函式的單調性（第一課時）
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高考數學衝刺服務**：158********劉老師
【學習目標】
1．了解函式單調性的概念，掌握判斷一些簡單函式單調性的方法．
2．能用文字語言和數學符號正確表達增函式、減函式、單調性等概念，能準確理解這
些定義的本質特點．
【學習障礙】
1．由於對單調性定義的理解不透，誤認為它是乙個整體性質，實質上是區間內的性質．
2．利用定義論證單調性時，推理過程不嚴密不規範．
3．函式單調性的應用意識不強．
【學習策略】
ⅰ．學習導引
1．預習課本第p58~59頁
2．本課時重點是單調性的概念，難點是判斷函式的單調性．
3．對於函式的單調性，要求①會用作差（商）法證明一些簡單函式的單調性．②給出
函式解析式時，會確定函式在其定義域內的單調區間．③會利用單調性作圖．
ⅱ．知識拓寬
應用函式的單調性可以求解不等式，求函式的最值等．
ⅲ．障礙分析
1．若函式f（x）在區間d1、d2上分別為增函式，f（x）一定是d1∪d2上的增函式嗎？
單調性是與「區間」緊密相關的概念，乙個函式在不同的區間上可以有不同的單調性．若
f（x）在區間d1、d2上分別為增函式，但f（x）不一定在區間d1∪d2上是增函式．例
如y＝－在（－∞，0）上是增函式，在（0，＋∞）上也是增函式，但在（－∞，0）
∪（0，＋∞）上不是增函式，f（1）＜f（－1）便是一例．
2．函式的單調性定義中的x1，x2能否用特殊值來代替？
單調性是函式在某一區間上的「整體性質」，因此，定義中的x1，x2具有任意性，
不能用特殊值替代．
3．函式的單調性可解決什麼樣的問題？
已知函式在某區間內的單調性，可以比較兩個函式值的大小，也可用來求函式在某區
間內的值域或最大（小）值，這時常結合函式的圖象，運用數形結合的思想方法．
［例1］判斷函式f（x）＝x＋在區間（0，＋∞）上的單調性，並求出函式的值域．
解：任取x1，x2∈（0，＋∞），且x1＜x2，
f（x1）－f（x2）＝（x1＋）－（x2＋）＝
∵0＜x1＜x2，∴x1－x2＜0，x1x2＞0．
且當1≤x1＜x2時，x1x2－1＞0，
當0＜x1＜x2≤1時
x1x2＜1，x1x2－1＜0
∴當x1，x2∈［1，＋∞］時，f（x1）－f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2）
∴函式y＝x＋在區間（0，1）上是減函式，在區間［1，＋∞］上是增函式．
易知y＝x＋（x＞0）時恒有y＞0
且當x＝1時，ymin＝2．
從而值域為［2，＋∞）
點評：函式y＝x＋（a≠0）是一類經常用到的函式，
當a≠0時，它有兩個減區間［－，0］，（0， ）．同時有兩個增區間
［例2］判斷下列函式的單調性
（1）f（x）＝－x2＋3x－2；（2）f（x）＝3|x|．
解：（1）f（x）＝－（x－）2＋
∵f（x）＝－（x－）2＋的圖象是開口向下的拋物線，對稱軸為x＝
∴f（x）在（－∞，）上是增函式，在［，＋∞］上是減函式．
（2）f（x）＝
∴由f（x）的圖象可知，f（x）在（－∞，0］上是減函式，在［0，＋∞）上是增函式．
ⅲ．思維拓展
［例3］判定並證明下列函式在指定區間內的單調性
（1）y＝－x3＋1（x∈r）．
（2）y＝－ax（a∈［1，＋∞），x∈［0，＋∞））．
（1）解法一：在（－∞，＋∞）上任取x1、x2，使x1＜x2，則f（x1）－f（x2）＝（－x13＋1）－（－x23＋1）＝x23－x13＝（x2－x1）（x22＋x1x2＋x12）
∵x1＜x2，∴x2－x1＞0
若x1·x2＞0，則x22＋x1x2＋x12＞0，
若x1·x2＝0，由x1≠x2，則x12＋x22＞0
也有x22＋x1x2＋x12＞0
若x1·x2＜0，x22＋x1x2＋x12＝（x1＋x2）2－x1x2＞0
∴對於任意的x1＜x2都有x22＋x1x2＋x12＞0
∴f（x1）－f（x2）＝（x2－x1）（x22＋x1x2＋x12）＞0即f（x1）＞f（x2）
∴y＝f（x）＝－x3＋1在r上是減函式．
解法二：在（－∞，＋∞）上任取x1、x2，使x1＜x2則f（x1）－f（x2）＝x23－x13＝（x2－x1）（x22＋x1x2＋x12）＝（x2－x1）［（x2＋）2＋x12］
∵x1＜x2，∴x2－x1＞0，且x1，x2不同時為零，
∴（x2＋）2與x12不同時為零，即（x2＋）2＋x12＞0
∴f（x1）－f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2）
∴y＝f（x）＝－x3＋1在r上是減函式．
（2）解：任取x1，x2∈［0，＋∞），且x1＜x2，
f（x1）－f（x2）＝（－ax1）－（－ax2）
＝（）－a（x1－x2）
＝－a（x1－x2）
＝（x1－x2）（－a）
∵x1，x2∈［0，＋∞］，且x1＜
∴x1＋x2＜
從而＜1，又a∈［1，＋∞］
∴－a＜0
∴f（x1）－f（x2）＝（x1－x2）（ －a）＞0
即f（x1）＞f（x2）
∴y＝f（x）＝－ax（a∈［1，＋∞））在區間［0，＋∞）上是單調減函式．
點評：證明函式單調性的一般步驟為：①取點 ②作差 ③變形 ④定號．
ⅴ．**學習
已知函式f（x）在（－∞，＋∞）上是減函式，且滿足f（x＋y）＝f（x）·f（y），
f（2）＝，試求不等式f（x）f（3x2－1）＜的解集．
參***：
解：函式f（x）在（－∞，＋∞）上是減函式且滿足f（x＋y）＝f（x）f（y）
∴f（2）＝f（1＋1）＝f（1）·（1）＝＜f（1）
∴f（1）＝
由f（x）·f（3x2－1）＜得f（x＋3x2－1）＜
而＝×＝f（1）f（2）＝f（3）
∴f（x＋3x2－1）＜f（3），x＋3x2－1＞3
解得x＜－或x＞1
故所求不等式的解為{x|x＜－或x＞1＝
【同步達綱練習】
一、選擇題
1．在區間（－∞，0）上為增函式的是
a．y＝－（x＋1）2 b．y＝1＋x2 c．y＝ d．y＝
2．若函式f（x）＝x2＋2（a－1）x＋2在區間（－∞，4）上是減函式，那麼實數a的
取值範圍是
a．a≥3 b．a≥－3 c．a≤－3 d．a≤5
3．函式y＝的單調遞增區間是
a．（－∞，－2） b．［－5，－2］ c．（－2，＋∞） d．［－2，1］
4．已知函式y＝f（x）定義在［－2，1］上，且有f（－1）＞f（0），則下列判斷正確
的是a．f（x）必為［－2，－1］上的單調增函式
b．f（x）不是［－2，－1］上的單調增函式
c．f（x）必為［－2，－1］上的單調減函式
d．f（x）不是［－2，－1］上的單調減函式
二、填空題
5．已知f（x）在定義域內是減函式，且f（x）＞0在其定義域內，y＝a－f（x）的單調
性為函式．y＝的單調性為函式．
6．函式y＝的減區間為
7．已知（－∞，a）是函式f（x）＝（x≠1）的反函式的乙個單調遞減區間，則
實數a的取值範圍是
三、解答題
8．函式f（x）當x＞0時有意義，且滿足f（2）＝1，f（xy）＝f（x）＋f（y），f（x）
在（0，＋∞）上是增函式．
（1）求證：f（1）＝0．
（2）求f（4）．
（3）如果f（x）＋f（x－3）≤2，求x的取值範圍．
9．已知函式f（x）在區間（－∞，＋∞）上是增函式，a和b為實數．
（1）求證：命題「如果a＋b≥0，那麼f（a）＋f（b）≥f（－a）＋f（－b）」成立．
（2）判斷（1）的逆命題是否成立，並說明為什麼．
參***
【同步達綱練習】
一、1．d 提示：y＝－（x＋1）2在（－∞，0）上是先增後減的函式，y＝1＋x2，y＝
在（－∞，0）上為減函式，故選d．
2．c 提示：由－≥4得a≤－3
3．b 提示：由5－4x－x2≥0得－5≤x≤1且5－4x－x2在［－5，－2］上是增函式，
故y＝的單調遞增區間為［－5，－2］．
4．b 提示：根據增函式的定義知選b
二、5．增減提示：由定義知y＝a－f（x）為增函式
y＝為減函式
6．（－∞，－1）及（－1，＋∞） 提示：作出y＝的圖象知減區間為
（－∞，－1）及（－1，＋∞）
7．a≤0 提示：由反函式圖象可得a≤0
三、8．（1）由f（xy）＝f（x）＋f（y），令x＝2，y＝1，得f（2）＝f（2）＋f（1），
∴f（1）＝0．
（2）令x＝y＝2，∴f（4）＝f（2）＋f（2）＝2．
（3）f（x）＋f（x－3）＝f（x（x－3）），且f（4）＝2，
∴f（x）＋f（x－3）≤2＝f（4）可化為f（x（x－3））≤f（4）．
依題有解得3＜x≤4．
9．（1）a＋b≥0，則a≥－b或b≥－a．
∵f（x）在（－∞，＋∞）上是增函式，∴f（a）≥f（－b），f（b）≥f（－a），
∴f（a）＋f（b）≥f（－a）＋f（－b）．
（2）逆命題為「若f（a）＋f（b）≥f（－a）＋f（－b），則a＋b≥0」．
反證法：假設a＋b＜0，則a＜－b或b＜－a，
依題有f（a）＜f（－b），f（b）＜f（－a），∴f（a）＋f（b）＜f（－a）＋f（－b），
與已知矛盾，∴假設不成立，a＋b≥0．
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