证明函数的单调性

证明函数的单调性（精选8篇）

篇1：证明函数的单调性

函数的单调性证明

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．

第2页（共23页）

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．

第8页（共23页）

第9页（共23页）

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．

第12页（共23页）

【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）=（）﹣（）

第14页（共23页）

=（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）．

第15页（共23页）

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．

第16页（共23页）

【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﹣

第17页（共23页）

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）．

第18页（共23页）

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﹣．

第21页（共23页）

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

第23页（共23页）

3，

篇2：证明函数的单调性

函数的单调性需抓住单调性定义来证明，这是目前高一阶段唯一的方法。

一、证明方法步骤为：

① 在给定区间上任取两个自变量x1、x2且x1＜x2 ② 将fx1与fx2作差或作商（分母不为零）

③ 比较差值（商）与0（1）的大小 ④ 下结论，确定函数的单调性。

在做差比较时，我们常将差化为积讨论，常用因式分解（整式）、通分（分式）、有理化（无理式）、配方等手段。

二、常见的类型有两种：

（一）已知函数的解析式：

1例1：证明：函数fx=在x∈（1，+∞）单调递减

x-

1例2：证明：函数fx=x+x+1在x∈R时单调递增

3[1，+）时单调递增 例3：证明：函数fx=x-1在x∈2

例4：讨论函数fx=x+

1在（1，+）的单调性，并求最小值 x-1

例5：求函数fx= x+2的单调区间 x-1+）单调递增 练习：

1、证明函数fx=x+（a＞0）在（a，2、讨论函数fx=1+x-x的单调性

2ax

（二）fx抽象函数的单调性：

抽象函数的单调性关键是抽象函数关系式的运用，同时，要注意选择作差还是作商，这一点可观察题意中与0比较，应作差；与1比较，应作商。如下三例：

例1：已知函数满足x、y∈R时，f(xy)f(x)f(y)恒成立，且当x＞0时，＞0.证明：f(x)在R上单调递增.例2：已知函数满足x、y∈R时，f(xy)f(x)f(y)恒成立，且当x＞1时，0.证明：f(x)在(0,+∞)上单调递增.例3：已知函数满足x、y∈R时，f(xy)f(x)f(y)恒成立，且当x＞1时，1.若f(x)0.证明：f(x)在(0,+∞)上单调递增.练习：

1、已知函数

fx对于任意的x、y∈R，fx+fy=fx+y，且当x＞0时，fx＜0；f1=-23.f(x)＞f(x)＞总有（1）求证：fx在R上是减函数

（2）求fx在[-3，3]上的最大值与最小值

2、已知函数fx的定义域为R，且m、n∈R，恒有fm+fn=fm+n+1，且f-＞-1=0，当x21时，fx＞0.2（1）求证：fx是单调递增函数（2）求fx在[-2,2]的最大值与最小值.3、定义在R上的函数fx恒为正，且满足fx+y=fxfy，当x＞0时，fx＞1.（1）证明：fx在R上单调递增.2（2）若函数fx的定义域为[-1,1]时，解不等式fx-1＞f2x



4、函数fx的定义域为R，对于任意的a、b∈R皆有fa+fb=fa+b+1，且x＞0时，fx＞1（1）求证：fx是R上的增函数

2（2）若f4=5，解不等式f3m-m-2＜3

篇3：利用函数的单调性证明不等式

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0a5,1>a.又a8>0,所以a8-a5+a2-a+1>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.

篇4：分段函数的单调性

（A） （0，1）

（B） 0，

（C） ，

（D） ，1

错解： 当x<1时， f（x）=（3a-1）x+4a递减，得3a-1<0，即a<；当x≥1时， f（x）=logax递减，得0

错因分析：这一错误解法在同学中普遍存在， 选项B是不对的. 主要错误原因是同学们只从局部认识函数f（x）单调递减的意义，没有从全局上理解函数f（x）在（-∞，+∞）上单调递减的深刻含义.

事实上，当x<1时f（x）=（3a-1）x+4a递减、x≥1时f（x）=logax递减，并不能保证f（x）在（-∞，+∞）上递减. 如图1所示，当x1

真正满足题意的是图2的情形，从图上可以看出：除了要满足x<1时f（x）=（3a-1）x+4a递减、x≥1时f（x）=logax递减外，还必须满足[（3a-1）x+4a]min≥（logax）max. 因此在判断分段函数单调性时，要特别注意临界情况的分析.

正解：由题意得3a-1<0，0

【练一练】

（1） 若函数f（x）= ax，x>1，4-x+2，x≤1是R上的增函数，则实数a的取值范围为

.

（A） （1，+∞）

（B） （1，8）

（C） （4，8）

（D） [4，8）

（2） 若函数f（x）=（4-2a2）x+a2，x≤1， 2a+log3（x+2），x>1在区间（0，+∞）上单调递增， 则实数a 的取值范围是 .

（3） 已知函数f（x）=（3-a）x-3，x≤7，ax-6，x>7，数列{an}满足：an=f（n），n∈N*且{an}是递增数列，则实数a的取值范围是 .

【参考答案】

（1）由题意得a>1，4->0，4-×1+2≤a，

所以a>1，a<8，a≥4，解得4≤a<8，选D.

（2） 由题意得4-2a2>0，（4-2a2）×1+a2≤2a+1，

所以-

（3） 当x>7时，由于{an}是递增数列，所以ax-6递增，a>1.同理，x≤7时，（3-a）x-3递增，所以3-a>0，a<3.在两段“衔接”处要求a72或a<-9. 综上可得，a∈（2，3）.

例： 已知f（x）=（3a-1）x+4a，x<1，logax，x≥1是（-∞，+∞）上的减函数，则实数a的取值范围是 .

（A） （0，1）

（B） 0，

（C） ，

（D） ，1

错解： 当x<1时， f（x）=（3a-1）x+4a递减，得3a-1<0，即a<；当x≥1时， f（x）=logax递减，得0

错因分析：这一错误解法在同学中普遍存在， 选项B是不对的. 主要错误原因是同学们只从局部认识函数f（x）单调递减的意义，没有从全局上理解函数f（x）在（-∞，+∞）上单调递减的深刻含义.

事实上，当x<1时f（x）=（3a-1）x+4a递减、x≥1时f（x）=logax递减，并不能保证f（x）在（-∞，+∞）上递减. 如图1所示，当x1

真正满足题意的是图2的情形，从图上可以看出：除了要满足x<1时f（x）=（3a-1）x+4a递减、x≥1时f（x）=logax递减外，还必须满足[（3a-1）x+4a]min≥（logax）max. 因此在判断分段函数单调性时，要特别注意临界情况的分析.

正解：由题意得3a-1<0，0

【练一练】

（1） 若函数f（x）= ax，x>1，4-x+2，x≤1是R上的增函数，则实数a的取值范围为

.

（A） （1，+∞）

（B） （1，8）

（C） （4，8）

（D） [4，8）

（2） 若函数f（x）=（4-2a2）x+a2，x≤1， 2a+log3（x+2），x>1在区间（0，+∞）上单调递增， 则实数a 的取值范围是 .

（3） 已知函数f（x）=（3-a）x-3，x≤7，ax-6，x>7，数列{an}满足：an=f（n），n∈N*且{an}是递增数列，则实数a的取值范围是 .

【参考答案】

（1）由题意得a>1，4->0，4-×1+2≤a，

所以a>1，a<8，a≥4，解得4≤a<8，选D.

（2） 由题意得4-2a2>0，（4-2a2）×1+a2≤2a+1，

所以-

（3） 当x>7时，由于{an}是递增数列，所以ax-6递增，a>1.同理，x≤7时，（3-a）x-3递增，所以3-a>0，a<3.在两段“衔接”处要求a72或a<-9. 综上可得，a∈（2，3）.

例： 已知f（x）=（3a-1）x+4a，x<1，logax，x≥1是（-∞，+∞）上的减函数，则实数a的取值范围是 .

（A） （0，1）

（B） 0，

（C） ，

（D） ，1

错解： 当x<1时， f（x）=（3a-1）x+4a递减，得3a-1<0，即a<；当x≥1时， f（x）=logax递减，得0

错因分析：这一错误解法在同学中普遍存在， 选项B是不对的. 主要错误原因是同学们只从局部认识函数f（x）单调递减的意义，没有从全局上理解函数f（x）在（-∞，+∞）上单调递减的深刻含义.

事实上，当x<1时f（x）=（3a-1）x+4a递减、x≥1时f（x）=logax递减，并不能保证f（x）在（-∞，+∞）上递减. 如图1所示，当x1

真正满足题意的是图2的情形，从图上可以看出：除了要满足x<1时f（x）=（3a-1）x+4a递减、x≥1时f（x）=logax递减外，还必须满足[（3a-1）x+4a]min≥（logax）max. 因此在判断分段函数单调性时，要特别注意临界情况的分析.

正解：由题意得3a-1<0，0

【练一练】

（1） 若函数f（x）= ax，x>1，4-x+2，x≤1是R上的增函数，则实数a的取值范围为

.

（A） （1，+∞）

（B） （1，8）

（C） （4，8）

（D） [4，8）

（2） 若函数f（x）=（4-2a2）x+a2，x≤1， 2a+log3（x+2），x>1在区间（0，+∞）上单调递增， 则实数a 的取值范围是 .

（3） 已知函数f（x）=（3-a）x-3，x≤7，ax-6，x>7，数列{an}满足：an=f（n），n∈N*且{an}是递增数列，则实数a的取值范围是 .

【参考答案】

（1）由题意得a>1，4->0，4-×1+2≤a，

所以a>1，a<8，a≥4，解得4≤a<8，选D.

（2） 由题意得4-2a2>0，（4-2a2）×1+a2≤2a+1，

所以-

（3） 当x>7时，由于{an}是递增数列，所以ax-6递增，a>1.同理，x≤7时，（3-a）x-3递增，所以3-a>0，a<3.在两段“衔接”处要求a72或a<-9. 综上可得，a∈（2，3）.

篇5：利用函数的单调性证明不等式

利用函数的单调性证明不等式

作者：胡锦秀

来源：《数理化学习·高一二版》2013年第04期

篇6：证明函数的单调性

魏立国

内容摘要：应用函数单调性证明不等式。

一、利用函数单调性的性质证明不等式性质：若函数f(x)在区间D上是增函数（减函数），则对任意xi∈D，n

（i=1,2,…n），恒有

i1xif(xi)1ninxni1f(xi)0(0)。

二、利用函数单调i

1性证明不等式。

不等式的证明，一直是中学数学的难点，基本上每年高考和竞赛的压轴题都与不等式有关，而人们常常关注比较法、分析法、综合法、数学归纳法、放缩法等，很少人关注用函数的单调性证题，其实有些不等式的证明，如果使用函数的单调性，很容易证得，现举例如下。

一、利用函数单调性的性质证明不等式

性质：若函数f(x)在区间D上是增函数（减函数），则对任意xi∈D，n

（i=1,2,…n），恒有

i1xif(xi)1ninxni1f(xi)0(0)

x1，恒i1仅证增函数情况，若f(x)在区间D上是增函数，则对任意x

2有(x2x1)f(x2)f(x1)0,即对任意xi∈D，（i=1,2,…n），恒有



xixii1f(xi)fnnxii10,也就是 nn



xif(xi)xif

xii

1n



n

n

xii1

fn



n

n

xii1

n



n

nn



i1

xi

f(xi)0

n

n

∴

i1

xif(xi)xif





1n

n

xii1

n



ni



xii1

fn

xii1

n



n



i1

xi

n



f(xi)0



n

∴

i1

xif(xi)

x

i1

i1

f(xi)0

减函数情况同理可证。

例1，设a、b、c∈R，求证：届友谊杯国际数学邀请赛试题）。

分析：左边=a数

f(x)

xsx

+

a

bc



b

ca



c

ab



abc

（第2aabca

b

babcb

c

cabcc,可构造函，利用性质即证

f(x)

xsx

证明：构造函数由

f(x)

/，其中s=a+b+c,x∈(0,s)

s(sx)

0，所以f(x)在x∈(0,s)上是增函数，由性质可知，abc

f(a)f(b)f(c)

即2af(a)2bf(b)2cf(c)(bc)f(a)(ac)f(b)(ba)f(c)

af(a)bf(b)cf(c)2（a

bc



b

ca



c

cb)abc,即

a

bc



b

ca



c

ab



abc

.例2，设a、b、c为正实数，且abc=1求证：

1a(bc)



1b(ca)



1c(ab)



32（第36届IMO）。

分析：由abc=1，原不等式可化为

(bc)

abca



(ca)

bcab



(ab)

cabc



32，由

例1可知

(bc)

abca



(ca)

bcab



(ab)

cabc



bccaab，又

bccaab3，显然即证。

说明：其实例1第二届友谊杯国际数学邀请赛试题与例2第36届IMO

试题本质上一样，例1更具有一般性。

例3，若ai∈R+,i=1,2,…,n, n、k均为大于1的自然数，则

n



i

1ain（k

n

n

ai)

k

k1

/

k

2i1

证明：设

f(x)x(x0),f(x)(k1)x

n

0,n

即f(x)在R+是增函数，ai

nn

由性质可知，

i1



ai

k

i1

ai

n



f(ai)

i1

n

aif(ai)



i1

n



i1

n



i1

ai

k1，重复放缩即

得。

k

ai



aii1

n



n

k

n

n



i1



i1

o

ain

aii1

n



n

k

即证。

二、利用函数单调性证明不等式 例4，求证：

21

121314...

12n

112n

(n2)

分析：左边常数，只有看右边最小值是否是

712，若令

an1



3

4...

12n11



12n，如能证明an递增，a2最小，它就是

1312n

１n

1n11n112n1



12n

712

证明：右边

1(1

1212131314...1n

2n1

1n1

12n1n2

1



...



...1n2

12n2

12n

...)...,令an

...

则

an1

1n2



1n3

...

12n2,an1an

1n1







12n2



12n1

0

∴an递增数列，∴an∴

712

1

121314...

a212n1

1312n14712

(n2)

例5，设函数y=f(x)定义域为R，当x>0时，有f(x)>1，且对任意x、y∈R，有f(x+y)=f(x)f(y),解不等式

f(x)

1f(x1)。

分析：本题是一个抽象函数，显然根据f(x)然与单调性有关。

1f(x1)，求不等式解集，必

证明：当x0时，f(x)f(0)f(x),f(x)1f(0)0,由x0时f(x)1可知f(0)1,当x0时，f(x)f(x)f(0)1,即f(x)f(x)同号，又x0时，x、x中必有一个为正，当x0时，f(x)、f(-x)必有一个为正，又f(x)f(-x)>0,f(x)>0,f(-x)>0,又f(0)=1>0

任意xR,f(x)0,设x2x

1则f(x2)f(x1)f(x2x1)x1f(x1)f(x2x1)f(x1)f(x1)

f(x1)f(x2x1)1,f(x1)0且x2x10时，f(x2x1)10f(x2)f(x1)f(x)在R上是增函数，又当

f(x)

1f(x1)

时,即f(x)f(x1)1,也就是f(2x1)f(0)又f(x)在R上是增函数，∴2x+1≤0∴x



2，即得不等式解集为x|x







12

说明：例

4、例5通过作差判断单调性来解题

例6，求证：(11)(1证明：

(11)(1

令an

4)...(1

13n

2)

nN*)

1)...(1

则an

1)(11)(1

1)...(1

1)



an1an

(1

13n1)





1

an递增数列

又a1



1an1(11)(1

14)...(1

13n2)

nN*)

例7，设x、y、z是正实数，且xyz=1,证明

xxyyzz

(1x)(1y)(1z)

4

333

证明：设

f(x)tt

(t1)原不等式等价于f(x)f(y)f(z)0成立

由则

/

f(t)f(t）

(t1)(4t3t1)(t1),设g(t)(4t3t1)(t1)

g(t),当

(t1)4

t>0时，则

g(t)0g(t)在(0,)严格递增，假设xyz

g(x)g(y)g(z),又xyz1,则x1,z1

(x1)g(x)(x1)g(y),(z1)g(y)(z1)g(z)14

(x1)g(x)

(y1)g(y)

(z1)g(z)



x1y1z1g(y)14

又xyz330,g(y)0原不等式成立

(x1)g(x)(y1)g(y)(z1)g(z)0

篇7：证明函数的单调性

[本周教学重点] 掌握函数单调性的定义，会用定义法证明函数的单调性及其步骤。

(1)设x1，x2是定义域上的任意两个值，且x1

(2)作差f(x1)-f(x2)并将其变形为可判断符号的形式；

(3)判断f(x1)-f(x2)的正、负；

(4)结论

理解函数奇偶性的定义及奇、偶函数定理，能判断、证明一些简单函数的奇偶性，会利用函数奇偶性求解有关函数问题。

(1)函数的定义域在数轴上关于原点对称，是函数具有奇偶性的必要条件。

(2)f(-x)=-f(x)f(-x)+f(x)=0f(x)是奇函数。

f(x)=f(-x)f(-x)-f(x)=0f(x)是偶函数。

由f(-x)=-f(x)或f(-x)=f(x)是侧重于函数解析式的变形去证明f(x)的奇偶性；而f(-x)+f(x)=0或f(-x)-f(x)=0是通过运算去证明f(x)的奇偶性，两种定义形式各具不同优势。

(3)若f(x)是奇函数且允许x=0，则f(0)=0，即f(x)的图象过原点。

(4)若f(x)既是奇函数，又是偶函数，则f(x)=0。

(5)同为奇函数，同为偶函数的两个函数之积是偶函数；一奇一偶两个函数之积是奇函数。

(6)定义在R上的任意一个函数f(x)都可表示为一个奇函数g(x)与一个偶函数h(x)的和。

即f(x)=g(x)+h(x)，其中g(x)=[f(x)-f(-x)]，h(x)=

[f(x)+f(-x)]。

理解反函数的概念，掌握求反函数的方法步骤。

(1)由原函数y=f(x)求出它的值域；

(2)由原函数y=f(x)反解出x=f-

1(y)；

(3)交换x，y改写成y=f-1(x)；

(4)用f(x)的值域确定f-1(x)的定义域。

[例题分析]

例1．证明函数f(x)=

在定义域上的单调性。

[分析与解答] 函数的单调性必须在定义域内进行考查。由x2+x≥0得f(x)定义域为(-∞，-1][0，+∞)。

函数定义域不是一个连续的区间，应分别考查在每一个区间上的单调性，用定义法证明时，只需任取x1

任取x1

==

当-∞0。

∴ f(x1)-f(x2)>0，∴ f(x)是(-∞，-1]上的单调递减函数。

当0≤x10。

>0。

∴ f(x1)-f(x2)<0，∴ f(x)是[0，+∞)上的单调递增函数。

例2．函数f(x)是[0，+∞)上的单调递减函数，f(x)≠0且f(2)=1，证明函数F(x)=f(x)+在[0，2]上的单调性。

[分析与解答]函数f(x)没有给出解析式，因此对F(x)的函数值作差后，需由f(x)的单调性，确定作差后的符号。任取0≤x1

由F(x1)-F(x2)=f(x1)+-f(x2)-=f(x1)-f(x2)+

=[f(x1)-f(x2)]·[1-]

∵ 0≤x1f(x2)≥f(2)=1。

∴ f(x1)-f(x2)>0，f(x1)·f(x2)>1，<1，1->0，∴ F(x1)-F(x2)>0，F(x)是[0，2]上的单调递减函数。

例3．证明函数f(x)=的奇偶性。

[分析与解答] 函数的奇偶性必须在其定义域内考查。

由 函数f(x)定义域为[-1，0)(0，1]。

∴ |x+3|-3=x+3-3=x。即f(x)=，由f(-x)=

=-f(x)，∴ f(x)是奇函数。

例4．设f(x)是定义在R上的函数，对任意x1，x2∈R，恒有f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)，且f(x)不恒为0，证明

f(x)的奇偶性。

[分析与解答] 函数f(x)没有给出解析式，这就必须从定义域，法则，及f(x)不恒为0去分析，完成奇偶性的证明。由f(x)定义域为R，显然允许x=0，所以f(0)=0是f(x)的奇函数的必要条件。

令x1=x2=0，由f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)得f(0+0)=f(0)+f(0)，整理得f(0)=0，对任意x∈R，由f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)知f(-x)+f(x)=f(-x+x)=f(0)=0，∴ f(-x)=-f(x)，∵ f(x)不恒为0，∴f(x)不可能既是奇函数又是偶函数，所以f(x)是R上的奇函数。

例5．已知函数f(x)=(a，b，c∈Z)是奇函数，且f(1)=2，f(2)<3。

(1)求a，b，c的值；(2)用定义法证明f(x)在(0，1)上的单调性。

[分析与解答](1)∵ f(x)是奇函数，∴f(-x)=-f(x)，即

=-，解出c=0，∴ f(x)=，∵ f(1)=2，∴ =2，∴ 2b=a+1。

∵ f(2)＜3，∴<3。将2b=a+1代入，∴ <3，解出-1

(2)f(x)==x+。任取0

f(x1)-f(x2)=x1+-x2-=(x1-x2)+=(x1-x2)(1-)

∵ 01，1-<0，∴ f(x1)-f(x2)>0，f(x)是(0，1)上的单调递减函数。

例6．证明函数f(x)=

(x≠)的图象关于直线y=x对称。

[分析与解答] 由反函数定理可知，当两个函数互为反函数时，它们的图象关于直线y=x对称，所以要证明 f(x)=(x≠)的图象关于直线y=x对称，只需证明f(x)的反函数是其自身即可。

∴ f(x)的值域为{y|y≠，y∈R}。

由y=，∴ ayx-y=x-1，(ay-1)x=y-1。

∵ y≠，∴ ay-1≠0，x=，即f-1(x)=

(x≠)，显然f(x)与f-1(x)是同一函数，所求f(x)的图象关于直线y=x对称。

[参考练习]

1．设f(x)是定义在R上的任意一个增函数，F(x)=f(x)-f(-x)必是（）。

A、增函数且是奇函数

B、增函数且是偶函数

C、减函数且是奇函数

D、减函数且是偶函数

2．已知y=f(x)是R上的奇函数，当x≥0时，f(x)=x2-2x，则f(x)在R上的表达式是（）。

A、y=x(x-2)B、y=x(|x|-1)C、y=|x|·(x-2)D、y=x(|x|-2)

3．若点(1，2)在函数y=的图象上，又在它的反函数的图象上，则（）。

A、a=3，b=-7 B、a=3，b=7 C、a=-3，b=-7 D、a=-3，b=7

4．函数f(x)是定义在[-6，6]上的偶函数，且在[-6，0]上是减函数，则（）。

A、f(3)+f(4)>0 B、f(-3)-f(2)<0 C、f(-2)+f(-5)<0 D、f(4)-f(-1)>0

5．设f(x)是定义在(-1，1)上的奇函数且是单调减函数，求解关于x的不等式f(1-x)+f(1-x2)<0的解集。

[参考答案]：

1.A 2.D 3.D 4.D

5.由f(1-x)+f(1-x2)<0，∴ f(1-x)<-f(1-x2)，∵ f(x)是(-1，1)上的奇函数，∴ f(1-x)

篇8：单调函数的积函数的单调性

问题:已知y=f (x) 与y=g (x) 是定义在D上的单调函数, 试讨论函数F (x) =f (x) g (x) (x∈D) 的单调性。

分析:设x1, x2∈D, 且x1

当f (x) >0, g (x) >0时, 若f (x) , g (x) 均为D上的增函数, 则有F (x1)

若f (x) , g (x) 均为D上的减函数, 则有F (x1) >F (x2) , 此时F (x) 是D上的减函数。若f (x) , g (x) 在D上的单调性相反, 则F (x1) -F (x2) 的符号不确定, 此时F (x) 在D上的单调性也不确定。

当f (x) <0, g (x) <0时, 若f (x) , g (x) 均为D上的增函数, 则有F (x1) >F (x2) , 此时F (x) 是D上的减函数。若f (x) , g (x) 均为D上的减函数, 则有F (x1)

当f (x) >0, g (x) <0时, 若f (x) 为D上的增函数, g (x) 为D上的减函数, 则有F (x1) >F (x2) , 此时F (x) 是D上的减函数。若f (x) 为D上的减函数, g (x) 为D上的增函数, 则有F (x1)

当f (x) <0, g (x) >0时, 若f (x) 为D上的增函数, g (x) 为D上的减函数, 则有F (x1) F (x2) , 此时F (x) 是D上的减函数。若f (x) , g (x) 在D上的单调性相同, 则F (x1) -F (x2) 的符号不确定, 此时F (x) 在D上的单调性也不确定。

通过以上分析, 对于定义在D上的单调函数y=f (x) 与y=g (x) , 其积函数F (x) =f (x) g (x) (x∈D) 的单调性有如下规律: