函数的单调性与二次函数
重难点知识归纳 （一）函数的单调性
1、单调增函数的定义：在函数y=f(x)的定义域内的一个区间A 上，如果对于任意两数x 1，x 2∈A ，当x 1
2、单调减函数的定义：在函数y=f(x)的定义域内的一个区间A 上，如果对于任意两数x 1，x 2∈A ，当x 1f(x2) ，那么，就称函数y=f(x)在区间A 上是减少的，有时也称函数y=f(x)在区间A 上是递减的．
3、单调性：如果函数y=f（x ）在某个区间是增函数或减函数. 那么就说函数y=f（x ）在这一区间具有（严格的）单调性，这一区间叫做y=f（x ）的单调区间．
说明：（1）增（减）函数等价形式：x 1，x 2∈[a，b]，那么
f(x)
在[a，b]上是增函数；f(x)在[a，b]上是减函数．
（2）函数增减性（单调性）的几何意义，反映在图像上，若f(x)是区间D 上的增（减）函数，则图像在D 上的部分从左到右是上升（下降）的． 4、函数单调性的证明
证明函数的单调性主要是利用定义来证明，其步骤为： （1）取值：设x 1，x 2为该区间内任意的两个值，且x 1
（2）做差变形：作差f(x1) －f(x2) ，并通过因式分解、配方、有理化等方法，向有利于判断差值符号的方向变形；
（3）定号：确定差值的符号，当符号不确定时，可考虑分类讨论； （4）判断：根据定义得出结论． （二）二次函数性质的再研究
1、二次函数在R 上的最值问题
求二次函数y=ax2＋bx ＋c(a≠0)在R
上的最值常用方法有：一是配方法，即化为
，从而求出它的最值；二是公式法，即利用性质中的结论来
确定最值．
2、二次函数在闭区间的最值问题
二次函数在闭区间上的最值问题，由它的单调性来确定，而它的单调性又由二次函数的开口方向和对称轴位置（在区间上还是在区间左边，还是在区间右边）来决定．当开口方向和对称轴位置不确定时，则需要进行分类讨论． 三、典型例题剖析
例1、证明函数f(x)=x3＋x 在R 上单调递增． 解析：任取x 、x ∈R ，且x
1
2
1
2
1
2
∴f(x) －f(x)=x＋x －x －x =(x－x )(x＋x x ＋x ＋1)=
3
3
1
2
1
1
2
2
1
2
21
2
1
2
2
即f(x)
1
2
．
故f(x)=x＋x 在R 上单调递增．
3
例2、如果二次函数f （x ）=x2－（a －1）x ＋5在区间值范围.
上是增函数，求f （2）的取
解析：二次函数f （x ）在区间上是增函数，
由于其图象（抛物线）开口向上，故其对称轴或与直线
重合或位于直线
的左侧，于是，解之得a ≤2，故f （2）≥－2×2＋11=7，即f （2）≥7．
例3、讨论函数解析：设－1＜x ＜x ＜1，则f （x ）－f （x ）=
1
2
1
2.
.
2
2
∵－1＜x ＜x ＜1，∴x －x ＞0，x x ＋1＞0，（x －1）（x －1）＞0. 又a ＞0，
1
2
2
1
1
2
1
2
∴f （x ）－f （x ）＞0，函数f （x ）在（－1，1）上为减函数.
1
2
f （x ）=（a ＞0）在x ∈（－1，1）上的单调性.
例4、已知二次函数f(x)，当x=2时有最大值16，它的图像截x 轴所得的线段长为8，求解析式．
分析：由于二次函数f(x)的最值给出，即顶点坐标给出，可设顶点式，再由待定系数法求出所要定的系数，也可由对称轴方程及图像截x 轴所得的线段的长，利用f(x)=0的两根来表示．
解：设f(x)=a(x－2) ＋16，即f(x)=ax－4ax ＋16＋4a ，
2
2
方程ax －4ax ＋16＋4a=0的两根x ，x ，满足|x－x |=8，
2
1
2
1
2
而|x－x |=(x＋x ) －4x x =
2
2
1
2
1
2
1
2，∴a=－1．
故f(x)=－x ＋4x ＋12．
2
例5、定义在R 上的函数y=f（x ），f （0）≠0，当x ＞0时，f （x ）＞1，且对任意的a 、b ∈R ，有f （a ＋b ）=f（a ）·f （b ）. （1）求证：f （0）=1；
（2）求证：对任意的x ∈R ，恒有f （x ）＞0； （3）求证：f （x ）是R 上的增函数；
（4）若f （x ）·f （2x －x 2）＞1，求x 的取值范围.
解析：（1）证明：令a=b=0，则f （0）=f（0）. 又f （0）≠0，∴f （0）=1．
2
（2）证明：当x ＜0时，－x ＞0，∴f （0）=f（x ）·f （－x ）=1.
∴f （－x ）=＞0. 又x ≥0时f （x ）≥1＞0，∴x ∈R 时，恒有f （x ）＞0.
（3）证明：设x ＜x ，则x －x ＞0，
1
2
2
1
∴f （x ）=f（x －x ＋x ）=f（x －x ）·f （x ）.
2
2
1
1
2
1
1
∵x －x ＞0，∴f （x －x ）＞1.
2
1
2
1
又f （x ）＞0，∴f （x －x ）·f （x ）＞f （x ）.
1
2
1
1
1
∴f （x ）＞f （x ）. ∴f （x ）是R 上的增函数.
2
1
（4）解：由f （x ）·f （2x －x ）＞1，f （0）=1得f （3x －x ）＞f （0）.
2
2
又f （x ）是R 上的增函数，∴3x －x ＞0. ∴0＜x ＜3.
2
例6、设a >0, f (x ) =
（Ⅰ）求a 的值；
e
x
a
+
a e
x
是R 上的偶函数．
（Ⅱ）证明f （x ）在（0，+∞）上是增函数．
x
（I ）解析：依题意，对一切x ∈R 有f (x ) =f (-x ) ，即e +a =1+ae x ,
x x
a e ae
所以(a -1)(e x -1) =0对一切x ∈R 成立.
x
a
e
由此得到a -
1a
=0, 即a 2=1. 又因为a ＞0，所以a=1.
（II ）证明一：设0＜x 1＜x 2， f (x 1) -f (x 2) -e x 1-e x 2+
1e
x 1
-
1e
x 2
=(e
x 2
-e
x 1
)(
1e
x 1+x 2
-1)
=e
x 1
(e
x 2-x 1
-1) ⋅
1-e e
x 2+x 1
x 2+x 1
,
由x 1>0, x 2>0, x 2-x 1>0, 得x 1+x 2>0, e x 2-x 1-1>0, 1-e x 2+x 10, e 2x -1>0, 此时f '(x ) >0. 所以f （x ）在（0，+∞）上是增函数．
例7、已知f (x ) =ax 3+3x 2-x +1在R 上是减函数，求a 的取值范围. 解析：
函数f (x ) 的导数：f '(x ) =3ax 2+6x -1. （Ⅰ）当f '(x )
3ax
2
+6x -1
所以，当a
由函数y =x 3在R 上的单调性，可知 当a =-3时，f (x )(x ∈R ）是减函数；
（Ⅲ）当a >-3时，在R 上存在一个区间，其上有f '(x ) >0,
所以，当a >-3时，函数f (x )(x ∈R ) 不是减函数.
13) +
3
89
,
综上，所求a 的取值范围是（-∞, -3].
函数的单调性与二次函数
重难点知识归纳 （一）函数的单调性
1、单调增函数的定义：在函数y=f(x)的定义域内的一个区间A 上，如果对于任意两数x 1，x 2∈A ，当x 1
2、单调减函数的定义：在函数y=f(x)的定义域内的一个区间A 上，如果对于任意两数x 1，x 2∈A ，当x 1f(x2) ，那么，就称函数y=f(x)在区间A 上是减少的，有时也称函数y=f(x)在区间A 上是递减的．
3、单调性：如果函数y=f（x ）在某个区间是增函数或减函数. 那么就说函数y=f（x ）在这一区间具有（严格的）单调性，这一区间叫做y=f（x ）的单调区间．
说明：（1）增（减）函数等价形式：x 1，x 2∈[a，b]，那么
f(x)
在[a，b]上是增函数；f(x)在[a，b]上是减函数．
（2）函数增减性（单调性）的几何意义，反映在图像上，若f(x)是区间D 上的增（减）函数，则图像在D 上的部分从左到右是上升（下降）的． 4、函数单调性的证明
证明函数的单调性主要是利用定义来证明，其步骤为： （1）取值：设x 1，x 2为该区间内任意的两个值，且x 1
（2）做差变形：作差f(x1) －f(x2) ，并通过因式分解、配方、有理化等方法，向有利于判断差值符号的方向变形；
（3）定号：确定差值的符号，当符号不确定时，可考虑分类讨论； （4）判断：根据定义得出结论． （二）二次函数性质的再研究
1、二次函数在R 上的最值问题
求二次函数y=ax2＋bx ＋c(a≠0)在R
上的最值常用方法有：一是配方法，即化为
，从而求出它的最值；二是公式法，即利用性质中的结论来
确定最值．
2、二次函数在闭区间的最值问题
二次函数在闭区间上的最值问题，由它的单调性来确定，而它的单调性又由二次函数的开口方向和对称轴位置（在区间上还是在区间左边，还是在区间右边）来决定．当开口方向和对称轴位置不确定时，则需要进行分类讨论． 三、典型例题剖析
例1、证明函数f(x)=x3＋x 在R 上单调递增． 解析：任取x 、x ∈R ，且x
1
2
1
2
1
2
∴f(x) －f(x)=x＋x －x －x =(x－x )(x＋x x ＋x ＋1)=
3
3
1
2
1
1
2
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1
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即f(x)
1
2
．
故f(x)=x＋x 在R 上单调递增．
3
例2、如果二次函数f （x ）=x2－（a －1）x ＋5在区间值范围.
上是增函数，求f （2）的取
解析：二次函数f （x ）在区间上是增函数，
由于其图象（抛物线）开口向上，故其对称轴或与直线
重合或位于直线
的左侧，于是，解之得a ≤2，故f （2）≥－2×2＋11=7，即f （2）≥7．
例3、讨论函数解析：设－1＜x ＜x ＜1，则f （x ）－f （x ）=
1
2
1
2.
.
2
2
∵－1＜x ＜x ＜1，∴x －x ＞0，x x ＋1＞0，（x －1）（x －1）＞0. 又a ＞0，
1
2
2
1
1
2
1
2
∴f （x ）－f （x ）＞0，函数f （x ）在（－1，1）上为减函数.
1
2
f （x ）=（a ＞0）在x ∈（－1，1）上的单调性.
例4、已知二次函数f(x)，当x=2时有最大值16，它的图像截x 轴所得的线段长为8，求解析式．
分析：由于二次函数f(x)的最值给出，即顶点坐标给出，可设顶点式，再由待定系数法求出所要定的系数，也可由对称轴方程及图像截x 轴所得的线段的长，利用f(x)=0的两根来表示．
解：设f(x)=a(x－2) ＋16，即f(x)=ax－4ax ＋16＋4a ，
2
2
方程ax －4ax ＋16＋4a=0的两根x ，x ，满足|x－x |=8，
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2
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2
而|x－x |=(x＋x ) －4x x =
2
2
1
2
1
2
1
2，∴a=－1．
故f(x)=－x ＋4x ＋12．
2
例5、定义在R 上的函数y=f（x ），f （0）≠0，当x ＞0时，f （x ）＞1，且对任意的a 、b ∈R ，有f （a ＋b ）=f（a ）·f （b ）. （1）求证：f （0）=1；
（2）求证：对任意的x ∈R ，恒有f （x ）＞0； （3）求证：f （x ）是R 上的增函数；
（4）若f （x ）·f （2x －x 2）＞1，求x 的取值范围.
解析：（1）证明：令a=b=0，则f （0）=f（0）. 又f （0）≠0，∴f （0）=1．
2
（2）证明：当x ＜0时，－x ＞0，∴f （0）=f（x ）·f （－x ）=1.
∴f （－x ）=＞0. 又x ≥0时f （x ）≥1＞0，∴x ∈R 时，恒有f （x ）＞0.
（3）证明：设x ＜x ，则x －x ＞0，
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∴f （x ）=f（x －x ＋x ）=f（x －x ）·f （x ）.
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∵x －x ＞0，∴f （x －x ）＞1.
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又f （x ）＞0，∴f （x －x ）·f （x ）＞f （x ）.
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∴f （x ）＞f （x ）. ∴f （x ）是R 上的增函数.
2
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（4）解：由f （x ）·f （2x －x ）＞1，f （0）=1得f （3x －x ）＞f （0）.
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又f （x ）是R 上的增函数，∴3x －x ＞0. ∴0＜x ＜3.
2
例6、设a >0, f (x ) =
（Ⅰ）求a 的值；
e
x
a
+
a e
x
是R 上的偶函数．
（Ⅱ）证明f （x ）在（0，+∞）上是增函数．
x
（I ）解析：依题意，对一切x ∈R 有f (x ) =f (-x ) ，即e +a =1+ae x ,
x x
a e ae
所以(a -1)(e x -1) =0对一切x ∈R 成立.
x
a
e
由此得到a -
1a
=0, 即a 2=1. 又因为a ＞0，所以a=1.
（II ）证明一：设0＜x 1＜x 2， f (x 1) -f (x 2) -e x 1-e x 2+
1e
x 1
-
1e
x 2
=(e
x 2
-e
x 1
)(
1e
x 1+x 2
-1)
=e
x 1
(e
x 2-x 1
-1) ⋅
1-e e
x 2+x 1
x 2+x 1
,
由x 1>0, x 2>0, x 2-x 1>0, 得x 1+x 2>0, e x 2-x 1-1>0, 1-e x 2+x 10, e 2x -1>0, 此时f '(x ) >0. 所以f （x ）在（0，+∞）上是增函数．
例7、已知f (x ) =ax 3+3x 2-x +1在R 上是减函数，求a 的取值范围. 解析：
函数f (x ) 的导数：f '(x ) =3ax 2+6x -1. （Ⅰ）当f '(x )
3ax
2
+6x -1
所以，当a
由函数y =x 3在R 上的单调性，可知 当a =-3时，f (x )(x ∈R ）是减函数；
（Ⅲ）当a >-3时，在R 上存在一个区间，其上有f '(x ) >0,
所以，当a >-3时，函数f (x )(x ∈R ) 不是减函数.
13) +
3
89
,
综上，所求a 的取值范围是（-∞, -3].