1.2.3 从图象看函数的性质1.2.4 从解析式看函数的性质1.单调函数的定义函数值y随自变量x的①而增大的函数叫作②;函数值y随自变量x的增大而③的函数叫作④.单调递增,单调递减通常称为递增或递减.递增函数和递减函数统称为单调函数.2.奇偶函数的几何定义若函数的图象绕原点旋转180°后和自己重合,则称这类函数是⑤.若函数的图象是以y轴为对称轴的轴对称图形,则称这类函数是⑥.3.函数的最值(1)上界与下界:设D为函数f(x)的定义域,如果有实数B使得f(x)⑦B对一切x∈D成立,则称B是函数的一个上界;如果有实数A使得f(x)⑧A对一切x∈D成立,则称A是f(x)的一个下界.(2)有上界又有下界的函数叫作有界函数,否则函数称为无界函数.(3)函数的最大(小)值的定义:如果有a∈D,使得不等式f(x)≤f(a)对一切x∈D成立,就说f(x)在x=a处取得最大值M=f(a),称M 为f(x)的最大值,a为f(x)的最大值点.如果有a∈D,使得不等式f(x)≥f(a)对一切x∈D成立,就说f(x)在x=a处取得最小值M=f(a),称M为f(x)的最小值,a为f(x)的最小值点.4.函数的单调性(1)递增、递减函数条件一般地,设函数f(x)的定义域为D:如果对于定义域D内某个区间I上的⑨两个自变量的值x1,x2,当x1<x2时都有⑩都有结那么就说函数f(x)那么就说函数f(x)在区间I上是函数论在区间I上是函数图示(2)单调区间如果一个函数在某个区间上是递增函数或是递减函数,就说这个函数在这个区间上具有单调性,该区间称为这个函数的单调区间.(3)定义法证明函数的单调性在函数单调性的定义中,记x=x1,x+h=x2,条件x1<x2可以写成h>0,f(x1)<f(x2)可以写成f(x+h)-f(x)>0,f(x1)>f(x2)可以写成f(x+h)-f(x)<0.差式f(x+h)-f(x)叫作函数在区间I上的.如果不加说明,总认为h>0.这样,差分为正的函数就是递增函数,差分为负的函数就是递减函数.一、函数单调性的判断与证明1.(2011上海改编,★★☆)下列函数中,在区间(-∞,0)上单调递增,且在区间(0,+∞)上单调递减的函数为( )A.y=1x2B.y=1xC.y=x2D.y=x3思路点拨对选项B,C中的函数,直接利用反比例函数和二次函数的单调性判断即可;对选项A,D中的函数,需利用单调性的定义判断.2.(2014安徽师大附中期中,★★☆)已知函数f(x)=x-1x+1,判断f(x)在(0,+∞)上的单调性并用定义证明. 思路点拨取值作差变形定号下结论3.(2014北京东城期末,★★☆)已知函数f(x)=xx-1.(1)求f(1+x)+f(1-x)的值;(2)用函数单调性的定义证明:函数f(x)在(1,+∞)上是减函数.二、由函数单调性求参数的取值范围4.(2014山东青岛模拟,★☆☆)若函数f(x)=x2+2(a-1)x+2在区间(-∞,4]上是减函数,则实数a的取值范围是( )A.a≤-3B.a≥-3C.a≤3D.a≥3思路点拨根据函数单调性的几何意义和二次函数图象寻找a满足的不等式.5.(2014山东济南模拟,★☆☆)函数y=1-3mx在区间(0,+∞)上是增函数,则实数m的取值范围是( )A.m>13B.m≥13C.m<13D.m≤13思路点拨结合反比例函数的图象得出m满足的不等式.三、由函数的单调性比较大小、解不等式6.(2014山东济南检测,★★☆)函数f(x)对任意的a,b∈R,都有f(a+b)=f(a)+f(b)-1,且当x>0时,f(x)>1.(1)求证:f(x)是R上的增函数;(2)若f(4)=5,解不等式f(3m2-m-2)<3.7.(2014湖南浏阳一中期中,★★★)已知f(x)是(0,+∞)上的增函数,且满足条件:f(xy)=f(x)+f(y), f(2)=1.(1)求证:f(8)=3;(2)求不等式f(x)>3+f(x-2)的解集.四、利用函数的单调性求函数的最值8.(2013江苏江阴检测,★★☆)函数f(x)=32x-1在区间[1,5]上的最大值为,最小值为. 思路点拨先判断函数在区间[1,5]上的单调性,再由单调性求最值.9.(2014广东广州月考,★★☆)已知函数f(x)=x 2+2x+ax,x∈[1,+∞).(1)当a=12时,求函数f(x)的最小值;(2)若对任意x∈[1,+∞), f(x)>0恒成立,试求实数a的取值范围.思路点拨第(1)问利用单调性求最值,第(2)问利用单调性转化成不等式恒成立问题.一、选择题1.对于函数y=f(x),在给定区间内有两个值x1和x2,且x1<x2,使f(x1)<f(x2)成立,则y=f(x)( )A.一定是增函数B.一定是减函数C.可能是常数函数D.单调性不能确定2.已知函数y=f(x)是偶函数,且图象与x轴有四个交点,则方程f(x)=0的所有实根之和是( )A.4B.2C.1D.03.设f(x)是定义在区间U上的增函数,且f(x)>0,则下列函数中增函数的个数是( )①y=1-f(x);②y=1f(x);③y=f 2(x);④y=-√f(x).A.1B.2C.3D.44.若x∈R, f(x)是y=2-x2,y=x这两个函数中的较小者,则f(x)的最大值为( )A.2B.1C.-1D.无最大值二、填空题5.若函数 f(x)=4x2-kx-8在[5,8]上是单调函数,则k的取值范围是.6.已知函数 f(x)为定义在区间[-1,1]上的增函数,则满足 f(x)< f(12)的实数x的取值范围为.7.函数y=-x2+6x+9在区间[a,b](a<b<3)上有最大值9,最小值-7,则a= ,b= .8.函数y=√x-x(x≥0)的最大值为.一、选择题1.(2013天津检测,★☆☆)下列函数中,在区间[0,+∞)上是增函数的是( )A.f(x)=x2B.g(x)=-2xC.h(x)=-3x+1D.s(x)=1x2.(2013浙江模拟,★★☆)设函数f(x)是(-∞,+∞)上的减函数,则( )A. f(a)>f(2a)B. f(a2)<f(a)C. f(a2+a)<f(a)D. f(a2+1)<f(a)3.(2013安徽模拟,★★☆)已知f(x)在R上是减函数,则满足f(|1x|)<f(1)的实数x的取值范围是( )A.(-1,1)B.(0,1)C.(-1,0)∪(0,1)D.(-∞,-1)∪(1,+∞)二、解答题)=f(x)-f(y).4.(2015山东滕州期中,★★☆)设f(x)的定义域为(0,+∞),且在(0,+∞)上是递增的,f(xy(1)求证:f(1)=0,f(xy)=f(x)+f(y);)≤2.(2)设f(2)=1,解不等式f(x)-f(1x-35.(2014广东惠州期末,★★☆)已知函数f(x)满足:对任意x,y∈R,都有f(x+y)=f(x)f(y)-f(x)-f(y)+2成立,且x>0时,f(x)>2.(1)求f(0)的值,并证明:当x<0时,1<f(x)<2;(2)判断f(x)的单调性并加以证明;(3)若g(x)=|f(x)-k|在(-∞,0)上递减,求实数k的取值范围.6.(2014云南玉溪一中期中,★★☆)设集合A={a,a2,b+1},B={0,|a|,b},且A=B.(1)求a,b的值;(2)判断函数f(x)=-bx-a在[1,+∞)上的单调性,并用定义加以证明.x知识清单①增大 ②单调递增函数 ③减小 ④单调递减函数 ⑤奇函数 ⑥偶函数 ⑦≤ ⑧≥ ⑨任意 ⑩f(x 1)<f(x 2) 递增 f(x 1)>f(x 2) 递减 差分链接高考1.A 对于函数y=1x 2,令y= f(x)=1x 2,任取x 1,x 2∈(0,+∞),且x 1<x 2,则 f(x 1)- f(x 2)=1x 12-1x 22=(x 2-x 1)(x 2+x 1)x 12x 22>0,即 f(x 1)> f(x 2),所以函数y=1x 2在区间(0,+∞)上单调递减,同理可得函数y=1x 2在区间(-∞,0)上单调递增;易知函数y=1x 在区间(-∞,0)和(0,+∞)上单调递减;易知函数y=x 2在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增;对于函数y=x 3,令y= f(x)=x 3,任取x 1,x 2∈R,且x 1<x 2,则 f(x 1)- f(x 2)=x 13-x 23=(x 1-x 2)(x 12+x 1x 2+x 22)<0,即f(x 1)< f(x 2),故函数y=x 3在(-∞,+∞)上单调递增. 2.解析 f(x)在(0,+∞)上单调递增. 证明:任取x 1>x 2>0, f(x 1)-f(x 2)=x 1-1x 1+1-x 2-1x 2+1=2(x 1-x 2)(x1+1)(x 2+1),由x 1>x 2>0知x 1+1>0,x 2+1>0,x 1-x 2>0,故f(x 1)-f(x 2)>0,即f(x)在(0,+∞)上单调递增. 3.解析 (1)f(1+x)+f(1-x)=1+x1+x -1+1-x1-x -1=1+x x-1-x x=2.(2)证明:设x 1,x 2是(1,+∞)上的两个任意实数,且x 1<x 2, 则f(x 2)-f(x 1)=x 2x2-1-x 1x1-1=x 2(x 1-1)-x 1(x 2-1)(x 1-1)(x 2-1)=x 1-x 2(x1-1)(x 2-1).因为1<x 1<x 2,所以x 1-1>0,x 2-1>0,x 1-x 2<0.所以x 1-x 2(x1-1)(x 2-1)<0.所以f(x 2)<f(x 1).所以f(x)在(1,+∞)上是减函数.4.A 该二次函数图象的对称轴方程是x=1-a,易知1-a≥4,解得a≤-3.5.A 根据反比例函数的图象可知1-3m<0,即m>13.6.解析 (1)证明:设x 1<x 2,且x 1∈R,x 2∈R. 则x 2-x 1>0,由已知得f(x 2)=f(x 2-x 1+x 1)=f(x 2-x 1)+f(x 1)-1, ∴f(x 2)-f(x 1)=f(x 2-x 1)-1, ∵x 1<x 2,∴x 2-x 1>0,∴f(x 2-x 1)>1, ∴f(x 2-x 1)-1>0,∴f(x 2)-f(x 1)>0,∴f(x)是R 上的增函数.(2)令a=b=2,则f(4)=f(2)+f(2)-1=5,∴f(2)=3. ∴原不等式可化为f(3m 2-m-2)<f(2), 由(1)得3m 2-m-2<2,∴3m 2-m-4<0,∴(3m -4)(m+1)<0, ∴-1<m<43,∴原不等式的解集为(-1,43).7.解析 (1)证明:由题意得f(8)=f(4×2)=f(4)+f(2) =f(2×2)+f(2)=f(2)+f(2)+f(2)=3f(2). 又∵f(2)=1,∴f(8)=3. (2)由(1)知f(x)>3+f(x-2) =f(8)+f(x-2).又由题意知f(x)>f(8)+f(x-2)=f(8x-16). ∵f(x)是(0,+∞)上的增函数, ∴{8x -16>0,x >8x -16,解得2<x<167. ∴原不等式的解集为{x|2<x <167}.8.答案 3;13解析 易知函数f(x)=32x -1在区间[1,5]上是减函数,因此,函数f(x)=32x -1在区间[1,5]的两个端点处分别取得最大值与最小值,即最大值为f(1)=3,最小值为f(5)=13.9.解析 (1)当a=12时,f(x)=x+12x +2,易知该函数在[1,+∞)上是增函数, ∴f(x)在[1,+∞)上的最小值为f(1)=72. (2)在区间[1,+∞)上,f(x)=x 2+2x+ax>0恒成立⇔x 2+2x+a>0恒成立,即a>-x 2-2x 恒成立,令g(x)=-x 2-2x,x∈[1,+∞),∴g(x)=-(x+1)2+1在[1,+∞)上为减函数,∴g(x)max =g(1)=-3,∴a>-3.基础过关一、选择题1.D 这里的x 1,x 2不是任意的,不符合定义.2.D 偶函数图象关于y 轴对称,故方程f(x)=0的4个根中,其中两个根与另外两个根位置上关于y 轴对称,∴方程f(x)=0的所有实根之和为0.3.A 由于y=1-t,y=1t ,y=-√t 在(0,+∞)上均递减,而f(x)递增,且f(x)>0,∴函数y=1-f(x),y=1f (x ),y=-√f (x )均在U 上递减,又y=t 2在(0,+∞)上递增, ∴y=f 2(x)也递增,故选A.4.B 在同一坐标系中画出函数y=2-x 2,y=x 的图象,如下图,根据题意知,坐标系中实线部分即为函数f(x)的图象.∴x=1时, f(x)max =1.选B. 二、填空题5.答案 (-∞,40]∪[64,+∞)解析 对称轴为x=k8,则k8≤5或k8≥8,得k≤40或k≥64. 6.答案 -1≤x<12解析 由题设得{-1≤x ≤1,x <12, 解得-1≤x<12. 7.答案 -2;0 解析 y=-(x-3)2+18, ∵a<b<3,∴f(x)在区间[a,b]上单调递增, 所以-b 2+6b+9=9,-a 2+6a+9=-7, 解得b=0,a=-2. 8.答案 14解析 原函数整理得y=-(√x -12)2+14,∴y max =14(此时√x =12,即x =14).三年模拟一、选择题1.A B,C 中函数在区间[0,+∞)上均为减函数,D 中函数在x=0处无意义.2.D ∵a 2+1-a=(a -12)2+34>0,∴a 2+1>a.又∵f(x)在(-∞,+∞)上是减函数, ∴f(a 2+1)<f(a).3.C ∵f(x)在R 上是减函数,且f (|1x |)<f(1),∴|1x |>1,∴0<|x|<1,∴-1<x<1且x≠0.故选C. 二、解答题4.解析 (1)证明:f (xy )=f(x)-f(y),令x=y=1,则有f(1)=f(1)-f(1)=0. f(xy)=f (x 1y)=f(x)-f (1y )=f(x)-[f(1)-f(y)]=f(x)+f(y).(2)f(x)-f (1x -3)=f(x)-[f(1)-f(x-3)]=f(x)+f(x-3)=f(x 2-3x), ∵2=2×1=2f(2)=f(2)+f(2)=f(4),∴f(x)-f (1x -3)≤2等价于f(x 2-3x)≤f(4)①, 由f(x)的定义域为(0,+∞)可得 x 2-3x>0,4>0,且x>0,x-3>0, 又f(x)在(0,+∞)上为增函数, ∴①⇔x 2-3x≤4⇒-1≤x≤4, 又x>3,∴原不等式解集为{x|3<x≤4}.5.解析 (1)令x=y=0,则f(0)=f(0)f(0)-f(0)-f(0)+2, 即(f(0))2-3f(0)+2=0,解得f(0)=1或f(0)=2,若f(0)=1,令x=1,y=0,则f(1)=f(1)f(0)-f(1)-f(0)+2=1, 与已知条件矛盾.所以f(0)=2. 设x<0,则-x>0,那么f(-x)>2.又2=f(0)=f(x-x)=f(x)f(-x)-f(x)-f(-x)+2, ∴f(x)=f (-x )f (-x )-1=1+1f (-x )-1.∵f(-x)>2,∴0<1f (-x )-1<1,从而1<f(x)<2.(2)函数f(x)在R 上是增函数.理由:设x 1<x 2,由(1)可知对任意x∈R,f(x)>1,∴f(x 1)-1>0,f(x 2)-1>0且x 2-x 1>0,∴f(x 2-x 1)>2,f(x 2)=f(x 2-x 1+x 1)=f(x 2-x 1)f(x 1)-f(x 2-x 1)-f(x 1)+2=f(x 2-x 1)[f(x 1)-1]-f(x 1)+2,f(x 2)-1=f(x 2-x 1)[f(x 1)-1]-[f(x 1)-1]=[f(x 2-x 1)-1][f(x 1)-1],∴f (x 2)-1f (x 1)-1=f(x 2-x 1)-1.∵f(x 2-x 1)>2,∴f (x2)-1f (x 1)-1=f(x 2-x 1)-1>2-1=1,故f(x 2)-1>f(x 1)-1,即f(x 2)>f(x 1),∴函数f(x)在R 上是增函数.(3)由(2)知函数f(x)在R 上是增函数,∴函数y=f(x)-k 在R 上也是增函数,若函数g(x)=|f(x)-k|在(-∞,0)上递减,则x∈(-∞,0)时,g(x)=|f(x)-k|=k-f(x),即x∈(-∞,0)时,f(x)-k≤0恒成立,∵x∈(-∞,0)时,f(x)<f(0)=2,∴k≥2.6.解析 (1)由A=B,且集合中元素的互异性知a≠0,∴b+1=0,解得b=-1,此时A={a,a 2,0},B={0,|a|,-1},∵a 2≠-1,∴a=-1.此时A=B={0,1,-1},符合题意.故a=b=-1.(2)由(1)知f(x)=x+1x . f(x)=x+1x 在[1,+∞)上单调递增.证明:任取x 1,x 2∈[1,+∞)且x 1<x 2,则f(x 1)-f(x 2)=(x 1+1x 1)-(x 2+1x 2)=(x 1-x 2)+x 2-x1x 1x 2=(x 1-x 2)(1-1x 1x 2)=(x 1-x 2)x 1x 2-1x 1x 2.∵x 1,x 2∈[1,+∞)且x 1<x 2,∴x1-x2<0,x1x2-1>0,x1x2>0,∴f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),∴f(x)=x+1x在[1,+∞)上单调递增.。