3.1.2 函数的单调性 第1课时 单调性的定义与证明 课后·训练提升 基础巩固 1.设(a,b),(c,d)都是函数x)的单调递增区间，且x1∈(a,b),x2∈(c,d,x1a-2)D6)>a) 解析：因为函数x)是R上的增函数，且a+3>a-2,所以a+3)>a-2) 答案：C 3.己知函数x)是R上的增函数，A(0,-1),B(3,1)是其图象上的两点，则-11),则x的取值范围是( A.x-1 C.-11
3.1.2 函数的单调性 第 1 课时 单调性的定义与证明 课后· 基础巩固 1.设(a,b),(c,d)都是函数 f(x)的单调递增区间,且 x1∈(a,b),x2∈(c,d),x1f(x2) C.f(x1)=f(x2) D.不能确定 解析:根据单调性的定义,所取两个自变量必须是同一单调区间内的任意两个自变 量,才能由该区间上函数的单调性比较函数值的大小.而本题中的 x1,x2 不在同一 单调区间,故 f(x1)与 f(x2)的大小不能确定. 答案:D 2.已知函数 f(x)是 R 上的增函数,若 a∈R,则( ) A.f(a)>f(2a) B.f(a 2 )f(a-2) D.f(6)>f(a) 解析:因为函数 f(x)是 R 上的增函数,且 a+3>a-2,所以 f(a+3)>f(a-2). 答案:C 3.已知函数 f(x)是 R 上的增函数,A(0,-1),B(3,1)是其图象上的两点,则-1f(1),则 x 的取值范围是( ) A.x-1 C.-11
解析：因为函数x)在R上是减函数，且x)>1),所以xx1>-1, ∴.x2-x1>0,(x1+1)x2+1)>0, ∴x1)片2)>0，即x1)Px2), x)在区间(-1，+o)内为减函数 拓展提高 1.已知函数x)在R上是增函数，若a,b∈R,且a+b>0,则(
解析:因为函数 f(x)在 R 上是减函数,且 f(|x|)>f(1),所以|x|0, 又 f(x)在区间(0,+∞)内是减函数, ∴f(a 2 -a+1)≤f( 3 4 ). 答案:f(a 2 -a+1)≤f( 3 4 ) 9.作出函数 f(x)=3|x|的图象,并求其单调区间. 解:f(x)=3|x|={ 3𝑥,𝑥 ≥ 0, -3𝑥,𝑥 x1>-1, ∴x2-x1>0,(x1+1)(x2+1)>0, ∴f(x1)-f(x2)>0,即 f(x1)>f(x2), ∴f(x)在区间(-1,+∞)内为减函数. 拓展提高 1.已知函数 f(x)在 R 上是增函数,若 a,b∈R,且 a+b>0,则( )
Afa)+nb)>-fa)Ab) B.Aa)+Ab)-a)+-b) D.Aa)+Ab)0∴a>-b,b>-a. x)在R上是增函数， ∴.a)>-b)b)P-a), ∴a)+b)>-ad)+-b) 答案：C 2.如果函数x)=x2+bx+c对任意实数t都有3+)=3-)，那么() A3)2a-1, 即所求a的取值范围是(0，) 答案(0)
A.f(a)+f(b)>-f(a)-f(b) B.f(a)+f(b)f(-a)+f(-b) D.f(a)+f(b)0,∴a>-b,b>-a. ∵f(x)在 R 上是增函数, ∴f(a)>f(-b),f(b)>f(-a), ∴f(a)+f(b)>f(-a)+f(-b). 答案:C 2.如果函数 f(x)=x2+bx+c 对任意实数 t 都有 f(3+t)=f(3-t),那么( ) A.f(3) 2𝑎-1, 解得 0<a<2 3 , 即所求 a 的取值范围是(0, 2 3 ). 答案:(0, 2 3 )
6若函数)-片和为常数)在区间(2,2)内为增函数则实数a的取值范围 解析x)=x+ x+2 a+12@ x+2 因为x)在区间(-2,2)内为增函数， 所以1-2a 答案a 7讨论函数x)-二在(1,1)内的单调性，其中a为非零常数 解：设-10,x2-x1>0,x子-10时，x1)x2)>0,即x1)>x2),x)在区间(-1,1)内为减函数： 当a0时x)>1.求证： 函数x)在R上是增函数 证明（方法一）设x1,2是R上的任意两个实数，且x1>x2.令x+y=x1y=x2,则x=x1- x2>0, x1)x2)=x+y)y)=x)+y)1-y)=x)1. ,当x>0时x)>1,∴x)1>0, ∴x1)x2)>0,即x1)Px2). 函数x)在R上是增函数 (方法二)设x1>2,则x1-2>0, 从而x1-x2)>1,即x1-x21>0. 所以x1)=x2+(xI-x2]=x2)+x1-x2少1>x2),故函数x)在R上是增函数
6.若函数 f(x)= 𝑎𝑥+1 𝑥+2 (a 为常数)在区间(-2,2)内为增函数,则实数 a 的取值范围 是 . 解析:f(x)= 𝑎𝑥+1 𝑥+2 =a+1-2𝑎 𝑥+2 . 因为 f(x)在区间(-2,2)内为增函数, 所以 1-2a1 2 . 答案:a>1 2 7.讨论函数 f(x)= 𝑎𝑥 𝑥 2 -1在(-1,1)内的单调性,其中 a 为非零常数. 解:设-10,x2-x1>0,𝑥1 2 -10 时,f(x1)-f(x2)>0,即 f(x1)>f(x2),f(x)在区间(-1,1)内为减函数; 当 a0 时,f(x)>1.求证: 函数 f(x)在 R 上是增函数. 证明:(方法一)设 x1,x2 是 R 上的任意两个实数,且 x1>x2.令 x+y=x1,y=x2,则 x=x1- x2>0, f(x1)-f(x2)=f(x+y)-f(y)=f(x)+f(y)-1-f(y)=f(x)-1. ∵当 x>0 时,f(x)>1,∴f(x)-1>0, ∴f(x1)-f(x2)>0,即 f(x1)>f(x2). ∴函数 f(x)在 R 上是增函数. (方法二)设 x1>x2,则 x1-x2>0, 从而 f(x1-x2)>1,即 f(x1-x2)-1>0. 所以 f(x1)=f[x2+(x1-x2)]=f(x2)+f(x1-x2)-1>f(x2),故函数 f(x)在 R 上是增函数