函数的单调性·例题解析1 2．3．
】求下列函数的增区间与减区间【例123|
2x(1)y＝|x－＋2x2?x＝(2)y|1x?1?|
23xx??2(3)y＝?224＋1)．x－＋2x－3＝(x(1)解令f(x)＝轴轴下方的图像翻到x轴及x轴上方部分，把它在x先作出f(x)的图像，保留其在x2 1所示．．3－＋2x－3|的图像，如图2＝就得到y|x 由图像易得：) [1，＋∞，－1]，递增区间是[－31]
，[，－1递减区间是(－∞，－3] 分析：先去掉绝对值号，把函数式化简后再考虑求单调区间．(2) ．＝－xy且x≠2，则函数0≥且x－1≠1时，得x≥1解当x－1 ．－2时，则函数y＝x1≠－时，得x＜1且x≠01当x－＜0且x－11) (0，(－∞，0)和∴增区间是)
(2，＋∞[1，2)和减区间是2 ．1≤x≤2x＋3≥0，得－(3)解：由－x3－2在x∈[－1，－4．在x∈[3，－1]1]上是＋xu令＝＝g(x)＝－＋－2x3＝－(x1)2＋上是．而y＝u在u≥0上是增函数．
∴函数y的增区间是[－3，－1]，减区间是[－1，1]．
22在[－1，＋∞a1)x(3a＝函数2【例】f(x)ax－－＋]上是增函数，求实数a的取值范围．
上是增函数．，＋∞)＝0时，f(x)＝x在区间[1解当a1?3a，＝时，对称轴x当a≠0a2?0 ＞a ?．1a≤a＞0时，由得0＜若?1?3a，1≤?a2? 0时，无解．若a＜1．∴a的取值范围是0≤a ≤的抛物线，＝3＝f(x)(x∈R)的图像是一条开口向下且对称轴为x【例3】已知二次函数y 试比较大小：f(4)
(1)f(6)与15)(2)f(2)与f(
6时，f(x)为减函数，又＝3，∴x≥3解(1)∵y＝f(x)的图像开口向下，且对称轴是xf(4)
f(6)＜＞4＞3，∴3在x≥＜15＜4，函数f(x)(2)∵对称轴x＝3，∴f(2)＝f(4)，而3
时为减函数．∴f(15)＞f(4)，即f(15)＞f(2)．
ax(a≠0)在区间(－1，1)上的单调性．【例4】判断函数f(x)＝2?1x解任取两个值x、x∈(－1，1)，且x＜x．2121a(xx?1)(x?x)1122＝f(x))∵f(x－2212?1x)x?1)((2122∵－1＜x＜x＜1，xx＋1＞0，x－x＞0，x－1＜0，x－1＜0．11222111(xx?1)(x?x)1212＞0∴
22?1)(x)(x?121当a＞0时，f(x)在(－1，1)上是减函数．
当a＜0时，f(x)在(－1，1)上是增函数．
3＋1在(－∞，＋∞)上是减函数．x【例5】利用函数单调性定义证明函数f(x)＝－证取任意两个值x，x∈(－∞，＋∞)且x＜x．211222＋xx＋x))＝(x－x)(x这里有三种证法：∵f(x)－f(x11122221222＝(x＋x)－x＋时，0x＋xxxx＞0x)证法(一当x＜212122112122＞x0x时，x＋x＋≥当xx0212121又∵x－x＜0，∴f(x)＜f(x) 1122 上是减函数．)－∞，＋∞(在f(x)故．
1312222＝(x＋x)＋＋xx，这里x＋x证法(二)∵x＋xx2112122122241与x不会同时为0，否则若x＋x＝0且x＝0，则x＝0这与x＜x2112122222．x0＞矛盾，∴x＋xx＋2112上是减函数．(－∞，＋∞)得f(x)在222223x＝－x－4x＋x，其判别式Δ(三)令t＝x＝＋xx证法1122111223x ＝－，若＝xΔ＞0时，则x＝0，那么x≠0，∴t≤0，若Δ＝0112222＋xx＋x＞0，从而f(x)
＜f(x)，∴f(x)在(＜0，则t＞0，即x－∞，121212＋∞)上是减函数．
1的单调性，并画出它的大致图像．x＋【例6】讨论函数f(x)＝x解定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，任取定义域内两个值x、x，且x＜x．2211xx 121∵f(x)－f(x)＝(x－x)，又x－x＜0，221211xx21∴当0＜x＜x≤1或－1≤x＜x＜0时，有xx－1＜0，xx＞0，f(x)＞f(x) 2211221112∴f(x)在(0，1]，[－1，0)上为减函数．
当1≤x＜x或x＜x≤－1时，有xx－1＞0，xx＞0，f(x)＞f(x)，∴f(x)在(－2211112212∞，－1]，[1，＋∞)上为增函数．根据上面讨论的单调区间的结果，又x＞0时，f(x)＝f(1)＝2，当x＜0时，f(x)maxmin＝f(－1)＝－2．由上述的单调区间及最值可大致
1的图像如图2．3＋－2．x画出y＝x
说明1°要掌握利用单调性比较两个数的大小．
2°注意对参数的讨论(如例4)．
3°在证明函数的单调性时，要灵活运用配方法、判别式法及讨论方法等．(如例5)
是分层讨论，要逐步培养．6°例4．
例题：已知函数f(x)对任意x,y∈R均满足：f(x+y)=f(x)+f(y)；f(1)=2；当且仅当x<0时，f(x)<0，
求：当-3≤x≤3时，求f(x)的最大值与最小值。
解：在方程f(x+y)=f(x)+f(y)中取x=0,y=0，可得f(0)=0，
取y=-x，可得f(x)=-f(-x)，即函数f(x)是奇函数，
在f(x)的定义域R内任取x1，x2，使x1则f(x1-x2)=f(x1)+f(-x2)=f(x1)-f(x2)<0，
故f(x)在定义域R内是单调递增函数，
因为f(1)=2，所以f(3)=f(2)+f(1)=f(1)+f(1)+f(1)=6，f(-3)=-f(3)=-6，
因为f(x)在定义域R内是单调递增函数，故
当-3≤x≤3，求f(x)的最大值为6，最小值-6
证明函数单调性一般用的是定义法证明,
例:证明f(x)=x^m-2/x在(0,正无穷)的单调性
解:设:x1,x2属于(0,正无穷) 且x2>x1
f(x1)-f(x2)=x1-2/x1-x2+2/x2
=(x1-x2)-2/x1+2/x2
=(x1-x2)-2x2+2x1/x1x2
=(x1x2+2)(x1-x2)/x1x2
∵x2>x1
∴x1x2+2>0
