ? ? 2

由(II) ,参数 ? ? ( , ) 时, 0 ? cos ? ? . 要使不等式 2a ? 1 ? cos ? 关
3 2

? ?

1 2

1 2

于参数 ? 恒成立,必有 2a ? 1 ? . 综上,解得 a ? 0 或 ? a ? 1. 所以 a 的取值范围是 (??, 0] [ ,1).
5 8 5 8

1 4

若 a ? ? ,则当 x ? ? 0,ln a ? 时, g '( x) ? ? , g ( x) 为减函数,而 g (0) ? 0 ,从 而当 x ? ? 0,ln a ? 时 g ( x) <0,即 f ( x) <0.综合得 a 的取值范围为 ? ??,1?


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