函数单调性证明（精选8篇）
一．解答题（共40小题）
1．证明：函数f（x）=在（﹣∞，0）上是减函数．
2．求证：函数f（x）=4x+在（0，）上递减，在[，+∞）上递增．
3．证明f（x）=
在定义域为[0，+∞）内是增函数．
4．应用函数单调性定义证明：函数f（x）=x+在区间（0，2）上是减函数．
第1页（共23页）
5．证明函数f（x）=2x﹣在（﹣∞，0）上是增函数．
6．证明：函数f（x）=x2+3在[0，+∞）上的单调性．
7．证明：函数y=
在（﹣1，+∞）上是单调增函数．
8．求证：f（x）=
在（﹣∞，0）上递增，在（0，+∞）上递增．
9．用函数单调性的定义证明函数y=
在区间（0，+∞）上为减函数．
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10．已知函数f（x）=x+．
（Ⅰ）用定义证明：f（x）在[2，+∞）上为增函数；（Ⅱ）若
＞0对任意x∈[4，5]恒成立，求实数a的取值范围．
11．证明：函数f（x）=
在x∈（1，+∞）单调递减．
12．求证f（x）=x+的（0，1）上是减函数，在[1，+∞]上是增函数．
13．判断并证明f（x）=
在（﹣1，+∞）上的单调性．
14．判断并证明函数f（x）=x+在区间（0，2）上的单调性．
第3页（共23页）
15．求函数f（x）=的单调增区间．
16．求证：函数f（x）=﹣
﹣1在区间（﹣∞，0）上是单调增函数．
17．求函数的定义域．
18．求函数的定义域．
19．根据下列条件分别求出函数f（x）的解析式（1）f（x+）=x2+
（2）f（x）+2f（）=3x．
20．若3f（x）+2f（﹣x）=2x+2，求f（x）．
第4页（共23页）
21．求下列函数的解析式
（1）已知f（x+1）=x2求f（x）
（2）已知f（）=x，求f（x）
（3）已知函数f（x）为一次函数，使f[f（x）]=9x+1，求f（x）
（4）已知3f（x）﹣f（）=x2，求f（x）
22．已知函数y=f（x），满足2f（x）+f（）=2x，x∈R且x≠0，求f（x）．
第5页（共23页）
23．已知3f（x）+2f（）=x（x≠0），求f（x）．
24．已知函数f（x+）=x2+（）2（x＞0），求函数f（x）．
25．已知2f（﹣x）+f（x）=3x﹣1，求f（x）．
26．若2f（x）+f（﹣x）=3x+1，则求f（x）的解析式．
27．已知4f（x）﹣5f（）=2x，求f（x）．
28．已知函数f（+2）=x2+1，求f（x）的解析式．
第6页（共23页）
29．若f（x）满足3f（x）+2f（﹣x）=4x，求f（x）的解析式．
30．已知f（x）=ax+b且af（x）+b=9x+8，求f（x）
31．求下列函数的解析式：
（1）已知f（2x+1）=x2+1，求f（x）；
（2）已知f（）=，求f（x）．
32．已知二次函数满足f（2x+1）=4x2﹣6x+5，求f（x）的解析式．
33．已知f（2x）=x2﹣x﹣1，求f（x）．
34．已知一次函数f（x）满足f（f（f（x）））=2x﹣3，求函数f（x）的解析式．
第7页（共23页）
35．已知f（x+2）=x2﹣3x+5，求f（x）的解析式．
36．已知函数f（x﹣2）=2x2﹣3x+4，求函数f（x）的解析式．
37．若3f（x）+2f（﹣x）=2x，求f（x）
38．f（+1）=x2+2，求f（x）的解析式．
39．若函数f（）=+1，求函数f（x）的解析式．
40．已知f（x﹣1）=x2﹣4x．（1）求f（x）的解析式；（2）解方程f（x+1）=0．
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函数的单调性证明
参考答案与试题解析
一．解答题（共40小题）
1．证明：函数f（x）=在（﹣∞，0）上是减函数． 【解答】证明：设x1＜x2＜0，则：
；
∵x1＜x2＜0；
∴x2﹣x1＞0，x1x2＞0； ∴f（x1）＞f（x2）；
∴f（x）在（﹣∞，0）上是减函数．
2．求证：函数f（x）=4x+在（0，）上递减，在[，+∞）上递增． 【解答】证明：设0＜x1＜x2＜，则f（x1）﹣f（x2）=（4x1+）﹣（4x2+）=4（x1﹣x2）+
=（x1﹣x2）（），又由0＜x1＜x2＜，则（x1﹣x2）＜0，（4x1x2﹣9）＜0，（x1x2）＞0，则f（x1）﹣f（x2）＞0，则函数f（x）在（0，）上递减，设≤x3＜x4，同理可得：f（x3）﹣f（x4）=（x3﹣x4）（又由≤x3＜x4，第10页（共23页）），则（x3﹣x4）＜0，（4x3x4﹣9）＞0，（x1x2）＞0，则f（x3）﹣f（x4）＜0，则函数f（x）在[，+∞）上递增．
3．证明f（x）=在定义域为[0，+∞）内是增函数．
【解答】证明：设x1，x2∈[0，+∞），且x1＜x2，则：
=∵x1，x2∈[0，+∞），且x1＜x2； ∴∴f（x1）＜f（x2）；
∴f（x）在定义域[0，+∞）上是增函数．
4．应用函数单调性定义证明：函数f（x）=x+在区间（0，2）上是减函数． 【解答】证明：任取x1，x2∈（0，2），且x1＜x2，则f（x1）﹣f（x2）=
﹣（=
；
；
因为0＜x1＜x2＜2，所以x1﹣x2＜0，x1x2＜4，所以f（x1）﹣f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2），所以f（x）=x+在（0，2）上为减函数．
5．证明函数f（x）=2x﹣在（﹣∞，0）上是增函数． 【解答】解：设x1＜x2＜0，∴f（x1）﹣f（x2）=2x1﹣﹣2x2+
=（x1﹣x2）（2+∵x1＜x2＜0，），第11页（共23页）
∴x1﹣x2＜0，2+
＞0，∴f（x1）﹣f（x2）＜0，即：f（x1）＜f（x2），∴函数f（x）=2x﹣在（﹣∞，0）上是增函数．
6．证明：函数f（x）=x2+3在[0，+∞）上的单调性． 【解答】解：任取0≤x1＜x2，则f（x1）﹣f（x2）==（x1+x2）（x1﹣x2）
因为0≤x1＜x2，所以x1+x2＞0，x1﹣x2＜0，故原式f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），所以原函数在[0，+∞）是单调递增函数．
7．证明：函数y=
在（﹣1，+∞）上是单调增函数．
=1﹣
在在区间（﹣1，+∞），【解答】解：∵函数f（x）=可以设﹣1＜x1＜x2，可得f（x1）﹣f（x2）=1﹣∵﹣1＜x1＜x2＜0，﹣1+=
∴x1+1＞0，1+x2＞0，x1﹣x2＜0，∴＜0
∴f（x1）＜f（x2），∴f（x）在区间（﹣∞，0）上为增函数；
8．求证：f（x）=在（﹣∞，0）上递增，在（0，+∞）上递增．
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【解答】证明：设x1＜x2，则f（x1）﹣f（x2）=﹣∵x1＜x2，∴x1﹣x2＜0，﹣（﹣）=﹣=，∴若x1＜x2＜0，则x1x2＞0，此时f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），此时函数单调递增．
若0＜x1＜x2，则x1x2＞0，此时f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），此时函数单调递增． 即f（x）=
9．用函数单调性的定义证明函数y=【解答】解：∵函数y=可以设0＜x1＜x2，可得f（x1）﹣f（x2）=∴f（x1）＞f（x2），∴f（x）在区间（﹣∞，0）上为减函数；
10．已知函数f（x）=x+．
（Ⅰ）用定义证明：f（x）在[2，+∞）上为增函数；（Ⅱ）若＞0对任意x∈[4，5]恒成立，求实数a的取值范围．
﹣
=
＞0，在区间（0，+∞）上为减函数． 在（﹣∞，0）上递增，在（0，+∞）上递增．
在区间（0，+∞），【解答】（Ⅰ）证明：任取x1，x2∈[2，+∞），且x1＜x2，则f（x1）﹣f（x2）=（x1+）﹣（x2+）=，∵2≤x1＜x2，所以x1﹣x2＜0，x1x2＞4，∴f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），∴f（x）=x+在[2，+∞）上为增函数；（Ⅱ）解：∵＞0对任意x∈[4，5]恒成立，第13页（共23页）
∴x﹣a＞0对任意x∈[4，5]恒成立，∴a＜x对任意x∈[4，5]恒成立，∴a＜4．
11．证明：函数f（x）=
在x∈（1，+∞）单调递减．
【解答】证明：设x1＞x2＞1，则：
；
∵x1＞x2＞1；
∴x2﹣x1＜0，x1﹣1＞0，x2﹣1＞0； ∴即f（x1）＜f（x2）；
∴f（x）在x∈（1，+∞）单调递减．
12．求证f（x）=x+的（0，1）上是减函数，在[1，+∞]上是增函数． 【解答】证明：①在（0，1）内任取x1，x2，令x1＜x2，则f（x1）﹣f（x2）=（=（x1﹣x2）+=（x1﹣x2）（1﹣
；）﹣（）），∵x1，x2∈（0，1），x1＜x2，∴x1﹣x2＜0，1﹣
＜0，∴f（x1）﹣f（x2）＞0，∴f（x）=x+在（0，1）上是减函数． ②在[1，+∞）内任取x1，x2，令x1＜x2，则f（x1）﹣f（x2）=（）﹣（）
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=（x1﹣x2）+=（x1﹣x2）（1﹣），∵x1，x2∈[1，+∞），x1＜x2，∴x1﹣x2＜0，1﹣
＞0，∴f（x1）﹣f（x2）＜0，∴f（x）=x+在[1，+∞]上是增函数．
13．判断并证明f（x）=【解答】解：f（x）=证明如下：
在（﹣1，+∞）上任取x1，x2，令x1＜x2，f（x1）﹣f（x2）=
﹣
=，在（﹣1，+∞）上的单调性． 在（﹣1，+∞）上的单调递减．
∵x1，x2∈（﹣1+∞），x1＜x2，∴x2﹣x1＞0，x1+1＞0，x2+1＞0，∴f（x1）﹣f（x2）＞0，∴f（x）=
14．判断并证明函数f（x）=x+在区间（0，2）上的单调性． 【解答】解：任意取x1，x2∈（0，2）且0＜x1＜x2＜2 f（x1）﹣f（x2）=x1+∵0＜x1＜x2＜2
∴x1﹣x2＜0，0＜x1x2＜4，即x1x2﹣4＜0，∴f（x1）﹣f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2）．
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在（﹣1，+∞）上的单调递减．
﹣x2﹣=（x1﹣x2）+
﹣
=（x1﹣x2），所以f（x）在（0，2）上是单调减函数．
15．求函数f（x）=的单调增区间．
=1﹣的单调递增区间为【解答】解：根据反比例函数的性质可知，f（x）=（﹣∞，0），（0，+∞）
故答案为：（﹣∞，0），（0，+∞）
16．求证：函数f（x）=﹣
﹣1在区间（﹣∞，0）上是单调增函数．
【解答】证明：设x1＜x2＜0，则：
；
∵x1＜x2＜0；
∴x1﹣x2＜0，x1x2＞0； ∴；
∴f（x1）＜f（x2）；
∴f（x）在区间（﹣∞，0）上是单调增函数．
17．求函数的定义域．
【解答】解：根据题意，得，解可得，故函数的定义域为2≤x＜3和3＜x＜5．
18．求函数的定义域．
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【解答】解：由故函数定义域为{x|x＜}
．
19．根据下列条件分别求出函数f（x）的解析式（1）f（x+）=x2+
（2）f（x）+2f（）=3x． 【解答】解：（1）f（x+）=x2+
=（x+）2﹣2，即f（x）=x2﹣2，（x＞2或x＜﹣2）（2）∵f（x）+2f（）=3x，∴f（）+2f（x）=，消去f（）得f（x）=﹣x．
20．若3f（x）+2f（﹣x）=2x+2，求f（x）． 【解答】解：∵3f（x）+2f（﹣x）=2x+2…①，用﹣x代替x，得：
3f（﹣x）+2f（x）=﹣2x+2…②； ①×3﹣②×2得：
5f（x）=（6x+6）﹣（﹣4x+4）=10x+2，∴f（x）=2x+．
21．求下列函数的解析式（1）已知f（x+1）=x2求f（x）（2）已知f（）=x，求f（x）
（3）已知函数f（x）为一次函数，使f[f（x）]=9x+1，求f（x）（4）已知3f（x）﹣f（）=x2，求f（x）
【解答】解：（1）∵已知f（x+1）=x2，令x+1=t，可得x=t﹣1，∴f（t）=（t﹣
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1）2，∴f（x）=（x﹣1）2．（2）∵已知f（）=x，令
=t，求得 x=，∴f（t）=，∴f（x）=
．
（3）已知函数f（x）为一次函数，设f（x）=kx+b，k≠0，∵f[f（x）]=kf（x）+b=k（kx+b）+b=9x+1，∴k=3，b=，或k=﹣3，b=﹣，求 ∴f（x）=3x+，或f（x）=﹣3x﹣．
（4）∵已知3f（x）﹣f（）=x2①，∴用代替x，可得3f（）﹣f（x）=由①②求得f（x）=x2+
22．已知函数y=f（x），满足2f（x）+f（）=2x，x∈R且x≠0，求f（x）． 【解答】解：∵2f（x）+f（）=2x① 令x=，则2f（）+f（x）=②，①×2﹣②得： 3f（x）=4x﹣，∴f（x）=x﹣
23．已知3f（x）+2f（）=x（x≠0），求f（x）． 【解答】解：∵3f（x）+2f（）=x，① 等号两边同时以代x，得：3f（）+2f（x）=，② 由①×3﹣2×②，解得 5f（x）=3x﹣，∴函数f（x）的解析式：f（x）=x﹣
24．已知函数f（x+）=x2+（）2（x＞0），求函数f（x）．
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②，．
．
（x≠0）．
【解答】解：∵x＞0时，x+≥2且函数f（x+）=x2+（）2=设t=x+，（t≥2）； ∴f（t）=t2﹣2；
即函数f（x）=x2﹣2（其中x≥2）．
=2，﹣2；
25．已知2f（﹣x）+f（x）=3x﹣1，求f（x）． 【解答】解：∵2f（﹣x）+f（x）=3x﹣1，∴2f（x）+f（﹣x）=﹣3x﹣1，联立消去f（﹣x），可得f（x）=﹣3x﹣．
26．若2f（x）+f（﹣x）=3x+1，则求f（x）的解析式． 【解答】解：∵2f（x）+f（﹣x）=3x+1…①，用﹣x代替x，得：
2f（﹣x）+f（x）=﹣3x+1…②； ①×2﹣②得：
3f（x）=（6x+2）﹣（﹣3x+1）=9x+1，∴f（x）=3x+．
27．已知4f（x）﹣5f（）=2x，求f（x）． 【解答】解：∵4f（x）﹣5f（）=2x…①，∴4f（）﹣5f（x）=…②，①×4+②×5，得：﹣9f（x）=8x+∴f（x）=﹣x﹣
第19页（共23页），．
28．已知函数f（【解答】解：令t=则由f（+2）=x2+1，求f（x）的解析式． +2，（t≥2），x=（t﹣2）2．
+2）=x2+1，得f（t）=（t﹣2）4+1．
∴f（x）=（x﹣2）4+1（x≥2）．
29．若f（x）满足3f（x）+2f（﹣x）=4x，求f（x）的解析式． 【解答】解：f（x）满足3f（x）+2f（﹣x）=4x，…①，可得3f（﹣x）+2f（x）=﹣4x…②，①×3﹣②×2可得：5f（x）=20x． ∴f（x）=4x．
f（x）的解析式：f（x）=4x．
30．已知f（x）=ax+b且af（x）+b=9x+8，求f（x）【解答】解：∵f（x）=ax+b且af（x）+b=9x+8，∴a（ax+b）+b=9x+8，即a2x+ab+b=9x+8，即，解得a=3或a=﹣3，若a=3，则4b=8，解得b=2，此时f（x）=3x+2，若a=﹣3，则﹣2b=8，解得b=﹣4，此时f（x）=3x﹣4．
31．求下列函数的解析式：
（1）已知f（2x+1）=x2+1，求f（x）；（2）已知f（）=，求f（x）．
【解答】解：（1）令2x+1=t，则x=（t﹣1），∴f（t）=（t﹣1）2+1，第20页（共23页）
∴f（x）=（x﹣1）2+1；（2）令m=（m≠0），则x=，∴f（m）==，∴f（x）=（x≠0）．
32．已知二次函数满足f（2x+1）=4x2﹣6x+5，求f（x）的解析式． 【解答】解：（1）令2x+1=t，则x=则f（t）=4（）2﹣6•
；
+5=t2﹣5t+9，故f（x）=x2﹣5x+9．
33．已知f（2x）=x2﹣x﹣1，求f（x）． 【解答】解：令t=2x，则x=t，∴f（t）=t2﹣t﹣1，∴f（x）=x2﹣x﹣1．
34．已知一次函数f（x）满足f（f（f（x）））=2x﹣3，求函数f（x）的解析式． 【解答】解：设f（x）=ax+b，∴f（f（x）=a（ax+b）+b，∴f（f（f（x））））=a[a（ax+b）+b]+b=2x﹣3，∴，解得：，∴f（x）= x﹣．
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35．已知f（x+2）=x2﹣3x+5，求f（x）的解析式． 【解答】解：f（x+2）=x2﹣3x+5，设x+2=t，则x=t﹣2，∴f（t）=（t﹣2）2﹣3（t﹣2）+5=t2﹣7t+15，∴f（x）=x2﹣7x+15．
36．已知函数f（x﹣2）=2x2﹣3x+4，求函数f（x）的解析式． 【解答】解：令x﹣2=t，则x=t+2，代入原函数得 f（t）=2（t+2）2﹣3（t+2）+4=2t2+5t+6 则函数f（x）的解析式为f（x）=2x2+5x+6
37．若3f（x）+2f（﹣x）=2x，求f（x）【解答】解：∵3f（x）+2f（﹣x）=2x…①，用﹣x代替x，得：
3f（﹣x）+2f（x）=﹣2x…②； ①×3﹣②×2得：
5f（x）=6x﹣（﹣4x）=10x，∴f（x）=2x．
38．f（+1）=x2+2，求f（x）的解析式．
【解答】解：设∴x=（t﹣1）2； ∵f（+1）=x2+2+1=t，则t≥1，∴f（t）=（t﹣1）4+2（t﹣1），∴f（x）=（x﹣1）4+2（x﹣1），x∈[1，+∞）．
39．若函数f（【解答】解：令）=
+1，求函数f（x）的解析式．
=t（t≠1），则=t﹣1，第22页（共23页）
∴f（t）=2+（t﹣1）2=t2﹣2t+3，∴f（x）=x2﹣2x+3（x≠1）．
40．已知f（x﹣1）=x2﹣4x．（1）求f（x）的解析式；（2）解方程f（x+1）=0．
【解答】解：（1）变形可得f（x﹣1）=（x﹣1）2﹣2（x﹣1）﹣∴f（x）的解析式为f（x）=x2﹣2x﹣3；
（2）方程f（x+1）=0可化为（x+1）2﹣2（x+1）﹣3=0，化简可得x2﹣4=0，解得x=2或x=﹣2
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一、利用一次函数的单调性证明不等式
例1已知|a|<1,|b|<1,|c|<1,求证:abc+2>a+b+c.
证明:欲证abc+2>a+b+c,需证(bc-1)a+2-b-c>0.
视a为主元,构造函数f(a)=(bc-1)a+2-b-c.
因为|b|<1,|c|<1所以bc-1<0,故函数f(a)在(-1,1)上是减函数.
又f(1)=bc-1+2-b-c=(1-b)(1-c)>0,
所以当a∈(-1,1)时,总有f(a)>0,故原不等式得证.
二、利用三次函数的单调性证明不等式
例2已知p3+q3=2,求证:p+q≤2.
证明:设f(x)=x3+q3-2,则函数f(x)在R上是增函数.
因为f(2-q)=(2-q)3+q3-2=6(1-q)2≥0,f(p)=p3+q3-2=0,
所以f(2-q)≥f(p),从而2-q≥P,故原不等式得证.
三、利用分式函数的单调性证明不等式
例3已知
证明:构造函数.易知函数在(0,+∞)上是增函数.
因为a+b+ab>a+b>0,所以f(a+b+ab)>f(a+b).
所以
四、利用指数函数的单调性证明不等式
例4已知a、b、c>0,且a2+b2=c2,n>2且n∈N*,求证:an+bn
证明:构造函数
由已知
所以函数f(x)在R上是减函数.
又因n>2,所以f(n)
例5已知a∈R,求证:a8-a5+a2-a+1>0.
证明:(1)当a≤0或a=1时,原不等式显然成立.
(2)当a>1时,函数y=ax在R上是增函数,
所以a8>a5,a2>a所以a8-a5+a2-a+1>0.
(3)当0
综上,对一切a∈R,不等式a8-a5+a2-a+1>0成立.
五、利用三角函数的单调性证明不等式
例6已知求证:
证明:因为
从而有
均属于区间在此区间上正弦函数是增函数.
有,即cos(sinθ)>sin(cosθ).
例7求证顶点在单位圆上的锐角三角形的三个角的余弦和小于该三角形周长之半.
证明:设三内角为A、B、C,由条件知,得.
根据余弦函数的单调性,有.
同理得cosB
所以cosA+cosB+cosC
由正弦定理,有,所以.所以,故原命题得证.
六、利用“对勾”函数的单调性证明不等式
例8已知
证明:令
因为0≤x≤π,所以-1≤t≤1,而函数f(t)在t∈[-1,1]上是增函数,
所以f(-1)≤y≤f(1).
而.
认识目标：掌握函数单调性的概念；会判断一些简单函数的单调性。
能力目标：培养学生的分析、归纳和总结能力；培养学生运动变化和数形结合的数学思想；培养学生理论联系实际的辩证唯物主义思想。
情感目标：营造亲切、活跃的课堂气氛，实施多元化评价，激励学生，使学生尝试成功，以点燃学生的学习热情。
教学重点、难点
重点：函数单调性概念和函数单调性的判断。
难点：判断函数的单调性。
教学过程设计与分析
创设问题情境
多媒体：学校的简介。（利用Flash进行演示）
提出问题：学校准备建造一个长方形的花坛，面积设计为16平方米。由于周围环境的限制，其中一边的长度长不能超过10米，短不能少于4米，求花坛半周长的最小值和最大值。
教师说明：此环节为创设情境。我们学校是上海市投资新建的郊区四所寄宿制重点高中之一，有着一流的硬件设施，绿化建设正在进行之中。抓住这一点，我设计了这节课的引例，切合实际，让学生有种亲切感。提出问题后，让学生思考、讨论下列问题：如何把实际问题归结为数学问题？经过思考、讨论，估计学生可以把问题归结为：设受限制一边长为x米，4≤x≤10，则另一边为16/x米，求半周长y＝x＋16/x（4≤x≤10）的最小值和最大值。如何求最小值？——运用基本不等式。如何求最大值？经过思考、讨论，最后大家一致认为利用y＝x＋16/x（4≤x≤10）的图像可以得出结论。
多媒体：利用Flash演示y＝x＋16/x（4≤x≤10）的图像,如图1所示。
教师说明：利用Flash给出函数的图像，从函数图像可以直观地得出结论，但是缺乏理论依据。指出缺乏理论依据的结论是站不住脚的，所以问题转化为寻找其理论依据，从而引入课题。这样可以培养学生严谨的治学态度。
揭示课题，引入新课
1.几何画板演示，点明课题。
多媒体：利用几何画板演示y＝x＋16/x（4≤x≤10）的动态的变化过程。用鼠标从左向右缓慢拖动y＝x＋16/x（4≤x≤10）上的A点，引导学生观察A点的纵坐标的变化情况（随着自变量x的增大，函数值y也在增大），如图2所示。
2.请学生根据自己的理解给出增函数定义。
一般地，对于给定区间上的函数f(x)：如果对于属于这个区间的自变量的任意两个值x1和x2，当x1＜x2时，都有f(x1)＜f(x2)，那么就说函数f(x)在这个区间上是增函数。
3.请学生通过类比得出减函数的定义。
教师说明：在减函数定义的教学过程中，我改变了以往“灌输结论”的做法，让学生通过对增函数定义的理解从而得到减函数的定义，培养了学生的类比的重要数学思想方法，对于学生学习新知识、新概念有很大的帮助。
巩固新知，深化扩展
1.一次函数的单调性问题。
[例1]证明函数f(x)＝3x＋2在区间(－∞，＋∞)上是增函数。
引申：探索一次函数f(x)＝kx＋b(k≠0)在区间(－∞，＋∞)上的单调性。
2.二次函数的单调性问题。
[例2]判断函数f(x)＝x2－2x的单调区间，并加以证明。
教师说明：例题的给出由简单的一次函数到二次函数，遵循了学生一般的认知规律，使学生容易接受，易于理解。在二次函数f(x)＝x2－2x的单调性的证明中，分工合作，第一、二组的学生完成函数在[1，＋∞)上的证明；第三、四组的学生完成函数在(－∞，1]上的证明，倡导自主学习、合作学习的新的学习方式。通过例1、例2的解决，让学生归纳判断函数单调性的基本步骤，培养学生分析、归纳和总结的能力。
判断函数单调性的基本步骤：
第一步，设x1、x2是区间内的任意两个实数，且x1＜x2。
第二步，比较f(x1)、f(x2)的大小。
第三步，给出结论。
自主解决——[引例]的解决
教师说明：有了上述理论作基础，一开始提出的问题就能迎刃而解：证明函数y＝x＋16/x在区间[4，10]上是增函数；得出结论，当x=10时，ymax=11.6。此环节起到了首尾呼应的作用，让学生体会到数学源于生活又服务于生活，体会到数学的魅力，并指出，函数单调性的研究为解决函数的最值问题提供了又一重要方法，可见研究函数的单调性是非常有必要的。那么我们为何不乘胜追击，探索更一般的情况，研究函数y=x+k/x(k∈Ｒ)的单调性。
多媒体：利用Authorware进行探索、总结y=x+k/x(k∈Ｒ)图像，寻找一般的结果。（从特殊到一般）如图3、4所示。
学生总结、教师归纳
教师说明：提出问题，这节课你学到了哪些数学知识？学生一一罗列：函数单调性的概念、判断函数单调性的常用方法、证明函数单调性的基本步骤。进一步提出问题：整堂课体现了哪些重要的数学思维？自问自答：从特殊到一般的研究方法；从大胆的猜想到严格的证明；数形结合、类比的思想。利用计算机使我们探索数学问题的过程更加直观、简洁和生动。
（作者单位：上海市南汇中学 201300）
点评
“问题是数学的心脏”。一个好的问题能引起学生兴趣，启迪学生的思考，将思维引向深刻。闵丽红老师的“学校花坛问题”是一个很好的实际问题：在学校绿化建设中，如何建造其费用最省？闵老师通过引导学生观察问题、发现问题、提出问题、探究和解决问题，使学生感受到数学源于生活又服务于生活，以培养学生形成科学观，培养学生的创新精神和实践能力。
这节课最大的特点是贯穿始终的现代软件技术的应用，娴熟地运用了PowerPoint、Authorware、Flash和几何画板等多种教学媒体和手段，通过直观的画面和动态的影像，将数学知识的发生和发展淋漓尽致地展现在学生面前。尤其在利用Authorware进行探索、总结图像的过程中，首先，研究特殊情况（当k=2时）,使用列表描点、几何绘图两种方法，利用计算机动态地绘画出它的图像。紧接着，探索、总结其一般结果：随机地输入k的值，随即电脑显示相应函数的图像。最后，显示所有情况，一目了然，使每位学生对于图像都有了清晰的、精确的认识。利用多媒体处理这一部分达到的效果，是传统教学所不及的，充分地体现了现代技术的优越性。
（学生朗读．）
师：好，请坐．通过刚才阅读增函数和减函数的定义，请同学们思考一个问题：这种定义方法和我们刚才所讨论的函数值y随自变量x的增大而增大或减小是否一致？如果一致，定义中是怎样描述的？
生：我认为是一致的．定义中的“当x1＜x2时，都有f（x1）＜f（x2）”描述了y随x的增大而增大；“当x1＜x2时，都有f（x1）＞f（x2）”描述了y随x的增大而减少．
师：说得非常正确．定义中用了两个简单的不等关系“x1＜x2”和“f（x1）＜f（x2）或f（x1）＞f（x2）”，它刻划了函数的单调递增或单调递减的性质．这就是数学的魅力！
（通过教师的情绪感染学生，激发学生学习数学的兴趣．）
师：现在请同学们和我一起来看刚才的两组图中的第一个函数y=f1（x）和y=f2（x）的图象，体会这种魅力．
（指图说明．）
师：图中y=f1（x）对于区间[a，b]上的任意x1，x2，当x1＜x2时，都有f1（x1）＜f1（x），因此y=f1（x）在区间[a，b]上是单调递增的，区间[a，b]是函数y=f1（x）的单调增区间；而图中y=f2（x）对于区间[a，b]上的任意x1，x2，当x1＜x2时，都有f2（x1）＞f2（x2），因此y=f2（x）在区间[a，b]上是单调递减的，区间[a，b]是函数y=f2（x）的单调减区间．
（教师指图说明分析定义，使学生把函数单调性的定义与直观图象结合起来，使新旧知识融为一体，加深对概念的理解．渗透数形结合分析问题的数学思想方法．）
师：因此我们可以说，增函数就其本质而言是在相应区间上较大的自变量对应……
（不把话说完，指一名学生接着说完，让学生的思维始终跟着老师．）
生：较大的函数值的函数．
师：那么减函数呢？
生：减函数就其本质而言是在相应区间上较大的自变量对应较小的函数值的函数．
（学生可能回答得不完整，教师应指导他说完整．）
师：好．我们刚刚以增函数和减函数的定义作了初步的分析，通过阅读和分析你认为在定义中我们应该抓住哪些关键词语，才能更透彻地认识定义？
（学生思索．）
学生在高中阶段以至在以后的学习中经常会遇到一些概念（或定义），能否抓住定义中的关键词语，是能否正确地、深入地理解和掌握概念的重要条件，更是学好数学及其他各学科的重要一环．因此教师应该教会学生如何深入理解一个概念，以培养学生分析问题，认识问题的能力．
（教师在学生思索过程中，再一次有感情地朗读定义，并注意在关键词语处适当加重语气．在学生感到无从下手时，给以适当的提示．）
生：我认为在定义中，有一个词“给定区间”是定义中的关键词语．
师：很好，我们在学习任何一个概念的时候，都要善于抓住定义中的关键词语，在学习几个相近的概念时还要注意区别它们之间的不同．增函数和减函数都是对相应的区间而言的，离开了相应的区间就根本谈不上函数的增减性．请大家思考一个问题，我们能否说一个函数在x=5时是递增或递减的？为什么？
生：不能．因为此时函数值是一个数．
师：对．函数在某一点，由于它的`函数值是唯一确定的常数（注意这四个字“唯一确定”），因而没有增减的变化．那么，我们能不能脱离区间泛泛谈论某一个函数是增函数或是减函数呢？你能否举一个我们学过的例子？
生：不能．比如二次函数y=x2，在y轴左侧它是减函数，在y轴右侧它是增函数．因而我们不能说y=x2是增函数或是减函数．
（在学生回答问题时，教师板演函数y=x2的图像，从“形”上感知．）
师：好．他（她）举了一个例子来帮助我们理解定义中的词语“给定区间”．这说明函数的单调性是函数在某一个区间上的性质，但这不排斥有些函数在其定义域内都是增函数或减函数．因此，今后我们在谈论函数的增减性时必须指明相应的区间．
师：还有没有其他的关键词语？
生：还有定义中的“属于这个区间的任意两个”和“都有”也是关键词语．
师：你答的很对．能解释一下为什么吗？
（学生不一定能答全，教师应给予必要的提示．）
师：“属于”是什么意思？
生：就是说两个自变量x1，x2必须取自给定的区间，不能从其他区间上取．
师：如果是闭区间的话，能否取自区间端点？
生：可以．
师：那么“任意”和“都有”又如何理解？
生：“任意”就是指不能取特定的值来判断函数的增减性，而“都有”则是说只要x1＜x2，f（x1）就必须都小于f（x2），或f（x1）都大于f（x2）．
师：能不能构造一个反例来说明“任意”呢？
（让学生思考片刻．）
生：可以构造一个反例．考察函数y=x2，在区间[-2，2]上，如果取两个特定的值x1=-2，x2=1，显然x1＜x2，而f（x1）=4，f（x2）=1，有f（x1）＞f（x2），若由此判定y=x2是[-2，2]上的减函数，那就错了．
师：那么如何来说明“都有”呢？
生：y=x2在[-2，2]上，当x1=-2，x2=-1时，有f（x1）＞f（x2）；当x1=1，x2=2时，有f（x1）＜f（x2），这时就不能说y=x2，在[-2，2]上是增函数或减函数．
师：好极了！通过分析定义和举反例，我们知道要判断函数y=f（x）在某个区间内是增函数或减函数，不能由特定的两个点的情况来判断，而必须严格依照定义在给定区间内任取两个自变量x1，x2，根据它们的函数值f（x1）和f（x2）的大小来判定函数的增减性．
（教师通过一系列的设问，使学生处于积极的思维状态，从抽象到具体，并通过反例的反衬，使学生加深对定义的理解．在概念教学中，反例常常帮助学生更深刻地理解概念，锻炼学生的发散思维能力．）
师：反过来，如果我们已知f（x）在某个区间上是增函数或是减函数，那么，我们就可以通过自变量的大小去判定函数值的大小，也可以由函数值的大小去判定自变量的大小．即一般成立则特殊成立，反之，特殊成立，一般不一定成立．这恰是辩证法中一般和特殊的关系．
（用辩证法的原理来解释数学知识，同时用数学知识去理解辩证法的原理，这样的分析，有助于深入地理解和掌握概念，分清概念的内涵和外延，培养学生学习的能力．）
三、概念的应用
例1图4所示的是定义在闭区间[-5，5]上的函数f（x）的图象，根据图象说出f（x）的单调区间，并回答：在每一个单调区间上，f（x）是增函数还是减函数？
（用投影幻灯给出图象．）
生甲：函数y=f（x）在区间[-5，-2]，[1，3]上是减函数，因此[-5，-2]，[1，3]是函数y=f（x）的单调减区间；在区间[-2，1]，[3，5]上是增函数，因此[-2，1]，[3，5]是函数y=f（x）的单调增区间．
生乙：我有一个问题，[-5，-2]是函数f（x）的单调减区间，那么，是否可认为（-5，-2）也是f（x）的单调减区间呢？
师：问得好．这说明你想的很仔细，思考问题很严谨．容易证明：若f（x）在[a，b]上单调（增或减），则f（x）在（a，b）上单调（增或减）．反之不然，你能举出反例吗？一般来说．若f（x）在[a，
（增或减）．反之不然．
例2证明函数f（x）=3x+2在（-∞，+∞）上是增函数．
师：从函数图象上观察函数的单调性固然形象，但在理论上不够严格，尤其是有些函数不易画出图象，因此必须学会根据解析式和定义从数量上分析辨认，这才是我们研究函数单调性的基本途径．
（指出用定义证明的必要性．）
师：怎样用定义证明呢？请同学们思考后在笔记本上写出证明过程．
（教师巡视，并指定一名中等水平的学生在黑板上板演．学生可能会对如何比较f（x1）和f（x2）的大小关系感到无从入手，教师应给以启发．）
师：对于f（x1）和f（x2）我们如何比较它们的大小呢？我们知道对两个实数a，b，如果a＞b，那么它们的差a-b就大于零；如果a=b，那么它们的差a―b就等于零；如果a＜b，那么它们的差a-b就小于零，反之也成立．因此我们可由差的符号来决定两个数的大小关系．
生：（板演）设x1，x2是（-∞，+∞）上任意两个自变量，当x1＜x2时，
f（x1）-f（x2）=（3x1+2）-（3x2+2）=3x1-3x2=3（x1-x2）＜0，
所以f（x）是增函数．
师：他的证明思路是清楚的．一开始设x1，x2是（-∞，+∞）内任意两个自变量，并设x1＜x2（边说边用彩色粉笔在相应的语句下划线，并标注“①→设”），然后看f（x1）-f（x2），这一步是证明的关键，再对式子进行变形，一般方法是分解因式或配成完全平方的形式，这一步可概括为“作差，变形”（同上，划线并标注”②→作差，变形”）．但美中不足的是他没能说明为什么f（x1）-f（x2）＜0，没有用到开始的假设“x1＜x2”，不要以为其显而易见，在这里一定要对变形后的式子说明其符号．应写明“因为x1＜x2，所以x1-x2＜0，从而f（x1）-f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2）．”这一步可概括为“定符号”（在黑板上板演，并注明“③→定符号”）．最后，作为证明题一定要有结论，我们把它称之为第四步“下结论”（在相应位置标注“④→下结论”）．
这就是我们用定义证明函数增减性的四个步骤，请同学们记住．需要指出的是第二步，如果函数y=f（x）在给定区间上恒大于零，也可以
小．
（对学生的做法进行分析，把证明过程步骤化，可以形成思维的定势．在学生刚刚接触一个新的知识时，思维定势对理解知识本身是有益的，同时对学生养成一定的思维习惯，形成一定的解题思路也是有帮助的．）
调函数吗？并用定义证明你的结论．
师：你的结论是什么呢？
上都是减函数，因此我觉得它在定义域（-∞，0）∪（0，+∞）上是减函数．
生乙：我有不同的意见，我认为这个函数不是整个定义域内的减函数，因为它不符合减函数的定义．比如取x1∈（-∞，0），取x2∈（0，+∞），x1＜x2显然成立，而f（x1）＜0，f（x2）＞0，显然有f（x1）＜f（x2），而不是f（x1）＞f（x2），因此它不是定义域内的减函数．
生：也不能这样认为，因为由图象可知，它分别在（-∞，0）和（0，+∞）上都是减函数．
域内的增函数，也不是定义域内的减函数，它在（-∞，0）和（0，+∞）每一个单调区间内都是减函数．因此在函数的几个单调增（减）区间之间不要用符号“∪”连接．另外，x=0不是定义域中的元素，此时不要写成闭区间．
上是减函数．
（教师巡视．对学生证明中出现的问题给予点拔．可依据学生的问题，给出下面的提示：
（1）分式问题化简方法一般是通分．
（2）要说明三个代数式的符号：k，x1・x2，x2-x1．
要注意在不等式两边同乘以一个负数的时候，不等号方向要改变．
对学生的解答进行简单的分析小结，点出学生在证明过程中所出现的问题，引起全体学生的重视．）
四、课堂小结
师：请同学小结一下这节课的主要内容，有哪些是应该特别注意的？
（请一个思路清晰，善于表达的学生口述，教师可从中给予提示．）
生：这节课我们学习了函数单调性的定义，要特别注意定义中“给定区间”、“属于”、“任意”、“都有”这几个关键词语；在写单调区间时不要轻易用并集的符号连接；最后在用定义证明函数的单调性时，应该注意证明的四个步骤．
五、作业
1．课本P53练习第1，2，3，4题．
数．
=a（x1-x2）（x1+x2）+b（x1-x2）
=（x1-x2）[a（x1+x2）+b]．（*）
+b＞0．由此可知（*）式小于0，即f（x1）＜f（x2）．
课堂教学设计说明
函数的单调性是函数的一个重要性质，是研究函数时经常要注意的一个性质．并且在比较几个数的大小、对函数作定性分析、以及与其他知识的综合应用上都有广泛的应用．对学生来说，函数的单调性早已有所知，然而没有给出过定义，只是从直观上接触过这一性质．学生对此有一定的感性认识，对概念的理解有一定好处，但另一方面学生也会觉得是已经学过的知识，感觉乏味．因此，在设计教案时，加强了对概念的分析，希望能够使学生认识到看似简单的定义中有不少值得去推敲、去琢磨的东西，其中甚至包含着辩证法的原理．
另外，对概念的分析是在引进一个新概念时必须要做的，对概念的深入的正确的理解往往是学生认知过程中的难点．因此在本教案的设计过程中突出对概念的分析不仅仅是为了分析函数单调性的定义，而且想让学生对如何学会、弄懂一个概念有初步的认识，并且在以后的学习中学有所用．
还有，使用函数单调性定义证明是一个难点，学生刚刚接触这种证明方法，给出一定的步骤是必要的，有利于学生理解概念，也可以对学生掌握证明方法、形成证明思路有所帮助．另外，这也是以后要学习的不等式证明方法中的比较化的基本思路，现在提出要求，对今后的教学作一定的铺垫．
教学目标
1。了解函数的单调性和奇偶性的概念，把握有关证实和判定的基本方法。
(1)了解并区分增函数，减函数，单调性，单调区间，奇函数，偶函数等概念。
(2)能从数和形两个角度熟悉单调性和奇偶性。
(3)能借助图象判定一些函数的单调性，能利用定义证实某些函数的单调性;能用定义判定某些函数的奇偶性，并能利用奇偶性简化一些函数图象的绘制过程。
2。通过函数单调性的证实，提高学生在代数方面的推理论证能力;通过函数奇偶性概念的形成过程，培养学生的观察，归纳，抽象的能力，同时渗透数形结合，从非凡到一般的数学思想。
3。通过对函数单调性和奇偶性的理论研究，增学生对数学美的体验，培养乐于求索的精神，形成科学，严谨的研究态度。
教学建议
一、知识结构
(1)函数单调性的概念。包括增函数、减函数的定义，单调区间的概念函数的单调性的判定方法，函数单调性与函数图像的关系。
(2)函数奇偶性的概念。包括奇函数、偶函数的定义，函数奇偶性的判定方法，奇函数、偶函数的图像。
二、重点难点分析
(1)本节教学的重点是函数的单调性，奇偶性概念的形成与熟悉。教学的.难点是领悟函数单调性， 奇偶性的本质，把握单调性的证实。
(2)函数的单调性这一性质学生在初中所学函数中曾经了解过，但只是从图象上直观观察图象的上升与下降，而现在要求把它上升到理论的高度，用准确的数学语言去刻画它。这种由形到数的翻译，从直观到抽象的转变对高一的学生来说是比较困难的，因此要在概念的形成上重点下功夫。单调性的证实是学生在函数内容中首次接触到的代数论证内容，学生在代数论证推理方面的能力是比较弱的，许多学生甚至还搞不清什么是代数证实，也没有意识到它的重要性，所以单调性的证实自然就是教学中的难点。
三、教法建议
(1)函数单调性概念引入时，可以先从学生熟悉的一次函数，，二次函数。反比例函数图象出发，回忆图象的增减性，从这点感性熟悉出发，通过问题逐步向抽象的定义靠拢。如可以设计这样的问题：图象怎么就升上去了?可以从点的坐标的角度，也可以从自变量与函数值的关系的角度来解释，引导学生发现自变量与函数值的的变化规律，再把这种规律用数学语言表示出来。在这个过程中对一些关键的词语(某个区间，任意，都有)的理解与必要性的熟悉就可以融入其中，将概念的形成与熟悉结合起来。
(2)函数单调性证实的步骤是严格规定的，要让学生按照步骤去做，就必须让他们明确每一步的必要性，每一步的目的，非凡是在第三步变形时，让学生明确变换的目标，到什么程度就可以断号，在例题的选择上应有不同的变换目标为选题的标准，以便帮助学生总结规律。
你们好!我今天说课的内容是全日制普通高中教科书第一册(上)第二章第三节《函数的单调性》。以下我从六个方面来汇报我是如何研究教材、备课和设计教学过程的。
一、教材分析
1、教材内容
本节课是人教版第二章《函数》第三节函数单调性的第一课时，该课时主要学习增函数、减函数的定义，以及应用定义解决一些简单问题。
2、教材所处地位、作用
函数的单调性是对函数概念的延续和拓展，也是后续研究几类具体函数的单调性的基础;此外在比较数的大小、函数的定性分析以及相关的数学综合问题中也有广泛的应用。在方法上，教学过程中还渗透了数形结合、类比化归等数学思想方法。它是高中数学中的`核心知识之一，在函数教学中起着承上启下的作用。
二、学情分析
1、知识基础
高一学生已学习了函数的概念等知识，并且接触了一些特殊的单调函数。
2、认知水平与能力
高一学生已初步具有数形结合思维能力，能在教师的引导下解决问题。
3、任教班级学生特点
学生基础较扎实、思维较活跃，能较好地应用数形结合解决问题，但归纳转化的能力还有待进一步提高，观察讨论能力有待加强。
三、目标分析
(一)知识技能
1、让学生理解增函数和减函数的定义;
2、根据定义证明函数的单调性;
3、了解函数的单调区间的概念，并能根据图象说出函数的单调区间。
(二)过程与方法
1、通过证明函数的单调性的学习，培养学生的逻辑思维能力;
2、通过运用公式的过程，提高学生类比化归、数形结合的能力。
(三)情感态度与价值观
让学生积极参与观察、分析、探索等课堂教学的双边活动，在掌握知识的过程中体会成功的喜悦，以此激发求知欲。领会用从特殊到一般，再从一般到特殊的方法去观察分析事物。
由教学目标和学生的实际水平，我确定本节课的重、难点:
教学重点：函数单调性的概念与判断 。
教学难点：利用函数单调性定义或者函数图象判断简单函数的单调性。
解决策略：
本课在设计上采用了由特殊到一般、从具体到抽象的教学策略。利用数形结合、类比化归的思想，层层深入，通过学生自主观察、讨论、探究得到单调性概念;同时，借助多媒体的直观演示，帮助学生理解，并通过范例后的变式训练和教师的点拨引导，师生互动、讲练结合，从而突出重点、突破难点。
四、教学法分析
(一)教法：
1、从学生熟悉的实际生活问题引入课题，为概念学习创设情境，拉近数学与现实的距离，激发学生求知欲，调动学生主体参与的积极性。
2、在鼓励学生主体参与的同时，不可忽视教师的主导作用。具体体现在设问、讲评和规范书写等方面，教会学生清晰的思维、严谨的推理，并成功地完成书面表达。
3、应用多媒体，增大教学容量和直观性。
(二)学法：
1、让学生从问题中质疑、尝试、归纳、总结、运用，培养学生发现问题、研究问题和解决问题的能力。
2、让学生利用图形直观启迪思维，并通过正、反例的构造，来完成从感性认识到理性思维的认知飞跃。
五、过程分析
教学流程：
(一)问题情景，引出新知(3’)
(二)学生活动，归纳特征(5’)
(三)对比抽象，建构定义(7’)
(四)定义讲解，理解概念(3’)
(五)数学应用，巩固提高(18’)
(六)归纳讨论，引导小结(5’)
六、评价分析
1、设计体现了新课标的核心要求：发展学生的能力：
a、新课的引入-数形结合的能力;
b、直观性概念提出-由特殊到一般 -观察讨论的能力;
c、数学语言的提出-由感性到理性 -归纳总结的能力;
d、概念的应用-由一般到特殊-学以致用的能力。
2、目标达成:
概念的形成 -知识目标1
数学应用 -知识目标2
深化理解-能力目标
问题解决-情感目标
3、教学随想：
数无形时少直觉，形少数时难入微。
数形结合百般好，隔离分家万事休。 ——华罗庚
【例1】 求函数
解析:函数的定义域为 (-∞, 0) ∪ (0, +∞) , 在定义域内任取x1, x2, 设
①当x1, x2∈ (-∞, -1]时, ∵x1<x2, ∴x1-x2<0, 而
②当x1, x2∈[-1, 0) 时, ∵x1<x2, ∴x1-x2<0, 而
同理可得f (x) 在 (0, 1]上为减函数;f (x) 在[1, +∞) 上为增函数.
综上可知:
【例2】 已知f (x) =8+2x-x2, 如果g (x) =f (2-x2) , 求g (x) 的单调区间.
题组讲习
【例1】 已知函数f(x)是定义在R上的增函数,若f(logax)>f(x2)在x∈0,12上恒成立,则a的取值范围是．
【例2】 已知定义在R上的奇函数f(x)满足在(0,+∞)单调递减,且f(2)=0,则不等式f(x+1)<0的解集是．
1. 解法一 由题意得,不等式logax>x2对x∈0,12上恒成立,
当a>1时显然不成立；
图1
当0 由函数y=logax(0<a<1)的单调性可得a14≥12, 所以116≤a<1． 解法二 (数形结合法)不等式logax>x2对x∈0,12上恒成立,表示在x∈0,12时,函数y=logax的图象在y=x2图象的上方,如图1所示,当a>1时显然不成立； 当0 所以116≤a<1． 2. 解法一 (分类讨论法)由f(x+1)<0得,f(x+1) 当x+1>0,即x>-1时,有x+1>2,解得x>1; 当x+1<0,即x<-1时,-x-1>0,由f(x+1)<0得,f(-x-1)>0=f(2), 则-x-1<2,解得-3 综上,不等式f(x+1)<0的解集是(-3,-1)∪(1,+∞)． 图2 解法二 (数形结合法)由题意,画出函数y=f(x)的示意图,如图2所示, 函数y=f(x+1)的图象是由函数y=f(x)的图象向左平移一个单位得到的, 由函数y=f(x)的图象经过点(2,0)、(0,0)和(-2,0)可知, 函数y=f(x+1)的图象经过点(1,0)、(-1,0)和(-3,0), 由图可知,不等式f(x+1)<0的解集是(-3,-1)∪(1,+∞)． 点评 1. 解决抽象函数中不等式问题的关键是利用函数单调性将f(m(x))>f(n(x))转化成m(x)与n(x)的大小关系； 2. 不等式问题的实质是函数图象的高低问题,函数的单调性则反映了图象的升降.数形结合也是解决这两类问题的很好途径,如问题1,2中的解法二。 类比•拓展•延伸 1. 已知f(x)是定义在R上的奇函数,且当x≥0时,f(x)=x2,若对任意的x∈［t,t+2］,不等式f(x+t)≥2f(x)恒成立,则实数t的取值范围是． 图3 解 当x<0时,-x>0,f(-x)=(-x)2=x2, ∵f(x)是定义在R上的奇函数, ∴当x<0时,f(x)=-x2, 又当x≥0时,f(x)=x2, ∴由图3可知,函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增, 由f(x+t)≥2f(x)=f(2x)得,x+t≥2x对x∈［t,t+2］恒成立, 即t≥(2-1)x,∴t≥［(2-1)x］max, ∴t≥(2-1)(t+2),解得t≥2． 2. 设函数y=f(x)定义在R上,对任意实数m,n恒有f(m+n)=f(m)•f(n),且当x>0时,0 (1) 求证：f(0)=1,且当x<0时,f(x)>1； (2) 求证：函数f(x)在R上单调递减； (3) 设集合A={(x,y)|f(x2)f(y2)>f(1)},B={(x,y)|f(ax-y+2)=1,a∈R},若A∩B=,求a的取值范围． 解 (1) 令x=0,y=1得f(1)=f(0)f(1), ∵0 设x<0,则-x>0,0 令m=x,n=-x,则有 f(x)f(-x)=f(0)=1, ∴f(x)=1f(-x)>1； (2) 设x1 x2-x1>0,0 f(x1)-f(x2)=f(x1)-f(x2-x1+x1) =f(x1)-f(x2-x1)f(x1) =f(x1)［1-f(x2-x1)］, 由题意及(1)可知,对任意实数x恒有 f(x)>0,则f(x1)>0,又1-f(x2-x1)>0, ∴f(x1)>f(x2), ∴函数f(x)在R上单调递减； (3) 由集合A可得,f(x2+y2)>f(1), 由函数f(x)在R上单调递减得x2+y2<1,A表示单位圆内部的点的集合, 由集合B可得,f(ax-y+2)=1=f(0),则ax-y+2=0,B表示直线上的点的集合, ∵A∩B=, ∴直线ax-y+2=0与圆x2+y2=1相切或相离, ∴2a2+1≥1,解得a∈［-3,3］． 点评 1. 在问题1中用图象判断函数f(x)是定义在R上单调递增是关键,把2f(x)化成f(2x)是难点,这样就化成f(m(x))>f(n(x))形式；若将不等式两边都用解析式代入,则问题很难解决。 2. 在问题2中证明抽象函数单调性时运用了x2=(x2-x1)+x1,即减一个数再加一个数的技巧,使问题得到突破。 方法总结 从上面这些问题中我们可以看出,函数的单调性在抽象函数中的应用主要是两个方面：一是单调性的判断；二是单调性的逆向运用。判断抽象函数单调性主要运用定义法,但更应当注意x2=(x2-x1)+x1,x2=x2x1•x1的变形技巧以及题目中所给性质的运用。单调性的逆向运用,关键在于将所给的不等式两边化为函数值f(x)的形式,再利用函数单调性脱去函数的记号“f”。 实战演练 1. 已知偶函数f(x)在区间［0,+∞)单调增加,则满足f(2x-1) 2. 设函数f(x)是定义在［-1,1］上的奇函数,对任意的a、b∈［-1,1］,当a+b≠0时都有f(a)+f(b)a+b>0． (1) 若a>b,比较f(a)与f(b)的大小； (2) 解不等式fx-12 (3) 记P={x|y=f(x-c)},Q={x|y=f(x-c2)},且P∩Q=,求c的取值范围． 【参考答案】 1. 函数f(x)在［0,+∞)上递增,则在(-∞,0］上递减． f(2x-1) 2. 设-1≤x1 ∵x1-x2<0, ∴f(x1)+f(-x2)<0, ∵函数f(x)是定义在［-1,1］上的奇函数, ∴f(x1)-f(x2)<0,即f(x1) ∴函数f(x)是定义在［-1,1］上的增函数. (1) 若a>b,则f(a)>f(b)； (2) ∵fx-12 ∴-1≤x-12≤1, -1≤x-14≤1, x-12 (3) 由题意得P={x|-1≤x-c≤1}={x|-1+c≤x≤1+c},Q={x|-1+c2≤x≤1+c2}, ∵P∩Q=, ∴-1+c>1+c2或-1+c2>1+c, 【函数单调性证明】推荐阅读： 函数单调性免费教案07-19 必修一数学函数单调性09-11 含参函数的单调性问题07-09 函数单调性与最值教案07-13 函数奇偶性的归纳总结06-29 函数奇偶性的教学设计05-30 高一必修1第一章《函数的奇偶性》教案06-10 构造函数法证明不等式的常见方法公开课09-13 高考构造函数法07-19 线性规划目标函数05-26
