2．3．1 函数的单调性·例题解析
【例1】求下列函数的增区间与减区间 (1)y＝|x2＋2x －3|
x 2-2x (2)y＝
1-|x -1|
解 (1)令f(x)＝x 2＋2x －3＝(x＋1) 2－4．
先作出f(x)的图像，保留其在x 轴及x 轴上方部分，把它在x 轴下方的图像翻到x 轴就得到y ＝|x2＋2x －3|的图像，如图2．3－1所示．
由图像易得：
递增区间是[－3，－1]，[1，＋∞) 递减区间是(－∞，－3]，[－1，1]
(2)分析：先去掉绝对值号，把函数式化简后再考虑求单调区间． 解 当x －1≥0且x －1≠1时，得x ≥1且x ≠2，则函数y ＝－x ． 当x －1＜0且x －1≠－1时，得x ＜1且x ≠0时，则函数y ＝x －2． ∴增区间是(－∞，0) 和(0，1) 减区间是[1，2) 和(2，＋∞)
(3)解：由－x 2－2x ＋3≥0，得－3≤x ≤1．
令u ＝＝g(x)＝－x 2－2x ＋3＝－(x＋1)2＋4．在x ∈[－3，－1]上是在x ∈[－1，1]上是．
∴函数y 的增区间是[－3，－1]，减区间是[－1，1]．
【例2】函数f(x)＝ax 2－(3a－1)x ＋a 2在[－1，＋∞]上是增函数，求实数a 的取值范围．
解 当a ＝0时，f(x)＝x 在区间[1，＋∞) 上是增函数．
(3)y＝-x 2-2x +3
而y ＝u 在u ≥0上是增函数．
当a ≠0时，对称轴x ＝
3a -1
，2a
若a ＜0时，无解．
∴a 的取值范围是0≤a ≤1． 【例3】已知二次函数y ＝f(x)(x∈R ) 的图像是一条开口向下且对称轴为x ＝3的抛物线，试比较大小：
(1)f(6)与f(4) 解 (1)∵y ＝f(x)的图像开口向下，且对称轴是x ＝3，∴x ≥3时，f(x)为减函数，又6＞4＞3，∴f(6)＜f(4)
时为减函数．
⎧a ＞0 ⎪
若a ＞0时，由⎨3a -1得0＜a ≤1．
≤1，⎪⎩2a
(2)f(2)与f(
(2)∵对称轴x ＝3，∴f(2)＝f(4)，而3＜＜4，函数f(x)在x ≥3
解 任取两个值x 1、x 2∈(－1，1) ，且x 1＜x 2．
∴f(＞f(4)，即f(＞f(2)．
ax
【例4】判断函数f(x)＝2(a≠0) 在区间(－1，1) 上的单调性．
x -1
∵f(x1) －f(x2) ＝
a (x 1x 2+1)(x 2-x 1) 2(x 1-1)(x 22-1)
22
∵－1＜x 1＜x 2＜1，x 1x 2＋1＞0，x 2－x 1＞0，x 1－1＜0，x 1－1＜0．
∴
(x 1x 2+1)(x 2-x 1)
＞02
(x 1-1)(x 2-1) 2
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．
【例5】利用函数单调性定义证明函数f(x)＝－x 3＋1在(－∞，＋∞) 上是减函数． 证 取任意两个值x 1，x 2∈(－∞，＋∞) 且x 1＜x 2．
2
∵f(x2) －f(x1) ＝(x1－x 2)(x22＋x 1x 2＋x 1) 这里有三种证法：22证法(一) 当x 1x 2＜0时，x 1＋x 1x 2＋x 22＝(x1＋x 2) －x 1x 2＞02当x 1x 2≥0时，x 1＋x 1x 2＋x 22＞0
又∵x 1－x 2＜0，∴f(x2) ＜f(x1) 故f(x)在(－∞，＋∞) 上是减函数．
得f(x)在(－∞，＋∞) 上是减函数．
132122
证法(二) ∵x 1＋x 1x 2＋x 2＝(x＋x ) ＋x ，这里x ＋x 211
224222
1
与x 2不会同时为0，否则若x 1＋x 2＝0且x 2＝0，则x 1＝0这与x 1＜x 2
2
2
矛盾，∴x 1＋x 1x 2＋x 22＞0．
2222
证法(三) 令t ＝x 22＋x 1x 2＋x 1，其判别式Δ＝x 1－4x 1＝－3x 1
2
≤0，若Δ＝0时，则x 1＝0，那么x 2≠0，∴t ＝x 22＞0，若Δ＝－3x 12＜0，则t ＞0，即x 22＋x 1x 2＋x 1＞0，从而f(x2) ＜f(x1) ，∴f(x)在(－∞，
＋∞) 上是减函数．
解 定义域为(－∞，0) ∪(0，＋∞) ，任取定义域内两个值x 1、x 2，且x 1＜x 2．
1
【例6】讨论函数f(x)＝x ＋的单调性，并画出它的大致图像．
x
x 1x 2-1
，又x 1－x 2＜0，x 1x 2
∵f(x1) －f(x2) ＝(x1－x 2)
∴当0＜x 1＜x 2≤1或－1≤x 1＜x 2＜0时，有x 1x 2－1＜0，x 1x 2＞0，f(x1) ＞f(x2) ∴f(x)在(0，1]，[－1，0) 上为减函数．
当1≤x 1＜x 2或x 1＜x 2≤－1时，有x 1x 2－1＞0，x 1x 2＞0，f(x1) ＞f(x2) ，∴f(x)在(－∞，－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)min ＝f(1)＝2，当x ＜0时，f(x)max ＝f(－1) ＝－2．由上述的单调区间及最值可大致
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)
4°例6是分层讨论，要逐步培养．
1
的图像如图2．3－2．x
2．3．1 函数的单调性·例题解析
【例1】求下列函数的增区间与减区间 (1)y＝|x2＋2x －3|
x 2-2x (2)y＝
1-|x -1|
解 (1)令f(x)＝x 2＋2x －3＝(x＋1) 2－4．
先作出f(x)的图像，保留其在x 轴及x 轴上方部分，把它在x 轴下方的图像翻到x 轴就得到y ＝|x2＋2x －3|的图像，如图2．3－1所示．
由图像易得：
递增区间是[－3，－1]，[1，＋∞) 递减区间是(－∞，－3]，[－1，1]
(2)分析：先去掉绝对值号，把函数式化简后再考虑求单调区间． 解 当x －1≥0且x －1≠1时，得x ≥1且x ≠2，则函数y ＝－x ． 当x －1＜0且x －1≠－1时，得x ＜1且x ≠0时，则函数y ＝x －2． ∴增区间是(－∞，0) 和(0，1) 减区间是[1，2) 和(2，＋∞)
(3)解：由－x 2－2x ＋3≥0，得－3≤x ≤1．
令u ＝＝g(x)＝－x 2－2x ＋3＝－(x＋1)2＋4．在x ∈[－3，－1]上是在x ∈[－1，1]上是．
∴函数y 的增区间是[－3，－1]，减区间是[－1，1]．
【例2】函数f(x)＝ax 2－(3a－1)x ＋a 2在[－1，＋∞]上是增函数，求实数a 的取值范围．
解 当a ＝0时，f(x)＝x 在区间[1，＋∞) 上是增函数．
(3)y＝-x 2-2x +3
而y ＝u 在u ≥0上是增函数．
当a ≠0时，对称轴x ＝
3a -1
，2a
若a ＜0时，无解．
∴a 的取值范围是0≤a ≤1． 【例3】已知二次函数y ＝f(x)(x∈R ) 的图像是一条开口向下且对称轴为x ＝3的抛物线，试比较大小：
(1)f(6)与f(4) 解 (1)∵y ＝f(x)的图像开口向下，且对称轴是x ＝3，∴x ≥3时，f(x)为减函数，又6＞4＞3，∴f(6)＜f(4)
时为减函数．
⎧a ＞0 ⎪
若a ＞0时，由⎨3a -1得0＜a ≤1．
≤1，⎪⎩2a
(2)f(2)与f(
(2)∵对称轴x ＝3，∴f(2)＝f(4)，而3＜＜4，函数f(x)在x ≥3
解 任取两个值x 1、x 2∈(－1，1) ，且x 1＜x 2．
∴f(＞f(4)，即f(＞f(2)．
ax
【例4】判断函数f(x)＝2(a≠0) 在区间(－1，1) 上的单调性．
x -1
∵f(x1) －f(x2) ＝
a (x 1x 2+1)(x 2-x 1) 2(x 1-1)(x 22-1)
22
∵－1＜x 1＜x 2＜1，x 1x 2＋1＞0，x 2－x 1＞0，x 1－1＜0，x 1－1＜0．
∴
(x 1x 2+1)(x 2-x 1)
＞02
(x 1-1)(x 2-1) 2
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．
【例5】利用函数单调性定义证明函数f(x)＝－x 3＋1在(－∞，＋∞) 上是减函数． 证 取任意两个值x 1，x 2∈(－∞，＋∞) 且x 1＜x 2．
2
∵f(x2) －f(x1) ＝(x1－x 2)(x22＋x 1x 2＋x 1) 这里有三种证法：22证法(一) 当x 1x 2＜0时，x 1＋x 1x 2＋x 22＝(x1＋x 2) －x 1x 2＞02当x 1x 2≥0时，x 1＋x 1x 2＋x 22＞0
又∵x 1－x 2＜0，∴f(x2) ＜f(x1) 故f(x)在(－∞，＋∞) 上是减函数．
得f(x)在(－∞，＋∞) 上是减函数．
132122
证法(二) ∵x 1＋x 1x 2＋x 2＝(x＋x ) ＋x ，这里x ＋x 211
224222
1
与x 2不会同时为0，否则若x 1＋x 2＝0且x 2＝0，则x 1＝0这与x 1＜x 2
2
2
矛盾，∴x 1＋x 1x 2＋x 22＞0．
2222
证法(三) 令t ＝x 22＋x 1x 2＋x 1，其判别式Δ＝x 1－4x 1＝－3x 1
2
≤0，若Δ＝0时，则x 1＝0，那么x 2≠0，∴t ＝x 22＞0，若Δ＝－3x 12＜0，则t ＞0，即x 22＋x 1x 2＋x 1＞0，从而f(x2) ＜f(x1) ，∴f(x)在(－∞，
＋∞) 上是减函数．
解 定义域为(－∞，0) ∪(0，＋∞) ，任取定义域内两个值x 1、x 2，且x 1＜x 2．
1
【例6】讨论函数f(x)＝x ＋的单调性，并画出它的大致图像．
x
x 1x 2-1
，又x 1－x 2＜0，x 1x 2
∵f(x1) －f(x2) ＝(x1－x 2)
∴当0＜x 1＜x 2≤1或－1≤x 1＜x 2＜0时，有x 1x 2－1＜0，x 1x 2＞0，f(x1) ＞f(x2) ∴f(x)在(0，1]，[－1，0) 上为减函数．
当1≤x 1＜x 2或x 1＜x 2≤－1时，有x 1x 2－1＞0，x 1x 2＞0，f(x1) ＞f(x2) ，∴f(x)在(－∞，－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)min ＝f(1)＝2，当x ＜0时，f(x)max ＝f(－1) ＝－2．由上述的单调区间及最值可大致
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)
4°例6是分层讨论，要逐步培养．
1
的图像如图2．3－2．x