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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．1，x2∈[0，+∞〕，且x1＜x2，那么：
∵x1，x2∈[0，+∞〕，且x1＜x2；
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∴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，
那么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，
∴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．
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【解答】解：任取0≤x1＜x2，
那么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．
【解答】解：∵函数f〔x〕==1﹣在在区间〔﹣1，+∞〕，
可以设﹣1＜x1＜x2，
可得f〔x1〕﹣f〔x2〕=1﹣﹣1+=
∵﹣1＜x1＜x2＜0，
∴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．
【解答】证明：设x1＜x2，那么f〔x1〕﹣f〔x2〕=﹣﹣〔﹣〕=﹣=，
∵x1＜x2，∴x1﹣x2＜0，
∴假设x1＜x2＜0，那么x1x2＞0，此时f〔x1〕﹣f〔x2〕＜0，即f〔x1〕＜f〔x
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2〕，此时函数单调递增．
假设0＜x1＜x2，那么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〕=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．
【解答】解：∵函数y=在区间〔0，+∞〕，
可以设0＜x1＜x2，
可得f〔x1〕﹣f〔x2〕=﹣=＞0，
∴f〔x1〕＞f〔x2〕，
∴f〔x〕在区间〔﹣∞，0〕上为减函数；
10．函数f〔x〕=x+．
〔Ⅰ〕用定义证明：f〔x〕在[2，+∞〕上为增函数；
〔Ⅱ〕假设＞0对任意x∈[4，5]恒成立，求实数a的取值范围．
【解答】〔Ⅰ〕证明：任取x1，x2∈[2，+∞〕，且x1＜x2，
那么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，
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∴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，那么：
∵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，
那么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，
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那么f〔x1〕﹣f〔x2〕=〔〕﹣〔〕
=〔x1﹣x2〕+
=〔x1﹣x2〕〔1﹣〕，
∵x1，x2∈[1，+∞〕，x1＜x2，