复合函数单调性（精选12篇）

复合函数单调性 第1篇

首先给出函数单调性的一个等价定义: 设D是函数y =f ( x) 定义域上的一个子区间, 对于任意x1, x2∈D, 当x1≠x2时, 都有: ( x1- x2) ( y1- y2) > 0 ( 或< 0) , 其中y1= f ( x1) , y2= f ( x2) , 我们就称y = f ( x) 在D上严格单调递增 ( 或递减) , 根据函数单调性的定义容易验证该结论成立, 这里证明从略. 从此定义可知, 函数值对应增量和自变量增量同号为增函数, 异号为减函数; 反之亦然.

注: 上述定义中, 如果存在当x1≠x2时y1= y2, 则y =f ( x) 在D上不是严格单调, 需要把D细分.

下面我们来证明复合函数y = f ( φ ( x) ) 的单调性, 设复合函数由y = f ( u) 和u = φ ( x) 复合而成, 令u1= φ ( x1) , u2=φ (x2) , y1=f (u1) , y2=f (u2) .

( 1) 如果内外层函数单调性相同, 则 ( x1- x2) ( u1- u2) 和 ( u1- u2) ( y1- y2) 同号, 且都不为0, 所以 ( x1- x2) ( u1- u2) 2 ( y1- y2) > 0, 又 ( u1- u2) 2> 0 则 ( x1- x2) ( y1-y2) > 0 故复合函数单调递增.

( 2) 如果内外层函数单调性相异, 则 ( x1- x2) ( u1- u2) 和 ( u1- u2) ( y1- y2) 异号, 且都不为0, 所以 ( x1- x2) ( u1- u2) 2 ( y1- y2) < 0, 又 ( u1- u2) 2> 0, 则 ( x1- x2) ( y1-y2) < 0, 故复合函数单调递减.

最后让我们看几个应用的实例:

例1 求函数y = x4- 3x2+ 2 的单调区间.

解令u = x2则y = u2- 3u + 2, 原函数由它们复合而成. 内层单调性分界点x = 0, 外层单调性分界点. 由得.

当时, , 内层减, 外层增, 原函数递减;

当时, , 内层减, 外层减, 原函数递增;

当时, , 内层增, 外层减, 原函数递减;

当时, , 内层增, 外层增, 原函数递增.

故函数递增区间有和, 递减区间有和.

注: 对复合函数的单调性, 同学们要特别注意内外层区间的对应关系.

例2 已知a > 0 且a≠1, 试讨论函数的单调性.

解令内层u = x2+ 6x + 17, 则外层为f ( u) = au. 内层在 ( - ∞ , - 3]递减, 在 ( - 3, + ∞ ) 递增; 外层当a > 1 时递增, 当0 < a < 1 时递减. 故原函数当a > 1 时, 在 ( - ∞ , - 3]递减, 在 ( - 3, + ∞ ) 递增;

当0 < a < 1 时, 在 ( - ∞ , - 3]递增, 在 ( - 3, + ∞ ) 递减.

例3 若函数y = loga ( 2 - ax) 在[0, 1]上是减函数, 则a的取值范围是 () .

A. ( 0, 1) B. ( 0, 2) C. ( 1, 2) D. ( 2, + ∞ )

解因为a > 0, 则内层u = 2 - ax在[0, 1]递减, 又复合函数y = loga ( 2 - ax) 在[0, 1]上是减函数, 则外层y = logau是关于u的增函数, 所以a > 1; 又2 - ax > 0 在定义域上恒成立, 且内层u = 2 - ax递减, 故只需x = 1 处成立, 则2 - a> 0, 即a < 2, 所以1 < a < 2, 故选C.

注讨论函数单调性, 大家千万不要忽视函数的定义域.

复合函数的单调性的证明 第2篇

例

1、已知函数yf(x)与yg(x)的定义域都是R，值域分别是0,与,0，在R上f(x)是增函数而g(x)是减函数，求证:F(x)f(x)g(x)在R上为减函数.分析：证明的依据应是减函数的定义.证明：设x1,x2是R上的任意两个实数，且x1x2，则F(x1)F(x2)f(x1)g(x1)f(x2)g(x2)

f(x1)g(x1)f(x1)g(x2)f(x1)g(x2)f(x2)g(x2)f(x1)g(x1)g(x2)g(x2)f(x1)f(x2)

f(x)是R上的增函数，g(x)是R上的减函数，且x1x2.f(x1)f(x2)，g(x1)g(x2)即f(x1)f(x2)0，g(x1)g(x2)0.又f(x)的值域为0,，g(x)的值域为,0，f(x1)0,g(x2)0.F(x1)F(x2)0即F(x1)F(x2)

分段函数的单调性 第3篇

（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）.

试论复合函数单调性的判断方法 第4篇

①y=f (u) , u=φ (x) 都是增函数或都是减函数的, 则y=f[φ (x) ]为增函数;

②若y=f (u) , u=φ (x) 一个是增函数另一个是减函数, 则y=f[φ (x) ]为减函数.

证明:①若y=f (u) , u=fφ (x) 都是增函数, 在所讨论的区间里任意选取x1和x2, 且x1<x2, 因为u=φ (x) 是增函数, 所以φ (x1) <φ (x2) , 即u1<u2, 又因为是增函数y=f (u) , 所以f (u1) <f (u2) , 即f[φ (x1) ]<f[φ (x2) ], 从而y=f[φ (x) ]是增函数.用类似的方法可以证明若y=f (u) , u=φ (x) 都是减函数时, y=f[φ (x) ]也是增函数.

②若y=f (u) 是增函数, u=φ (x) 是减函数, 在所讨论的区间里任意选取x1和x2, 且x1<x2, 因为u=φ (x) 是减函数, 所以φ (x1) >φ (x2) , 即u1>u2, 又因为y=f (u) 是增函数, 所以f (u1) >f (u2) , 即f[φ (x1) ]>f[φ (x2) ], 从而y=f[φ (x) ]是减函数.用类似的方法可以证明若y=f (u) 是减函数, u=φ (x) 是增函数时, y=f[φ (x) ]也是减函数.

例1.求函数y=arcsin (sinx) 的增减性.

解析:该函数的定义域是-∞<x<+∞, y=arcsinu是增函数, u=sinx在$(-\frac{\pi }{2}+2k\pi ,\frac{\pi }{2}+2k\pi )$上是增函数, 在$(\frac{\pi }{2}+2k\pi ,\frac{3\pi }{2}+2k\pi )$上是减函数.由定理1可知:

y=arcsin (sinx) 在$(-\frac{\pi }{2}+2k\pi ,\frac{\pi }{2}+2k\pi )$上是增函数, 在$(\frac{\pi }{3}+2k\pi ,\frac{3\pi }{2}+2k\pi )$上是减函数.

例2.求函数y=2cosx+cos2x的增减性和极值.

解:该函数的定义域是-∞<x<+∞, f (x) =2cosx+cos2x=2cos2x+2cosx-1由y=2u2+2u-1和u=cosx复合而成, -1≤u≤1.

因为f (x+2π) =2cos2 (x+2π) +2cos (x+2π) -1=2cos2x+2socx-1=f (x)

所以f (x) 是周期函数, 其周期是2π, 则只需要在[-π, π]的区间讨论.

$y=2u{}^2+2u-1=2(u+\frac{1}{2}){}^2-\frac{3}{2}$在$\left[-1,-\frac{1}{2}\right]$上是减函数, 在$\left[-\frac{1}{2},1\right]$上是增函数.

u=cosx在[-π, 0]上是增函数, $-\pi \le x\le -\frac{2}{3},-1\le U\le -\frac{1}{2}$;

所以f (x) 在$\left[-\pi ,-\frac{2}{3}\pi \right]$上是减函数, $-\frac{2}{3}\pi \le x\le 0,-\frac{1}{2}\le u\le 1$;

f (x) 在$\left[-\frac{2}{3}\pi ,0\right]$上是增函数.

u=cosx在[0, π]上是减函数, $0\le x\le -\frac{2}{3}\pi ,-\frac{1}{2}\le u\le 1$;所以f (x) 在$\left[0,\frac{2}{3}\pi \right]$上是减函数, $\frac{2}{3}\pi \le x\le \pi ‚-1\le u\le -\frac{1}{2},f(x)$在$\left[\frac{2}{3}\pi ,\pi \right]$上是增函数.

f (x) 在x=±π, x=0时取极大值, f (±x) =-1, f (0) =3, 在$x=\pm \frac{2}{3}\pi$时取极小值, $f(\pm \frac{2}{3}\pi )-\frac{3}{2}$, 由周期性f (x) 在$\left[-\pi +2k\pi ,-\frac{2}{3}\pi +2k\pi \right]$上是减函数, 在$\left[-\frac{3}{2}\pi +2k\pi ,2k\pi \right]$上是增函数, $\left[2k\pi ,\frac{3}{2}\pi +2k\pi \right]$上是减函数, 在$\left[\frac{2}{3}\pi +2k\pi ,\pi +2k\pi \right]$上是增函数.当x=2kπ±π时, f (x) 取极大值-1, 当x=2kπ时, 取极大值3, 当$x=2k\pi \pm \frac{2}{3}\pi$时, f (x) 取极小值$-\frac{3}{2}(k\in {\rm Z}).$

定理推广:设y=fn{fn-1[Λf1 (x) ]}由n个函数f1 (x) (i=1, 2, 3, Λ, n) 复合而成.①若fi (x) (i=1, 2, 3, Λ, n) 中减函数的个数是偶数, 则y=fn{fn-1[Λf1 (x) ]}为增函数;②若fi (x) (i=1, 2, 3, Λ, n) 中减函数的个数是奇数, 则y=fn{fn-1[Λf1 (x) ]}为减函数;

证明:①当n=2时, 由判断定理可知命题成立;假设当n=k时命题成立.

如果fi (x) (i=1, 2, 3, Λ, k+1) 中减函数的个数是偶数, 构成的复合函数是:

y=fk+1{fk[Λf1 (x) ]}, 若y=fk+1 (u) 是增函数, 则fi (x) (i=1, 2, 3, Λ, k) 中减函数的个数仍是偶数.由归纳假设u=fk{fk+1[Λf1 (x) ]是增函数, 由判断定理可知:

y=fk+1{fk[Λf1 (x) ]}是增函数.若y=fk+1 (u) 是减函数, 则fi (x) (i=1, 2, 3, Λ, k) 中减函数的个数仍是奇数.由归纳假设u=fk{fk-1[Λf1 (x) ]}是减函数, 由判断定理可知:

y=fk+1{fk[Λf1 (x) ]}也是增函数.

同理可证:fi (x) (i=1, 2, 3, Λ, k+1) 中减函数的个数是奇数, 那么, y=fk+1{fk[Λf1 (x) ]}是减函数.这说明n=k+1时命题成立.由数学归纳法可知命题对n>2的一切自然数都成立.

由定理的推广得到:在所讨论的区间里, 复合函数的单调性, 可以通过构成复合函数的各函数中减函数的个数来确定.

例3.f (x) =ax (0πaπ1) , y=aaΛax由n个f (x) 复合而成, 讨论其增减性.

解析:该函数的定义域是-∞<x<+∞, f (x) =ax (0πaπ1) 是减函数.如果n是偶数, 那么, y=aaΛax在 (-∞<x<+∞=上是增函数;如果n是奇数, 那么, y=aaΛax在 (-∞<x<+∞=上是减函数.

例4.求函数$y=1g\sqrt{-x{}^2+2x+8}$的增减性和最大值.

解析:函数的定义域是-x2+2x+8ϕ0, 即$-2\pi x\pi 4‚y=1g\sqrt{-x{}^2+2x+8}y=1gu,u=\sqrt{v}‚v=-x{}^2+2x+8$复合而成.y=1gu和$u=\sqrt{v}$都是增函数, v=-x2+2x+8=- (x-1) 2+9, 在 (-2, 1]上是增函数, 在[1,4]上是减函数.

所以$y=lg\sqrt{-x{}^2+2x+8}$在 (-2, 1]上是增函数, [1,4]在上是减函数.

函数在x=1时有最大值, y最大值=1g3.

从这个定理我们可以看出, 对于比较复杂的复合函数的单调性, 可以将其分解为只要讨论简单的基本函数的单调性就可以了, 这种思路清楚、方法简单, 特别是对于中学生很管用。

摘要：对于复合函数, 判断其单调性是数学中的一个重点知识, 也是一个难点问题.要判断一个复合函数的单调性往往使学生感到困惑.笔者从多年的教学实践中发现, 出现这个问题的主要原因是, 没有真正地理解单调函数和复合函数, 认为减函数与减函数复合还是减函数, 增函数与增函数复合还是增函数;再则没有掌握一定的判断方法.本文主要探讨如何化繁为简, 把复合函数的单调性问题化为基本函数的单调性问题.

关键词：复合函数,单调性,判断方法

参考文献

[1]汪浩.数学分析.上海科技出版社, 2001.6.

[2]傅海伦.数学教育概论.北京科学出版社, 2004.

[3]侯建军.谈高职数学教学中应用能力的培养.职业教育研究, 2006.5.

能力提升 函数单调性 第5篇

函数单调性

1.（1）已知函数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.（2）已知函数f(x)＝x2+2(a-1)x+2的递减区间是(-∞，4］，则实数a的取值范围是.ax12.函数f(x)在区间（-2，+∞）上是增函数，那么a的取值范围是（）x2

11A.0aB.aC.a<-1或a>1D.a>-2 22

ax4.判断f(x)2。(a0)在[1,)上的单调性并给出证明．．．．．x1

5.f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数，且f（（1）求f(1)的值．

（2）若f(6)= 1，解不等式 f(x＋3)－f（(3)设f（2）=1，解不等式f(x)f(1)＜2 ． xx)= f(x)－f(y)y1)2x3

3.已知函数f(x)对于任意x，y∈R，总有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且当x>0时，f(x)<0，2f(1)＝－3(1)求证：f(x)在R上是减函数；

函数单调性定义应用例谈 第6篇

（1） 如果对于属于定义域A内某个区间I上的任意两个自变量的值x1,x2,当x1

（2） 如果对于属于定义域A内某个区间I上的任意两个自变量的值x1,x2,当x1

现找出其中的核心内容:① x1

本文就三种情形分别谈谈函数单调性定义的简单应用.

1． ①②③,即根据定义判断或证明函数的单调性

例1 确定函数f(x)=11-2x的单调性.

简解:由1-2x＞0,得x＜12.

设x1＜x2＜12,由f(x1)-f(x2)=11-2x1-11-2x2=1-2x2-1-2x11-2x1•1-2x2

=(1-2x2-1-2x1)(1-2x2+1-2x1)1-2x1•1-2x2•(1-2x2+1-2x1)=2(x1-x2)1-2x1•1-2x2•(1-2x2+1-2x1)＜0,得f(x1)＜f(x2).

∴f(x)在-∞,12上是增函数.

点评:根据定义判断或证明单调性的一般步骤:设数→作差→变形→判号→结论.关键是“变形”要到位.本例中变形运用了“分子有理化”这一运算方法.

2． ①③②,即利用单调性比较函数值大小

例2 若偶函数f(x)在［0,π］上单调递增,则f(-π),f-π2,flog214的大小关系为 .

简解:∵f(-π)=f(π),f-π2=fπ2,flog214=f(-2)=f(2),

而fπ2＜f(2)＜f(π),

∴f-π2＜flog214＜f(-π).

点评:此应用是三种应用中最简单的一种.

3． ②③①,即利用单调性“脱去”f,将函数值的大小关系转化为自变量的大小关系

例3 已知定义在［-1,1］上的函数f(x)是减函数,且是奇函数,若f(a2-a-1)+f(4a-5)>0,求实数a的取值范围.

简解:易得f(a2-a-1)＞-f(4a-5)=f(5-4a)

∴-1≤a2-a-1≤1-1≤5-4a≤1a2-a-1＜5-4a,解之得,1≤a＜-3+332.

点评:（1） 要将f(a2-a-1)+f(4a-5)>0标准化为单调性定义中f(x1)＞f(x2)的形式;

（2） 不要遗忘函数的定义域要求.

例4 已知函数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(3m2-m-2)＜3.

简解:（1） 设x1＜x2,由f(a+b)=f(a)+f(b)-1,可得

f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)-1

∵x2-x1＞0,∴f(x2-x1)＞1,

∴f(x2)-f(x1)＞0,即f(x2)＞f(x1).∴f(x)在(-∞,+∞)上是增函数.

（2） 令a=b=2,∴f(2)=3.

∵f(x)在R上是增函数

∴当且仅当x=2时f(2)=3.

∴f(3m2-m-2)＜f(2)

∴3m2-m-2＜2,解之得-1＜m＜43.

复合函数单调性 第7篇

复合函数的概念在中学数学课本中未曾提及, 但很多考题中都涉及到复合函数的单调性的问题.可见, 了解复合函数的概念, 理解复合函数的性质, 掌握复合函数求单调区间的方法是十分必要的.

一般的说, 若函数y=f (u) 的定义域为U, 而函数u=g (x) 的定义域为X, 值域为U*, 并且U*包含在U内, 也就是说, 函数u=g (x) 的值域不超出函数y=f (u) 的定义域U的范围, 那么对于X内的每一个值x, 经过中间变量u, 相应地得到唯一确定的一个值y, 于是y经过中间变量u而成为x的函数, 即为y=f (g (x) ) , 这种函数称为复合函数.从整个定义来看, 函数u=g (x) 的值域要充当函数y=f (u) 的定义域, 因此, 函数u=g (x) 的值域 U*不能超出函数y=f (u) 的定义域U, 这是极其重要的.因为它限定了复合函数单调区间的范围.

在了解了复合函数的定义后, 结合复合函数的定义, 我们得到一种求复合函数单调性的方法“同增异减法”.

对于复合函数y=f (g (x) ) , 设u=g (x) , 则y=f (u) .

(1) 当x∈X1时, u=g (x) 在X1上单调递增, 且u∈U1, 而y=f (u) 在U1上单调递增, 则y=f (g (x) ) 在上X1单调递增.

(2) 当x∈X2时, u=g (x) 在X2上单调递减, 且u∈U2, 而y=f (u) 在U2上单调递减, 则y=f (g (x) ) 在X2上单调递增.

(3) 当x∈X3时, u=g (x) 在X3上单调递减, 且u∈U3, 而y=f (u) 在U3上单调递增, 则y=f (g (x) ) 在上X3单调递减.

(4) 当x∈X4时, u=g (x) 在X4上单调递增, 且u∈U4, 而y=f (u) 在U4上单调递减, 则y=f (g (x) ) 在上X4单调递减.

下面, 我们证明 (1) , 其余同理可证.

设x1, x2∈X1, 且x1<x2.

因为u=g (x) 在X1上单调递增, 所以g (x1) <g (x2) , 即u1<u2.

又因为y=f (u) 在U1上单调递增, 且u1, u2∈U1, 所以f (u1) <f (u2) , 即y1<y2.

所以当x∈X1时, y= (g (x) ) 在X1上单调递增.

综合 (1) , (2) , (3) , (4) 可知, f (u) 与g (x) 单调性相同时, f (g (x) ) 就是单调递增的;单调性相反时, 则f (g (x) ) 递减.简单的说, 就是“同增异减”.

我们来看下面两个例题, 分解“同增异减法” 的解题步骤, 并强调其注意事项.

例1 求函数y=lg (x2-5x+6) 的单调区间.

解 令u=x2-5x+6, 则y=lg u, 其中u>0, 即x2-5x+6>0, 解得:x<2或x>3.

所以函数y=lg (x2-5x+6) 的定义域是 (-∞, 2) ∪ (3, +∞) .

作出函数y=lg u与u=x2-5x+6的图像如图1所示.

由图1可知, 当x<2时, u=x2-5x+6单调递减且u>0, 此时, lg u单调递增, 则y=lg (x2-5x+6) 在 (-∞, 2) 上单调递减;

当x>3时, u=x2-5x+6单调递增且u>0, 此时lg u单调递增, 则y=lg (x2-5x+6) 在 (3, +∞) 时单调递增.

由上可见, 求复合函数单调性时, 设出中间变量, 求出复合函数的定义域, 然后在定义域内, 分别讨论内外函数的单调性, 最后由“同增异减”综合得到复合函数的单调区间.易错点在于不顾及函数的定义域, 孤立的讨论内外函数的单调性, 而后机械地合并在一起.常见错解如下:

当$x<\frac{5}{2}$时, u=x2-5x+6单调递减, y=lg u单调递增, 所以y=lg (x2-5x+6) 单调递减;

当$x＞\frac{5}{2}$时, u=x2-5x+6单调递增, y=lg u单调递增, 所以y=lg (x2-5x+6) 单调递减.

例2 已知f (x) = (x-1) 2, g (x) =x2-2, 求f (g (x) ) 的单调区间.

首先, 我们来看下面的解法.

解 作出函数g (x) =x2-2和f (x) = (x-1) 2的图像如图2所示.

当x<0时, g (x) 单调递减, f (x) 单调递减, f (g (x) ) 单调递增;当0<x<1 时, g (x) 单增, f (x) 单减, f (g (x) ) 单减;当x>1时, g (x) 单增, f (x) 单增, f (g (x) ) 单增.

但是, 上述做法是错误的.原因有二:其一, 对于复合函数f (g (x) ) 而言, g的自变量是x, 但f的自变量是中间变量g, 即g的值域是f的定义域.这里明显将x与中间变量混为一体, 故错;其二, 没有考虑到g的值域在充当f的定义域时, 它所在单调区间的变化.正确解答如下:

令u=g (x) =x2-2, 则

y=f (u) = (u-1) 2

如图2, 当u1 时, y = (u-1) 2单调递减, 此时x2-21, 解得$-\sqrt{3}x\sqrt{3}$;当u>1时, y= (u-1) 2单调递增, 此时x2-2>1, 解得$x＜-\sqrt{3}$或$x＞\sqrt{3}.$

对于函数u=x2-2而言:

(ⅰ) 当$-\sqrt{3}x0$时, u单调递减且-2u1, 此时, y= (u-1) 2单调递减, 所以y=f (g (x) ) 在$(-\sqrt{3},0)$上单调递增;

(ⅱ) 当$0＜x\sqrt{3}$时, u单调递增且-2u1, 此时, y= (u-1) 2单调递减, 所以y=f (g (x) ) 在$(0,\sqrt{3}]$上单调递减;

(ⅲ) 当$x＜-\sqrt{3}$时, u单调递减且u>1, 此时, y= (u-1) 2单调递增, 所以y=f (g (x) ) 在$(-\infty ,-\sqrt{3})$上单调递减;

(ⅳ) 当$x＞\sqrt{3}$时, u单调递增且u>1, 此时, y= (u-1) 2单调递增, 所以y=f (g (x) ) 在$(\sqrt{3},+\infty )$上单调递增,

总结以上例题可知, 用“同增异减法”求复合函数单调性时, 一要注意函数的定义域, 因为一切单调区间必取自定义域;二要分清中间变量的值域作为该函数的定义域时, 所在的单调区间.

复合函数单调性 第8篇

关键词：复合函数,定义域,值域,单调性

1.复合函数的定义

函数y=f (u) 定义域为集合B, 函数u=g (x) 定义域为集合A, 值域为集合C.如果C⊆B, 那么对于A中每个x值, 通过中间变量u, y都有唯一的值与之对应. 这样, y是x的函数, 记作y =f [g (x) ].这个函数是由y=f (u) , u=g (x) 复合而成的函数, 我们把它叫做复合函数.其中y=f (u) 叫做外层函数, u=g (x) 叫做内层函数, u叫中间变量.

2.复合函数的定义域

求复合函数y=f[g (x) ]的定义域, 就是求使内函数u=g (x) 和外函数y=f (u) 的关系式都有意义的x的集合, 列出不等式组即可求解.

例1. 求函数的定义域.

例2:已知y=f (x2-2x-1) 的定义域为 (0, 3], 求函数y=f (x) 的定义域.

分析:由复合函数的定义域, 求外函数的定义域, 只要根据x的范围确定复合函数中间变量的范围 (内函数的值域) 即可.

解:设u=x2-2x-1, 则y=f (u) . (分)

又u= (x-1) 2-2当0<x≤3时, -2≤u≤2.

∴ 函数y=f (x2-2x-1) 的定义域为[-2, 2]. (合)

注:① 已知f (x) 的定义域为[a, b], 求f[g (x) ]的定义域, 是指满足a≤g (x) ≤b的x的取值范围.

②已知f[g (x) ]的定义域为[a, b], 指的是x∈[a, b]. 此时求f (x) 的定义域就是求g (x) (x∈[a, b]) 的取值范围.

③已知f[g (x) ]的定义域, 由②中方法得f (x) 的定义域, 再有①中方法可得f[h (x) ]的定义域.

3.复合函数的值域

求复合函数f[g (x) ]的值域, 实际上是在函数的定义域上先求出u=g (x) 的值域, 以确定y=f (x) 的定义域, 再求出函数y=f (x) 的值域.

4.复合函数的单调性

先分别判断内函数u=g (x) 和外函数y=f (u) 的单调性. 若u=g (x) 在区间[a, b]上的单调性, 与y=f (u) 在[g (a) , g (b) ] 或[g (b) , g (a) ] 上的单调性相同, 则复合函数y=f[g (x) ] 在[a, b] 上单调递增;否则, 单调递减.简称“同增、异减”.

例4. 求函数y=的单调区间.

其定义域为R.

∵y= (1/2) u是u的减函数, 而u=x2-6x+17= (x-3) 2+8, 当x∈ (-∞, 3]时, u是x的减函数, 当x∈[3, +∞) 时, u是x的增函数.

∴的单调增区间是 (-∞, 3], 单调减区间是[3, +∞) . (合)

注:求函数的单调区间要先确定函数定义域.

以上所举函数是由两个函数复合而成的, 对于两重以上的复合函数的相关问题仍按上述方法依次进行.

由定义域 (lg2, +∞) 及v=102-2得v>0

由v>0及得u>0,

再由u>0及y=lgu可得y∈R. (合)

∴函数的值域为R.

又v=10x-2是增函数, 是增函数.∴是增函数, 且y=lgu是增函数.

例谈用单调性定义求函数单调区间 第9篇

【例1】 求函数$f(x)=x+\frac{1}{x}$的单调区间.

解析:函数的定义域为 (-∞, 0) ∪ (0, +∞) , 在定义域内任取x1, x2, 设$x{}_1＜x{}_2.f(x{}_1)-f(x{}_2)=(x{}_1+\frac{1}{x{}_1})-(x{}_2+\frac{1}{x{}_2})=(x{}_1-x{}_2)(1-\frac{1}{x{}_{1}x{}_2})$.由于x1<x2, ∴x1-x2<0, 而$1-\frac{1}{x{}_{1}x{}_2}$与0的大小在定义域内不确定, 这时令x1=x2=t, 解方程$1-\frac{1}{x{}_{1}x{}_2}=0$, 即$1-\frac{1}{t{}^2}=0,t=\pm 1$, 同时考虑到定义域中x≠0, 所有的界点为:-1, 0, 1, 相应的单调区间为 (-∞, -1]、[-1, 0) 、 (0, 1]、[1, +∞) , 再用定义域证明.

①当x1, x2∈ (-∞, -1]时, ∵x1<x2, ∴x1-x2<0, 而$0＜\frac{1}{x{}_{1}x{}_2}＜1‚\therefore 1-\frac{1}{x{}_{1}x{}_2}＞0$.从而$(x{}_1-x{}_2)(1-\frac{1}{x{}_{1}x{}_2})＜0$.即f (x1) <f (x2) , 故f (x) 在 (-∞, -1) 上为增函数.

②当x1, x2∈[-1, 0) 时, ∵x1<x2, ∴x1-x2<0, 而$\frac{1}{x{}_{1}x{}_2}＞1‚\therefore 1-\frac{1}{x{}_{1}x{}_2}＜0$.从而$(x{}_1-x{}_2)(1-\frac{1}{x{}_{1}x{}_2})＞0$.即f (x1) >f (x2) , 故f (x) 在[-1, 0) 上为减函数.

同理可得f (x) 在 (0, 1]上为减函数;f (x) 在[1, +∞) 上为增函数.

综上可知:$f(x)=x+\frac{1}{x}$的单调增区间为 (-∞, -1]和[1, +∞) ;单调减区间为:[-1, 0) 和 (0, 1].

【例2】 已知f (x) =8+2x-x2, 如果g (x) =f (2-x2) , 求g (x) 的单调区间.

导数与函数的单调性 第10篇

1.求单调区间

令f' (x) <0, 得0<x<1,

所以函数的单调递减区间为 (0, 1) .

2.已知单调区间求参数范围

例2已知函数f (x) =x3-ax+6在区间 (1, +∞) 上递增, 求a的取值范围.

解因为f' (x) =3x2-a,

且f' (x) ≥0在 (1, +∞) 上恒成立,

所以3x2-a≥0在 (1, +∞) 上恒成立,

解得a≤3.

3.存在单调区间求参数范围

且函数存在单调减区间, 所以

f' (x) <0有解,

所以g (x) 在 (0, 1) 递减, 在 (1, +∞) 递增, g (x) min=g (1) =-1,

故a>-1.

4.给定区间上的不单调问题

例4若函数f (x) =x3-12x在区间 (k-1, k+1) 上不是单调函数, 求k的取值范围.

令f' (x) =0, 得x=±2,

因为函数f (x) 在区间 (k-1, k+1) 上不是单调函数, 所以

或k-1<2<k+1,

解得-3<k<-1, 或1<k<3.

例5若函数f (x) =x3+ (1-a) x2-a (a+2) x在 (-1, 1) 上不单调, 求a的取值范围.

解由f' (x) =0, 得

又f (x) 在 (-1, 1) 上不单调,

所以a的取值范围是

浅谈高中数学函数的单调性 第11篇

关键词：高中数学；函数；单调性；难点；对策

函数的单调性是高中数学中基础的教学内容，其贯穿于整个高中数学教学中。学好函数的单调性才能够支撑学生学习更深层次的高中数学。

因此，提高函数单调性的教学质量是高中数学教师不得不正视的问题。基于此，本文在此浅谈高中数学函数的单调性的学习难点，并提出相应的应对策略，以期能为有关人士提供有益参考。

一、高中数学函数的单调性的学习难点

1.学生没有掌握数形结合的学习方法

数形结合是一种非常重要的数学学习方法，主要指的是数与形之间的一一对应关系。数形结合就是把抽象的数学语言、数量关系与直观的几何图形、位置关系结合起来，通过“以形助数”或“以数解形”即通过抽象思维与形象思维的结合，可以使复杂问题简单化，抽象问题具体化，从而起到优化解题途径的目的。

但大部分学生并没有这种习惯和意识，没有掌握数形结合的正确方法。而函数的单调性仅依靠学生的想象是难以理解的，没有这种正确的学习方法会极大地阻碍学生的学习。

2.对定义域的理解较为抽象

定义域作为函数中非常重要的一个组成部分，在函数单调性中的作用不可忽视。定义域往往决定了函数的单调性，但学生对定义域的理解较为抽象，没有深刻领悟到定义域的内涵和其对于函数单调性的重要作用。

例如，已知函数f（x2）的定义域为-1≤x≤1，求函数f（x）的定义域。在这种复合函数中，学生难以理解定义域，难以得到正确的答案，也就无法进一步确定函数的单调性。

二、高中数学函数的单调性学习难点的应对策略

1.养成学生画图的习惯

首先，教师要针对学生的数学学习方法进行重点突破，也就是要让学生学会数形结合的重要方法，养成看题画图、以形解题的习惯和意识，要培养学生将抽象的条件通过直观的图形表现出来，并以此为根据进行正确的分析。

在函数单调性的教学中，教师就要引导学生制作坐标轴，必须要将函数绘制在坐标系中，将各种限制条件如函数的定义域等等标注出来，再以此为背景进行解题。通过直观的坐标系学生对函数的分析更加透彻，也更容易通过观察得出函数的单调性，并且不容易遗忘定义域的限制，最终得出正确答案。

要养成学生画图的习惯关键就在于教师的引导，教师应该引导学生在读题的同时进行绘制，将题中的条件一一标注出来。通过不断地引导和培养，学生就能够在日后读题的时候养成数形结合的习惯和意识。

2.通过一定的练习提高学生的能力

要提高函数单调性的教学质量，单纯的书面讲解是绝对行不通的，特别是针对函数定义域这种难以理解的抽象知识，必须要通过一定的练习，让学生在练习中发现问题、解决问题和总结问题。

只有在反复练习的过程中，学生才能够逐步理解相关题型的解题技巧，并且对定义域这一类知识有更深的领悟。

教师需要注意的是，学生的练习并不是盲目的，必须要有目的性和针对性，不能将不同的题型混在一起，这样容易让学生思维混乱，进一步阻碍学生的学习。因此，教师必须做好引导工作，要为学生安排好练习的题目，最好是以专题训练的方式对学生的弱点进行集中练习。

另外，教师必须要重视课后总结，也就是要让学生在练习后总结和回顾，而不是一味的反复练习，只有通过不断总结，才可以不断提升，避免出现重复的问题并且对知识体系进行梳理和总结，达到巩固的效果。

总的来说，高中数学中函数的单调性是基础性的教学内容，其对于学生的难点就在于定义域这一类抽象的知识难以把握，而且学生没有掌握数形结合这种正确的学习方法。要提高学生学习函数单调性的效率就必须针对这两个难点，通过引导和练习的方式让学生养成使用数形结合方法的意识和习惯，并且得到解题技巧，在练习和总结中进步。

参考文献：

函数单调性的应用 第12篇

例:比较log3 (x+1) 和log3 (2x+3) 的大小。

分析:从题设的两个对数, 便联想起y=log3t在 (0, +∞) 上是单调增函数, 因此, 只须比较真数的大小, 原题就获解。

当x>-1时, 有0<x+1<2x+3, 因为函数y=log3t在 (0, +∞) 上递增, 故log3 (x+1) <log3 (2x+3) 。

二、利用函数单调性解不等式

例:已知函数f (x) 对任意x, y∈R总有f (x) +f (y) =f (x+y) , 且当x>0时f (x) <0。解不等式f (x2-2x) >f (x+4) 。

分析:若函数f (x) 在区间D上单调递增, 则x1, x2∈D且f (x1) >f (x2) 时, 有x1>x1。

若函数f (x) 在区间D上单调递减, 则x1, x2∈D且f (x1) >f (x2) 时, 有x1<x1。

本题为抽象函数, 故代入求值解不等式不可行, 因此, 利用上述函数单调性的这种可递性来解。

解:令x=y=0, 则f (0) =0

令x=-y, 可得f (-x) =-f (x)

在R上任取x1>x2, 则 (fx1) - (fx2) = (fx1) + (f-x2) = (fx1-x2) ∵x1>x2, ∴x1-x2>0, 又∵x>0时 (fx) <0, ∴ (fx1-x2) <0

即f (x1) -f (x2) <0, ∴f (x1) >f (x2) ∴f (x) 在R上单调递减。

由 (fx2-2x) > (fx+4) , 得x2-2x<x+4∴-1<x<4。

∴不等式解集为 (-1, 4) 。

三、利用函数单调性求函数值域

解:函数的定义域为[1, 2], 显然函数在[1, 2]上递增, ∴值域为[-1, 1]。

四、利用函数单调性求参数的取值范围

例:已知函数 (x≠0, 常数a∈R) , 若函数在[2, +∞) 上为增函数, 求a的范围。

分析:已知函数在某区间上的单调性, 求参数的取值范围的本质就是转化为不等式恒成立的问题。

解:在[2, +∞) 上恒成立,

即a≤2x3在[2, +∞) 上恒成立,

∴a≤16, ∴a的范围 (-∞, 16]。

五、利用函数单调性作图

例:画出函数, 的图像。

解:∵f (-x) =-f (x) , ∴f (x) 为奇函数, 根据奇函数图像关于原点对称, 只需画出 (0, +∞) 上的图像。

当x>0时, 由, 得x=1,

∵x∈ (0, 1) 时, f&apos; (x) >0, ∴f (x) 在 (0, 1) 上递增,

∵x∈ (1, +∞) 时f&apos; (x) <0, ∴f (x) 在 (1, +∞) 上递减。

六、构造函数判断单调性, 再利用单调性解决相关问题

例:已知a>1且ax-logay>ay-logax, 比较x、y的大小。

分析:根据题目的特点, 构造适当的函数, 利用它的单调性解题是一种常用的解题技巧。

解:由条件得ax+logax>ay+logay, 构造函数f (t) =at+logat, 则上式即为f (x) >f (y) , 显然f (t) =at+logat在 (0, +∞) 上是增函数, ∴x>y。

七、函数单调性在数列中的应用

例:已知数列{an}中, , Sn为其前n项和, 求证

分析:数列的通项公式是由一个等差数列和等比数列组合而成, 我们可以先求出Sn, 再证, 但这样太过繁锁, 故考虑利用函数单调性求解。

解:由错位相消法得, 当n≥2时,

∴{Sn}为递增数列, ∴。

摘要：函数的单调性是函数性质中重要的性质之一, 是历年高考重点考查内容, 也是解决数学问题的有力工具, 灵活运用函数的单调性, 充分发挥它的功能可使我们达到事半功倍的效果, 下面笔者从七个方面浅谈函数单调性的应用。