巧用函數單調性 解題過程很輕松

安徽省靈璧縣黃灣中學 華騰飛 234213

函數是高中數學的重要內容，它不但是高考重點考察的熱點之一，而且它的思想方法貫串于高中數學的始終，函數的單調性又是函數的一條非常重要的性質，它的應用十分廣泛.在解題的過程中，若能深入地挖掘潛在條件，恰當地構造出相應的單調函數，巧妙地運用該性質，將會起到畫龍點睛的作用，起到出奇不意的效果，達到快速簡捷求解的目的.下面舉例說明函數的單調性在解題中的應用，目的在于使同學們對函數的單調性有更清醒的認識和更深刻的理解，并能夠靈活地運用函數的單調性解決一些實際問題，提高利用函數思想解題的能力.

1 判定函數的單調區間

例1 求函數y=的單調區間.

解析：該函數是由t=-x2+2x+3 與y=復合而成的，定義域為[- 1, 3]. 因為y=是單調增函數，結合函數t=-x2+2x+3 的圖像，得到函數的單調區間為[-1,1].

點評：對應復合函數，利用復合函數的單調性法則和定義域結合求解是常用的行之有效的解題方法.

例2 求 函 數y=x+(x＞0) 的 單 調區間.

解析：對于該函數，由于不可以使用復合函數單調性及單調性加減的有關性質研究，因此只能根據函數單調性的定義求解.

點評：對于特殊函數y=x+，當a＜0時，單調增區間為(-∞,0)和(0,+∞)；當a＞0時，單調區間為(-∞,)和(,+∞)，單調區間為(-,0)和(0,).應結合圖像進行記憶.

例3 (2020 全國Ⅱ卷)設函數f(x) =ln| 2x+1 |-ln| 2x-1 |，則f(x) ( ).

分析：首先確定函數f(x)的定義域，并判斷函數f(x)的奇偶性，然后針對選項給出的區間化簡函數解析式，最后根據對數函數的單調性與復合函數的單調性判斷函數f(x)的單調性.

點評：解答本題的關鍵：（1）判斷函數的奇偶性通常利用定義，但必須要先判斷函數的定義域是否關于原點對稱；（2）確定函數的單調性時，要注意化簡函數的解析式，并利用復合函數的單調性進行判斷.

2 判斷函數是增函數還是減函數

對于一個函數，如果知道了其單調性，則很容易判斷出其是增函數還是減函數.

例4 （2014 陜西卷）下列函數中，滿足“f(x+y)=f(x)f(y)”的單調遞增函數是( ).

解析：根據各選項知，選項C, D 中的指數函數滿足f(x+y)=f(x)·f(y),又f(x)=3x是增函數，故應選D.

點評：因為ax+y=ax·ay，所以指數函數滿足f(x+y)=f(x)f(y)，把握這一點是順利解題的關鍵，同時還要注意函數單調性的靈活運用.

3 比較大小

待比較的兩個數或式子是同一個函數的函數值，常借助于函數的單調性來進行比較，有時需要先構造函數.

例5 設f(x)=x2+bx+c對任意的實數t，都有f(2+t)=f(2-t)，試判斷f(1)、f(2)、f(4)的大小.

解析：由f(2+t)=f(2-t)知函數f(x)的圖像關于直線x=2 對稱，且f(x)在[2, +∞)上是增函數，所以f(2)＜f(3)＜f(4)，而f(1)=f(2-1)=f(2+1)=f(3)，故有f(2) ＜f(1)＜f(4).

例6 （2020全國Ⅱ卷）若2x-2y＜3-x-3-y,則( ).

點評：解答本題的關鍵點（1）對于結構相同（相似）的不等式，通常考慮變形，構造函數；（2）利用指數函數與對數函數的單調性得到關于x,y的大小關系及ln(y-x+1)的符號.

例8 （2019 全國Ⅰ卷）已知a= log20.2,b=20.2,c=0.20.3，則（ ）.

A.a＜b＜cB.a＜c＜bC.c＜a＜bD.b＜c＜a

解析：因為a= log20.2 ＜0,b= 20.2＞1,c= 0.20.3∈(0,1)，所以a＜c＜b.應選B.

點評：破解此類考題，通常尋找中間變量0,1進行估算，即可比較大小.

點評：對數值的大小比較方法,①化為同底的對數后利用函數的單調性進行比較；②利用作差或作商法比較；③利用中間值（0或1）比較.

4 求值

對于某些待求代數式的值，可視為相應函數的一個特殊值，再利用該函數的單調性，把函數值的相等轉化為自變量的相等，進而巧妙獲解.

解析:把等式4y3+sinycosy+a=0 化為(2y)3+sin(2y) +2a=0，發現x3+sinx與(2y)3+sin(2y) 結構相似，兩式可以統一到函數f(t)=t3+sint上來，因此f(x)=f(-2y) =2a,而f(t)在R 上是增函數，所以x=-2y，x+2y=0,cos(x+2y) =1.

5 求值域

利用函數的單調性求函數的值域或最值有時會顯得非常簡捷、易懂.

例13 求函數f(x)=2x+1+的值域.

解析：易知函數的定義域為[2, + ∞).∵函數y=2x+1 與y=x-2 在[2, + ∞) 上均為增函數，∴函數f(x)=2x+1 +x-2 在定義域為[2,+∞)上也是增函數.∴f(x)min=f(2) =5，故所求函數的值域為[5,+∞).

6 求最值

例14 已知f(x) 為奇函數，對于任意x，y∈R 都 有f(x+y) =f(x) +f(y) ，且x＞0 時，f(x) ＜0，f(1) =-2,求f(x)在x∈[-3,3]上的最值.

解析：設0 ＜x1＜x2≤3，則x2-x1＞0，∴f(x2-x1)＜0，令x=x2-x1，y=x1，代入f(x+y) =f(x)+f(y) 得：f(x2) =f(x2-x1)+f(x1)＜f(x1). ∴f(x) 在[0, 3] 上是單調遞減函數. ∵f(x) 在[-3, 3]上是奇函數，∴f(x)在[-3, 0] 上也是減函數，即f(x)在[-3, 0]上 是 減 函 數. ∴f(x)max=f(-3)=-3f(1) =6,f(x)min=3f(1)=-6.

7 解不等式

有些不等式是由抽象函數式組成的，通過單調性才能轉化為自變量的不等式，進而求出不等式的解.

例16 已知f(x)對任意的x,y∈R 都滿足條件f(x)+f(y) =2+f(x+y) ，且當x＞0時，f(x)＞2，f(3) =5.解不等式f(a2-2a-2)＜3.

解 析：設x1＜x2，則x2-x1＞0. ∵當x＞0 時，f(x) ＞2，∴f(x2-x1)＞2. ∵f(x2)=f[(x2-x1)+x1] =f(x2-x1) +f(x1)-2 ＞2+f(x1)-2=f(x1)，即f(x2) ＞f(x1).∴f(x)為單調增函數.∵f(3)=f(2+1)=f(2)+f(1)-2=[f(1)+f(1)-2]+f(1)-2=3f(1)-4,又∵f(3)=5，∴f(1) =3.∴f(a2-2a-2) ＜f(1)，∴a2-2a-2 ＜1，即a2-2a-3 ＜0 ，解得- 1 ＜a＜3.故不等式的解為-1 ＜a＜3.

8 證明不等式

點評：原不等式等價于?am+n+bm+n≥ambn+anbm?(am-bm)(an-bn) ≥0，這可由冪函數y=xα(α＞0)在(0, +∞) 上遞增而得到. 該題可拓展：令m=sin2α,n=cos2α，則a+b≥asin2αbcos2α+acos2αbsin2α.

9 解方程

點評：求解此類問題可分兩步進行，先通過觀察找出其特解x0，然后等價轉化為f(x) =a(a為常數) 的形式，然后根據f(x)的單調性得出原方程的解.

例20 解方程3x+4x=5x.

10 確定參數的取值范圍

例21 設x∈[0,1], 不等式x2-2mx+2m+1＜0恒成立，求m的取值范圍.