剖析函数单调性

函数的单调性是高中数学教材中的重要内容，应深刻理解单调性的概念及定义的内涵、性质。现就笔者在教学中遇到的问题加以归纳，希望对广大中学生朋友们有所帮助。

高中数学第一册(上) P：63-64页(人教社、2006年11月第2版)

一般地：设函数f(x)的定义域为Ⅰ：

如果对于属于定义域Ⅰ内的某个区间上的任意两个自变量的值 ， ，当 < 时，都有f( )<f( )，那么就说f(x)在这个区间上是增函数;如果对于属于定义域Ⅰ内某个区间的任意两个自变量的值 ， ，当 < 时，都有f( )>f( )，那么就说在这个区间上是减函数。

如果函数y=f(x)在某个区间是增函数或减函数，那么就说函数y=f(x)在这个区间具有(严格的)单调性，这一区间叫做y=f(x)的单调区间。

对函数的单调性定义的理解，应掌握以下几点：

① 单调性是函数在某一区间上的整体性质，定义中的 、 在这一区间内具有任意性，证明时不可用特殊值代替。函数的单调性是函数在其定义域上的一个局部性质，一个函数在不同的区间上可以有不同的单调性。

② 函数的单调性只能在定义域内讨论，且谈函数的单调性时必须指明对应的区间。函数的单调区间一定是其定义域的子集。

③ 函数具备单调性是指在某个区间上的增或减的趋势，因此写单调区间时，可以写成包含端点的闭区间，也可以写成不包含端点的开区间，但一般要求把端点至少写在一个给定的区间内(不在定义域内的点除外)。

④ 函数的单调性是充要性质的命题，使得自变量间的不等关系和函数值间的不等关系可以“正逆互推”。

⑤ f(x)在区间 、 上是增函数，但f(x)在 上不一定是增函数。同样地，f(x)在区间 、 上是减函数，但f(x)在区间 上不一定是减函数。

⑥ 函数在整个定义域上单调递增(或递减)，则称函数为单调函数。如果函数在定义域的某个区间上才是单调的，不能称为单调函数。如f(x)=x+1是单调函数，f(x)= 不是单调函数。

⑦ 证明函数的单调性一般用定义法或导数法。而判断函数的单调性一般用定义法、导数法、复合函数的单调性法、利用已知函数的单调性法、利用图象法等。

例1：

函数f(x)的定义域为R, 对任意的x、y∈R有f(x+y)=f(x)+f(y), 且当x>0时,f(x)<0, f(1)=-2

⑴证明f(x)是R上的奇函数

⑵证明f(x)是R上的减函数

⑶求f(x)在区间 上的最大值和最小值

证明：⑴∵f(x+y)=f(x)+f(y) (x、y∈R)

令x=y=0

∴f(0)=2f(0)

∴f(0)=0

令y=-x

∴f(x-x)=f(x)+f(-x)=f(0)=0

∴f(-x)=-f(x)

∴f(x)是R上的奇函数

而在证明函数f(x)在R上单调性时，一般学生易表述成如下的几种错误情形：

错误情形一：

证明：∵x>0时，f(x)<0=f(0)

∴f(x)在(0,+∞)上是减函数，

又∵f(x)是R上的奇函数，

而奇函数在对称区间上有相同的单调性，

∴f(x)在(-∞，0)上为减函数。

∴f(x)是R上的减函数。

评析：

ⅰ：这里相当于取 =x、 =0 (x∈R) ，这与定义中 , 都具有任意性不符。

ⅱ：f(x)在(-∞，0)上为减函数，在(0,+∞)上也为减函数，并不能说明f(x) 在R上为减函数，如f(x)= 在(-∞，0)上和在(0,+∞)上都为减函数，但在定义域上不为减函数。

错误情形二：

∵f(x+y)=f(x)+f(y) (x、y∈R) 且f(1)=-2

当x>0时，令x>0、y=1

∴f(x+1)=f(x)+f(1)=f(x)-2

∴f(x+1)-f(x)=f(1)=-2 <0

∴f(x)在(0,+∞)上是减函数.

评析：

这里相当于取 =x+1， =x, (x∈R) 虽然 、 都具有任意性，但 与 是满足 - =1为定值，而定义中 、 是相互独立的任意变量，两者不具备某种等量关系，即 、 之间无任何依赖关系，故这与单调性定义矛盾。

错误情形三：

设 > >0，∴f( )=f[( - )+ ]=f( - )+f( )

∴f( )-f( )=f( - )

∵x>0时，f(x)<0

∵ > ∴f( )-f( )=f( - )<0

∴f( )<f( )

∴f(x)在(0,+∞)上是减函数.

又∵f(x)是R上的奇函数， 而奇函数在对称区间上有相同的单调性，

∴f(x)在(-∞，0)上为减函数。

又f(0)=0

∴f(x)在(-∞，+∞)上连续

∴f(x)是R上的减函数。

评析：

ⅰ：f(x)在x=0处有定义，不能推出f(x)在x=0处连续，要证f(x)在x=0处连续，须由函数f(x)在x=0处连续的定义。

ⅱ：f(x)在(-∞，0)上为减函数，在(0,+∞)上也为减函数，且f(0)=0，并不能推出f(x) 在R上是减函数。

常规证法如下：

证明：⑴∵f(x+y)=f(x)+f(y) (x、y∈R)

令x=y=0

∴f(0)=2f(0)

∴f(0)=0

令y=-x

∴f(x-x)=f(x)+f(-x)=f(0)=0

∴f(-x)=-f(x) ( x∈R)

∴f(x)是R上的奇函数

⑵设 > ( 、 ∈R)

∵ 当x>0时,f(x)<0

∴f( - )<0

∵ f( )=f[( - )+ ]=f( - )+f( )

∴f( )-f( )=f( - )<0

∴f( )<f( )

∴f(x)是R上的减函数。

⑶∵f(x+y)=f(x)+f(y) (x、y∈R)

令y=x ∴f(2x)=f(x)+f(x)=2f(x)

令x=1 得 f(2)=2f(1)=-4,

令x=2,y=1 得f(3)=f(2+1)=f(2)+f(1)=(-4)+(-2)= -6

∵ f(x)在R上为奇函数

∴f(-3)=-f(3)=6

又 由⑵知f(x)是 上的减函数

∴ =f(3)=-6

=f(-3)=6

评析：

设 > ( 、 ∈R)，f( )=f[( - )+ ]=f( - )+f( )是重点，也是证明“对x、y∈R有f(x+y)=f(x)+f(y)”这类抽象函数单调性的关键，体现“加用减”来转化的策略。

例2：设函数f(x)的定义域为R上，对任意实数m 、n恒有f(m+n)=f(m) f(n), 且当x>0时有0<f(x)<1

⑴求证：f(0)=1,且当x<0时，f(x)>1

⑵求证:f(x)在R上为减函数

⑶设集合A={(x,y)∣f( ) f( )>f(1)},B={(x,y)∣f(ax-y+2)=1,a∈R}, 若A∩B= 求a的取值范围?

证明：⑴任意实数m、 n恒有f(m+n)=f(m) f(n)

令m=1,n=0得: f(1+0)=f(1)f(0)=f(1)

∵ x>0时有0<f(x)<1

∴f(0)=1

设x<0 ∴-x>0,

令m=x,n=-x得f(x-x)=f(x) f(-x)=f(0)=1

∴f(x)= ∵-x>0时，有0<f(-x)<1,

∴当x<0时 f(x) = >1

⑵由于x>0时,f(x)∈(0,1)

又由⑴知x≤0时f(x)≥1

∴当x∈R时，都有f(x)>0

设 > ( 、 ∈R)

∴f( )=f[( - )+ ]=f( - ) f( )

∴ = f( - )

∵ x>0时 有0<f(x)<1

∵ - >0 ∴0<f( - )<1

∴ <1

当x∈R时，都有f(x)>0

∴f( )<f( )

∴f(x)在R上为减函数。

⑶ ∵f( ) f( )>f(1)

∴f( )>f(1)

∵ f(x)在R上为减函数。

∴ <1

∴A={(x,y)∣ <1}

而f(ax-y+2)=1=f(0)

∵ f(x)在R上为单调函数。

∴ax-y+2=0 ∴y=ax+2

∴B={(x,y)∣y=ax+2}

∵A∩B= ∴直线ax-y+2=0与圆 =1相离或相切

d= ≥R=1 ∴ ≤3

∴a∈[- , ]

评析：

ⅰ：第⑴问中关键是推出f(x)= ⅱ：第⑵问中关键是f( )=f[( - )+ ]=f( - ) f( )，推出 = f( - )，

这是证明“对任意实数m 、n恒有f(m+n)=f(m) f(n)”这类抽象函数单调性的关键，体现“乘用除”来转化的策略。

ⅲ：第⑶问也可设 = +t (t>0), f( )=f( +t)= f( ) f(t)<f( )

或者设 < ( 、 ∈R)则 = = >1

又f( )、f( )>0 ∴f( )>f( )。

练习:

定义在R上的函数y=f(x),f(0)≠0,当x>0时,f(x)>1 且对任意的a、b ∈R 有 f(a+b)=f(a) f(b)

证明：

⑴f(0)=1

⑵对任意x∈R，恒有f(x)>0

⑶f(x)是R上的增函数

⑷若f(x) f(2x- )>1,求x的取值范围

答案与提示：⑷ x∈(0,3)

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/yu3b.html