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第3讲 函数的单调性

时间:2016-09-23


第6 3 讲

函数的单调性

知识要点: 函数单调性的定义与利用单调性可以解决的问题 说明: 1、函数的单调性与定义的区间有关,它是函数的局部性质。 2、因函数的单调性是对区间而言,单独点没有增减变化,所以考虑区间的单调性时,可以不包括 端点。 3、初等函数均可分段单调。 4、 f ( x) 是增(减)函数 ? 图象自左到右上升(下降)

图象的峰(谷) ? 函数增(减)变减(增)点 ? 函数的极大(小)值点 注意: 在函数的单调区间内去掉有限个点不影响函数的单调性. 例 1. 用定义证明函数的单调性: (1)判断 f ( x) = ax 2 + bx + c (a > 0) 的单调性,并证明你的结论. (2)求函数 f ( x) = x3 的单调区间.

例 2. 已知函数 f ( x) =

a + bx , x ∈ [?1,1] . a ? bx (1) a = 1 , b = 3 时,证明 f ( x) 在 [?1,0] 上是增函数; (2) a > b > 0 时,证明 f ( x) 在 [?1,1] 上是增函数; (3)求函数 f ( x) 的值域.

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例 3.(1)证明函数 f ( x) =

x 在(-1,1)上是增函数. 1 + x2
kx 1+ x 2

(2)试讨论函数 f ( x) =

在(-1,1)上的单调性.

例 4. 已知函数 f ( x) = x 2 ? 2ax + a 2 ? 1 (1)若函数 f ( x) 在区间 [0, 2] 上是单调的,求实数 a 的取值范围; (2)当 x ∈ [?1,1] 时,求函数 f ( x) 的最小值 g (a ) ,并画出最小值函数 y = g (a ) 的函数.

例 5. 求函数 y = 3x 2 ? x + 2 ( x ∈ [m, n] ) 的值域.

例 6. 求函数 f ( x) = (4 ? 3a ) x 2 ? 2 x + a 在区间 [0,1] 的最大值.

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参考答案
b ? ? 例 1、 (1)解: f ( x ) 在 ? ?∞, ? ? 单调递减 2 a? ? ? b ? 在 ? ? , + ∞ ? 单调递增 ? 2a ? (证明)任取 x1 , x2 ∈ ( ?∞, + ∞ )
2 且 x1 < x2则 f ( x1 ) ? f ( x2 ) = ax12 + bx1 + c ? ax2 ? bx2 ? c

b? ? = a ( x1 ? x2 )( x1 + x2 ) + b ( x1 ? x2 ) = a ( x1 ? x2 ) ?( x1 + x2 ) + ? a? ? 由于 a>0, x1?x2<0 ∴ a ( x1 ? x2 ) < 0 b ? ? 分类当 x1 , x2 ∈ ? ?∞, ? ?时 2a ? ? b b b x1 < ? , x2 < ? ∴ x1 + x2 < ? 2a 2a a b b? ? ∴ x1 + x2 + < 0此时a ( x1 ? x2 ) ?( x1 + x2 ) + ? > 0 a a? ? 则 f ( x1 ) ? f ( x2 ) > 0即 f ( x1 ) > f ( x2 ) b ? ? ∴ f ( x ) 在 ? ?∞, ? ? 上单调递减 2 a? ? ? b ? 当 x1 , x2 ∈ ? ? , + ∞ ? 时 ? 2a ? b b b x1 > ? , x2 > ? ∴ x1 + x2 > ? 2a 2a a

b? ? ∴ a ( x1 ? x2 ) ?( x1 + x2 ) + ? < 0 a? ? ? b ? ∴ f ( x1 ) < f ( x2 ) 故 f ( x ) 在 ? ? , + ∞ ? 上单调递增 a 2 ? ?

(2)解:任取 x1 , x2 ∈ R 且x1 < x2
∵ x1 < x2
2 1

3 2 ∴ f ( x1 ) ? f ( x2 ) = x13 ? x2 = ( x1 ? x2 ) ( x12 + x1 x2 + x2 )

∴ x1 ? x2 < 0
2 2 2

2 则 ( x1 ? x2 ) ( x12 + x1 x2 + x2 ) <0

x ? 3 2 ? x + x2 x1 + x = ? x1 + 2 ? + x2 ≥0 2? 4 ? x 又 x2 = 0 与 x1 + 2 = 0 不同时成立 2 2 2 ∴ x1 + x1 ? x2 + x2 > 0

即 f ( x1 ) < f ( x2 )

∴ f ( x ) 在 ( ?∞, + ∞ ) 单调递增

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例 2、 (1)证明: a = 1 b = 3 时 1 + 3x 2 f ( x) = = ?1 + 1 ? 3x 1 ? 3x 设 x1 , x2 ∈ [ ?1, 0] 且x1 < x2 又 f ( x1 ) ? f ( x2 ) = ?1 +

2 2 +1? 1 ? 3x1 1 ? 3x2

? 1 1 ? = 2? ? ? ? 1 ? 3x1 1 ? 3x2 ? 3 ( x1 ? x2 ) = 2× (1 ? 3x1 )(1 ? 3x2 )

(1 ? 3x1 )(1 ? 3x2 ) ∵ x1 , x2 ∈ [ ?1, 0] 且 x1 < x2
∴1 ? 3x1 > 0 ∴ < 0 即 f ( x1 ) < f ( x2 ) (1 ? 3x1 )(1 ? 3x2 ) ∴ f ( x ) 在 [ ?1, 0] 上是增函数 6 ( x1 ? x2 ) 1 ? 3x2 > 0 x1 ? x2 < 0

=

6 ( x1 ? x2 )

(2)证明:设 x1 , x2 ∈ [ ?1, 1] 且 x1 < x2 又 f ( x) =

a + bx 2a = ?1 + a ? bx a ? bx 2a 2a ∴ f ( x1 ) ? f ( x2 ) = ? a ? bx1 a ? bx2 ? ? b ( x1 ? x2 ) = 2a ? ? ? ( a ? bx1 )( a ? bx2 ) ? ? ?

? ? ? ? 2a x1 ? x2 ?? =? ? ? x ? a ?? x ? a ? ? b ? 1 ?? 2 ? ? b ?? b ?? ?? ? ∵ x1 , x2 ∈ [ ?1, 1] x1 < x2 ∴ x1 ? x2 < 0 a 2a >0 又 a > b > 0 ∴ >1 b b a a ∴ x1 ? < 0 x2 ? < 0 b b a ?? a? ? ∴ ? x1 ? ?? x2 ? ? > 0 b ?? b? ? 6 ( x1 ? x2 ) ∴ < 0 即 f ( x1 ) < f ( x2 ) (1 ? 3x1 )(1 ? 3x2 )
∴ f ( x ) 在 [ ?1, 1] 上单调递增

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(3) f ( x ) =

a + bx x ∈ [ ?1, 1] a ? bx 当 b=0 时一定有 a ≠ 0 f ( x ) = 1 此时值域为{1}
2a 当 b ≠ 0 时 f ( x ) = ?1 + b a x? b ?

由于定义域 [ ?1, 1] 且 f ( x ) 在x = 可知 ①
a a > 1 或 < ?1 b b

a 无意义 b

a >1时 b

由(2)知 f ( x ) 在 [ ?1, 1] 单调递增

此时 f ( x ) ∈ ? ? f ( ?1) , f (1) ? ? ②当

?a ? b a + b? 即 f ( x) ∈ ? , ? ?a + b a ? b?

∴ f ( x ) 在 [ ?1, 1] 单调递减

a < ?1 时 由(2)当 x1 , x2 ∈ [ ?1, 1] 且x1 < x2 b 6 ( x1 ? x2 ) a a x1 ? > 0 x2 ? > 0 此时 > 0 即 f ( x1 ) > f ( x2 ) b b (1 ? 3x1 )(1 ? 3x2 )

?a + b a ? b? , ∴ f ( x) ∈ ? ? ?a ? b a + b?
例 3、 (1)证明: ?x1 , x2 ∈ ( ?1, 1) 且x1 < x2

f ( x1 ) ? f ( x2 ) = = =

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

x1 x ? 22 2 1 + x1 1 + x2
2 1

(1 + x )(1 + x )
2 2

( x1 ? x2 )(1 ? x1 x2 )

(1 + x )(1 + x )
2 1 2 2

由 x1 < x2 得 x1 < x2 < 0 又 ?1 < x1 < x2 < 1 且 x1 ? x2 ∈ ( ?1, 1)
2 ∴1 + x12 > 0,1 + x2 >0

∴1 ? x1 ? x2 > 0

2 1

( x1 ? x2 )(1 ? x1 x2 )

(1 + x )(1 + x )
2 2

<0

∴ f ( x1 ) < f ( x2 )

故 f ( x ) 在 ( ?1, 1) 单调递增
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(2)由(1)同理 ?x1 , x2 ∈ ( ?1, 1) 且x1 < x2

f ( x1 ) ? f ( x2 ) =

k ( x1 ? x2 )(1 ? x1 x2 )

(1 + x ) (1 + x )
2 1 2

2

当 k > 0 时 f ( x1 ) < f ( x2 )

f ( x ) 在 ( ?1, 1) 单调递增 f ( x ) 在 ( ?1, 1) 单调递减

当 k < 0 时 f ( x1 ) > f ( x2 ) 当 k = 0 时 f ( x) = 0 此时图象 f ( x ) 为常函数 例 4、 (1)解: f ( x ) = ( x ? a ) ? 1
2

对称轴为 x=a 欲使 f ( x ) 在 [ 0, 2] 上是单调的,只需 a ≤ 0或a ≥ 0 (2)解:分类:①当 a < ?1 时 g ( a ) = f ( x )min = f ( ?1) = a 2 + 2a ②当 ?1 ≤ a ≤ 1 时 g ( a ) = f ( x )min = f ( a ) = ?1 ③当 a > 1 时 g ( a ) = f ( x )min = f (1) = a 2 ? 2a
?a 2 + 2a a < ?1 ? ∴ f (a) = ? ?1 ? 1 ≤ a ≤ 1 (图象见视频) ? 2 ? a ? 2a a > 1 1 ? 23 ? 例 5、解: y = 3 ? x ? ? + x ∈ [ m, n ] 6 ? 12 ? 1 ①当 n < 时 f ( x ) 在 [ m, n ] 单调递减 6 ? ∴ 值域 ?3n 2 ? n + 2, 3m 2 ? m + 2 ? ?
1 ?m + n 1 ? ≤ m+n≤ ? ? ? 2 ? 6 3 ②当 ? 时 即? 1 1 ?n ≥ ?n ≥ ? ? 6 6 ? ? ? 23 ? f ( x ) 在 [ m, n ] 内值域为 ? , 3m 2 ? m + 2 ? 12 ? ?
2

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1 ?m + n 1 ? m+n> > ? ? ? 2 ? ? 23 ? 6 3 即? ③? 时值域 ? , 3n 2 ? n + 2 ? 1 1 12 ? ? ?m < ?m < ? ? 6 6 ? ? 1 2 2 ④当 m ≥ 时 f ( x ) 值域 ? ?3m ? m + 2, 3n ? n + 2 ? ? 6

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