3.2 函數的單調性

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模塊導圖

知識剖析

函數單調性的概念

一般地，設函數\(y=f(x)\)的定義域為\(I\)，區間\(D∈I\):
如果\(∀x_1\),\(x_2∈D\)，當\(x_1<x_2\)時，都有\(f(x_1)<f(x_2)\)，那么就說\(f(x)\)在區間\(D\)上單調遞增(圖①).特別地，當函數\(f(x)\)在它定義域上單調遞增時，我們就稱它是增函數.
如果\(∀x_1\),\(x_2∈D\)，當\(x_1<x_2\)時，都有\(f(x_1 )>f(x_2)\)，那么就說\(f(x)\)在區間\(D\)上單調遞減(圖②).特別地，當函數\(f(x)\)在它定義域上單調遞減時，我們就稱它是減函數.

\({\color{Red}{ Eg }}\) \(y=\dfrac{1}{x}\)在\((0,+∞)\)上單調遞減，但它不是減函數，
特別注意它的減區間是\((0,+∞)\)，\((-∞,0)\)，不是\((0,+∞)∪(-∞,0)\).
 

單調性概念的拓展

① 若\(y=f(x)\)遞增，\(x_2>x_1\)，則\(f(x_2 )>f(x_1)\).
\({\color{Red}{ Eg }}\) \(y=f(x)\)遞增，則\(f(a^2 )≥f(0)\).
② 若\(y=f(x)\)遞增，\(f(x_2 )≥f(x_1)\)，則\(x_2≥x_1\).
\({\color{Red}{ Eg }}\) \(y=f(x)\)遞增 ,\(f(1-m)≥f(n)\), 則\(1-m≥n\).
\(y=f(x)\)遞減，有類似結論！
 

判斷函數單調性的方法

\({\color{Red}{①\quad 定義法 }}\)
解題步驟
\((1)\)任取\(x_1\),\(x_2∈D\)，且\(x_1<x_2\)；
\((2)\)作差\(f(x_1)－f(x_2)\)；
\((3)\)變形(通常是因式分解和配方)；
\((4)\)定號(即判斷差\(f(x_1)－f(x_2)\)的正負)；
\((5)\)下結論(指出函數\(f(x)\)在給定的區間\(D\)上的單調性)．

\({\color{Red}{ ②\quad 數形結合}}\)

\({\color{Red}{ ③\quad 性質法}}\)
增函數+增函數=增函數，減函數+減函數=減函數；
但增函數×增函數不一定是增函數，比如\(y=x\)，\(y=x-2\)均是增函數，而\(y=x(x-2)\)不是.

\({\color{Red}{④ \quad復合函數的單調性 }}\)
\((1)\)如果\(y=f(u)(u∈M)\),\(u=g(x)(x∈A)\), 則\(y=f[g(x)]=F(x)\)\((x∈A)\)稱為\(f\)、\(g\)的復合函數；
\({\color{Red}{ Eg }}\)\(F(x)=\dfrac{1}{x^{2}+x}\)(\(f(u)=\dfrac{1}{u}\)和\(g(x)= x^2+x\)的復合函數)；
\(F(x)=\sqrt{1-2 x}\)(\(f(u)=\sqrt{u}\)和\(g(x)= 1-2x\)的復合函數)；
\(F(x)=2^{\frac{1}{x}}\)(\(f(u)=2^u\)和\(g(x)=\dfrac{1}{x}\)的復合函數).

\((2)\)同增異減
設函數\(u=g(x)(x∈A)\)的值域是\(M\)，函數\(y=f(u)(u∈M)\),
若\(y=f(u)\)，\(u=g(x)\)在各自區間單調性相同，則復合函數\(y=f[g(x)]\)在區間\(A\)上遞增；
若\(y=f(u)\),\(u=g(x)\)在各自區間單調性不同，則復合函數\(y=f[g(x)]\)在區間A上遞減.
 

函數的最值

一般地，設函數\(y=f(x)\)的定義域為\(I\)，如果存在實數\(M\)滿足：
\((1)\)\(∀x∈I\)，都有\(f(x)≤M\)；
\((2)\)\(∃x_0∈I\)，使得\(f(x_0 )=M\)；
那么，我們稱\(M\)是函數\(y=f(x)\)的最大值.(最小值類似定義)
簡單來說，最大值和最小值分別是函數圖像中最高點和最低點的函數值.
 

經典例題

【題型一】對函數單調性的理解

【典題1】 函數\(y=f(x)\)在\(R\)是增函數，若\(a+b≤ 0\)，則有 (　　)
A.\(f(a)+f(b)≤-f(a)-f(b)\)
B.\(f(a)+f(b)≥-f(a)-f(b)\)
C.\(f(a)+f(b)≤ f(-a)+f(-b)\)
D.\(f(a)+f(b)>f(-a)+f(-b)\)
【解析】\(∵a＋b≤0\),
\(∴a≤-b\),\(b≤-a\)
又\(∵\)函數\(f(x)\)在\(R\)上是增函數，
\(∴f(a)≤f(-b)\),\(f(b)≤f(-a)\)．
\(∴f(a)＋f(b)≤f(-a)＋f(－b)\)．
故選\(C\).
 

【典題2】 已知函數\(f(x)\)在\(R\)上是單調函數，且對任意\(x∈R\)，都有\(f(f(x)-2^x)=3\)，
則\(f(3)\)的值等於\(\underline{\quad \quad }\)
【解析】\(∵\)函數\(f(x)\)在\(R\)上是單調函數
\(∴\)可設\(f(x)-2^x=t\)(\(t\)是個常數)，
則\(f(x)=2^x+t\)；
\(∴f(t)=2^t+t=3\)；
\(∵f(t)\)在\(R\)上單調遞增，
\(∴\)只有\(t=1\)時對應的函數值是\(3\)，即\(f(1)=3\)；
\(∴f(x)=2^x+1\)；
\(∴f(3)=9\)．
【點撥】函數若是單調函數，即函數是“一一對應”的關系，一個\(x\)對應一個\(y\)，所以題目中“\(f(x)-2^x\)”只能是個常數.
 

鞏固練習

1(★★)設\(a∈R\)，函數\(f(x)\)在區間\((0 ,+∞)\)上是增函數，則(　　)
A．\(f\left(a^{2}+a+2\right)>f\left(\dfrac{7}{4}\right)\)
B．\(f\left(a^{2}+a+2\right)<f\left(\dfrac{7}{4}\right)\)
C．\(f\left(a^{2}+a+2\right) \geq f\left(\dfrac{7}{4}\right)\)
D．\(f\left(a^{2}+a+2\right) \leq f\left(\dfrac{7}{4}\right)\)
 

2(★★)已知\(f(x)\)是定義在\([0 ,+∞)\)上單調遞增的函數，則滿足\(f(2 x-1)<f\left(\dfrac{1}{3}\right)\)的\(x\)取值范圍是\(\underline{\quad \quad }\)
 

參考答案

1.\(C\)
2.\(\left[\dfrac{1}{2}, \dfrac{2}{3}\right)\)
 

【題型二】 判斷函數單調性的方法

方法1 定義法

【典題1】 判斷\(f(x)=x+\dfrac{4}{x}\)在\((0 ,2)\),\((2 ,+∞)\)的單調性.
【解析】設\(0<x_1<x_2\),
則\(y_{1}-y_{2}=\left(x_{1}+\dfrac{4}{x_{1}}\right)-\left(x_{2}+\dfrac{4}{x_{2}}\right)\)\(=\left(x_{1}-x_{2}\right)+\left(\dfrac{4}{x_{1}}-\dfrac{4}{x_{2}}\right)\)
\({\color{Red}{(因式分解方便判斷差y_1-y_2的正負) }}\)
(1) 假如\(0<x_1<x_2<2\),
則\(0<x_{1} x_{2}<4\)\(\Rightarrow \dfrac{4}{x_{1} x_{2}}>1 \Rightarrow 1-\dfrac{4}{x_{1} x_{2}}<0\),
又\(x_1-x_2<0\),
所以\(y_1-y_2>0 ⇒ y_1>y_2\),
故函數單調遞減；
(2) 假如\(2<x_1<x_2\),
則\(x_{1} x_{2}>4 \Rightarrow \dfrac{4}{x_{1} x_{2}}<1\)\(\Rightarrow 1-\dfrac{4}{x_{1} x_{2}}>0\),
又\(x_1-x_2<0\),
所以\(y_1-y_2<0⇒ y_1<y_2\),
故函數單調遞增；
所以函數在\((0 ,2)\)內單調遞減，在\((2 ,＋∞)\)內單調遞增．
【點撥】利用定義法證明函數的單調性，注意熟練掌握解題的步驟：設元—作差—變式—定號—下結論.
 

方法2 數形結合

【典題2】 函數\(f(x)=\dfrac{x}{1-x}\)的單調增區間是 (　　)
A.\((-∞ ,1)\)
B .\((-∞ ,1)∪(1 ,+∞)\)
C .\((-∞ ,1)\),\((1 ,+∞)\)
D .\((-∞ ,-1)\),\((-1 ,+∞)\)
【解析】\(f(x)=\dfrac{-(1-x)+1}{1-x}\)\(=-1+\dfrac{1}{1-x}=-\dfrac{1}{x-1}-1\);
\({\color{Red}{ (分離常數法) }}\)
\(∴f(x)\)的圖象是由\(y=-\dfrac{1}{x}\)的圖象沿\(x\)軸向右平移\(1\)個單位，然后沿\(y\)軸向下平移\(1\)個單位得到, 如下圖

\(∴f(x)\)的單調增區間是\((-∞ ,1)\),\((1 ,+∞)\)．
故選\(C\)． \({\color{Red}{(切勿選B) }}\)
【點撥】
① 本題先利用分離常數法，再利用函數的平移變換得到函數的圖像從而得到函數單調性.
② 利用數形結合的方法，平時需要多注意函數圖像的變換，包括平移變換、對稱變換、翻轉變換等.
 

方法3 復合函數的單調性

【典題3】 函數\(f(x)=\sqrt{x^{2}+4 x-12}\)的單調減區間為\(\underline{\quad \quad }\).
【解析】函數\(f(x)=\sqrt{x^{2}+4 x-12}\)是由函數\(f(u)=\sqrt{u}\)和\(u(x)=x^2+4 x-12\)組成的復合函數，
\(∵x^2+4 x-12≥0\),
\(∴\)函數\(y=f(x)\)的定義域是\(x≤-6\)或\(x≥2\)
\({\color{Red}{(優先考慮定義域，否則容易選B) }}\)
由二次函數圖像易得\(u(x)=x^2+4 x-12\)在\((-∞ ,-6]\)單調遞減，在\([2 ,＋∞)\)單調遞增，
而\(f(u)=\sqrt{u}\)在\(u≥0\)是單調遞增，
由復合函數單調性的“同增異減”，
可得函數\(f(x)\)的單調減區間\((-∞,-6]\)．
【點撥】
① 研究函數的基本性質，優先考慮定義域；
② 研究復合函數，要弄清楚它由什么函數復合而成的.
 

鞏固練習

1(★)下列四個函數在\((-∞,0)\)是增函數的為(　　)
A．\(f(x)=x^2+4\) \(\qquad\)B．\(f(x)=1-2x\) \(\qquad\)C．\(f(x)=-x^2-x+1\) \(\qquad\)D．\(f(x)=2-\dfrac{3}{x}\)
 

2(★)設函數\(f(x)\)在\(R\)上為增函數，則下列結論一定正確的是(　　)
A．\(y=\dfrac{1}{f(x)}\)在\(R\)上為減函數 \(\qquad \qquad \qquad\) B．\(y=|f(x)|\)在\(R\)上為增函數
C．\(y=-\dfrac{1}{f(x)}\)在\(R\)上為增函數 \(\qquad \qquad \qquad\) D．\(y=-f(x)\)在\(R\)上為減函數
 

3(★)函數\(f(x)=x|x-2|\)的遞減區間為\(\underline{\quad \quad }\)．
 

4(★)函數\(y=\sqrt{x^{2}+3 x}\)的單調遞減區間為\(\underline{\quad \quad }\)．
 

5(★★)函數\(f(x)=\left|\left(\dfrac{1}{2}\right)^{x}-2\right|\)的單調遞增區間為\(\underline{\quad \quad }\)．
 

6(★★★)已知函數\(f(x)=x-\dfrac{a}{x}\)在定義域\([1,20]\)上單調遞增
(1)求\(a\)的取值范圍；
(2)若方程\(f(x)=10\)存在整數解，求滿足條件\(a\)的個數.
 
 

7(★★★)函數\(f(x)\),\(g(x)\)在區間\([a ,b]\)上都有意義，且在此區間上
①\(f(x)\)為增函數，\(f(x)>0\)；
②\(g(x)\)為減函數，\(g(x)<0\)．
判斷\(f(x)g(x)\)在\([a ,b]\)的單調性，並給出證明．
 
 

參考答案

1.\(D\)
2.\(D\)
3.\((1 ,2)\)
4.\((-∞ ,-3]\)
5.\([-1,+∞)\)
6.\((1)a≥-1\)\((2)11\)個
7. 提示：定義法
 

【題型三】函數單調性的應用

角度1 解不等式

【典題1】 已知函數\(f(x)=\left(\dfrac{1}{2}\right)^{x}-x^{3}\)，若\(f(2a+1)>f(a-1)\)，則實數\(a\)的取值范圍是\(\underline{\quad \quad }\) .
【解析】\(\because y=\left(\dfrac{1}{2}\right)^{x}\)和\(y=-x^3\)在\(R\)上都單調遞減，
\(\therefore f(x)=\left(\dfrac{1}{2}\right)^{x}-x^{3}\)在\(R\)上都單調遞減，
\(∴\)由\(f(2a+1)>f(a-1)\)得\(2a+1<a-1\)，
解得\(a<-2\)．
【點撥】
① 我們有增函數+增函數=增函數，減函數+減函數=減函數，由此性質求出函數單調性.
② 處理類似“\(f(2a+1)>f(a-1)\)”這樣的不等式，可利用函數的單調性去掉\(“f"\)求解，不要硬代入原函數來個“暴力求解”，特別\(f(x)\)是復雜的函數或者抽象函數的時候.
 

角度2 求參數取值范圍或值

【典題2】 若\(f(x)=\left\{\begin{array}{l} a x^{2}+1, x \geq 0 \\ \left(a^{2}-1\right) \cdot 2^{a x}, x<0 \end{array}\right.\)\((a \neq 1)\)，在定義域\((-∞ ,+∞)\)上是單調函數，則\(a\)的取值范圍\(\underline{\quad \quad }\).
【解析】\(f(x)\)在定義域\((-∞ ,+∞)\)上是單調函數，
①函數的單調性是增函數時，可得當\(x=0\)時，\((a^2-1)\cdot 2^{ax}≤ax^2+1=1\),
即\(a^2-1≤1\)，解之得\(-\sqrt{2} \leq a \leq \sqrt{2}\)，
\(∵x≥0\)時，\(y=ax^2+1\)是增函數，
\(∴a>0\)
\(∵x<0\)時，\((a^2-1)\cdot 2^{ax}\)是增函數，
\(∴a^2-1>0\)，得\(a<-1\)或\(a>1\)，
綜上實數\(a\)的取值范圍是\(1<a \leq \sqrt{2}\)；
②函數的單調性是減函數時，
可得當\(x=0\)時，\((a^2-1)\cdot 2^{ax}≥ax^2+1=1\)，
即\(a^2-1≥1\)，解之得\(a \leq-\sqrt{2}\)或\(a \geq \sqrt{2}\)，
\(∵x≥0\)時，\(y=ax^2+1\)是減函數，
\(∴a<0\)
又\(∵x<0\)時，\((a^2-1)\cdot 2^{ax}\)是減函數，
\(∴a^2-1>0\)，得\(a<-1\)或\(a>1\)
綜上實數\(a\)的取值范圍是\(a \leq-\sqrt{2}\)；
綜上所述，得\(a \in(-\infty,-\sqrt{2}] \cup(1, \sqrt{2}]\).
【點撥】遇到分段函數，注意分離討論和數形結合“雙管齊下”方能一擊制敵.
 

角度3 求函數最值

【典題3】 已知函數\(f(x)=ax^2-|x-a|\)．
(1)當\(a=1\)時，求\(f(x)\)的值域；
(2)當\(a>0\)時，求函數\(f(x)\)在區間\([0,+∞)\)上的最小值．
【解析】(1)\(a=1\)時，\(f(x)=x^{2}-|x-1|=\left\{\begin{array}{l} x^{2}-x+1, x \geq 1 \\ x^{2}+x-1, x<1 \end{array}\right.\)
\({\color{Red}{(遇到絕對值可變成分段函數處理) }}\)
\(∵f(x)\)在\(\left(-\infty,-\dfrac{1}{2}\right)\)上遞減，在\(\left(-\dfrac{1}{2},+\infty\right)\)上遞增，
\(\therefore f(x) \geq f\left(-\dfrac{1}{2}\right)=-\dfrac{5}{4},\)，
\(∴f(x)\)值域為\(\left[-\dfrac{5}{4},+\infty\right)\)．
(2)\(f(x)=a x^{2}-|x-a|=\left\{\begin{array}{l} a x^{2}-x+a, x \geq a \\ a x^{2}+x-a, x<a \end{array}\right.\)，
①當\(x<a\)時，\(f(x)=ax^2+x-a\)，對稱軸\(x=-\dfrac{1}{2 a}<0\)，
\(∴f(x)\)在\([0 ,a]\)單調遞增，
\(∴f(x)≥f(0)=-a\)．
②當\(x≥a\)時，\(f(x)=ax^2-x+a\)，對稱軸\(x=\dfrac{1}{2 a}>0\)，
\({\color{Red}{(對於分段函數，多結合圖像進行分析，比較對稱軸x=\dfrac{1}{2 a}與a的大小)}}\)
\((i)\)當\(\dfrac{1}{2 a} \leq a\)即\(a \geq \dfrac{\sqrt{2}}{2}\)時，\(f(x)\)在\([a ,+∞)\)單調遞增，
\(∴f(x)≥f(a)=a^3>f(0)=-a\)，
\(∴f(x)_{min}=f(0)=-a\)．
\((ii)\)當\(\dfrac{1}{2 a}>a\)，即\(0<a<\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)時，
\(f(x)\)在\(\left[a, \dfrac{1}{2 a}\right)\)單調遞減，在\(\left[\dfrac{1}{2 a},+\infty\right)\)單調遞增，
\(\therefore f(x) \geq f\left(\dfrac{1}{2 a}\right)=\dfrac{4 a^{2}-1}{4 a}\)，
若\(\dfrac{4 a^{2}-1}{4 a} \geq-a\)，即\(\dfrac{\sqrt{2}}{4} \leq a<\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)時，\(f(x)_{\min }=f(0)=-a\)，
若\(\dfrac{4 a^{2}-1}{4 a}<-a\)，即\(0<a<\dfrac{\sqrt{2}}{4}\)時，\(f(x)_{\min }=f\left(\dfrac{1}{2 a}\right)=\dfrac{4 a^{2}-1}{4 a}\)，
綜上\(f(x)_{\min }=\left\{\begin{array}{l} \dfrac{4 a^{2}-1}{4 a}, 0<a<\dfrac{\sqrt{2}}{4} \\ -a, a \geq \dfrac{\sqrt{2}}{4} \end{array}\right.\)．
【點撥】
① 遇到絕對值，可利用\(|x|=\left\{\begin{aligned} -x, & x<0 \\ x, & x \geq 0 \end{aligned}\right.\)去掉絕對值符號，本題函數變成了分段函數；
② 函數最值或值域均與函數的單調性密不可分，了解到函數的單調性相當清晰函數的大致圖像，最值便易於求解；而二次函數的單調性與函數的對稱軸和開口方向有關；
③ 在分類討論時，注意結合函數圖像進行思考找到分類討論的“臨界值”.
 

鞏固練習

1(★★)已知函數\(f(x)=\dfrac{2 x+1}{x-1}\)，其定義域是\([-8 ,-4)\)，則下列說法正確的是(　　)
A．\(f(x)\)有最大值\(\dfrac{5}{3}\)，無最小值
B．\(f(x)\)有最大值\(\dfrac{5}{3}\)，最小值\(\dfrac{7}{5}\)
C．\(f(x)\)有最大值\(\dfrac{7}{5}\)，無最小值
D．\(f(x)\)有最大值\(2\)，最小值\(\dfrac{7}{5}\)
 

2(★★)若\(f(x)=\left\{\begin{array}{l} \dfrac{a}{x}, x \geq 1 \\ -x+3 a, x<1 \end{array}\right.\)是\(R\)上的單調減函數，則實數\(a\)的取值范圍為\(\underline{\quad \quad }\)．
 

3(★★)若函數\(f(x)=x^2-2ax+1-a\)在\([0 ,2]\)上的最小值為\(-1\)．則\(a=\)\(\underline{\quad \quad }\)．
 

4(★★)已知函數\(f(x)=\sqrt{x-2}\)，若\(f\left(2 a^{2}-5 a+4\right)<f\left(a^{2}+a+4\right)\)，則實數\(a\)的取值范圍是\(\underline{\quad \quad }\)．
 

5(★★)已知函數\(f(x)=|x-1|+|2x+a|\)的最小值為\(2\)，則實數\(a\)的值為\(\underline{\quad \quad }\)．
 

6(★★★)已知函數\(f(x)=2 x-\dfrac{a}{x}\)的定義域為\((0，1]\)(\(a\)為實數)．
(1)當\(a=1\)時，求函數\(y=f(x)\)的值域；
(2)求函數\(y=f(x)\)在區間\((0，1]\)上的最大值及最小值，並求出當函數\(f(x)\)取得最值時\(x\)的值．
 
 

參考答案

1.\(A\)

2.\(\left[\dfrac{1}{2},+\infty\right)\)

3.\(1\)

4.\(\left(0, \dfrac{1}{2}\right] \cup[2,6)\)

5.\(-6\)或\(2\)

6.\((1) (-∞，1]\)

\((2)\)當\(a≥0\)時，無最小值，當\(x=1\)時取得最大值\(2-a\);
當\(a≤-2\)時，無最大值，當\(x=1\)時取得最小值\(2-a\);
當\(-2<a<0\)時，無最大值,當\(x=\sqrt{-\dfrac{a}{2}}\)時取得最小值\(2 \sqrt{-2 a}\).
 

【題型四】 抽象函數的單調性

定義在\((0 ,+∞)\)上的函數\(f(x)\)滿足\(f(xy)=f(x)+f(y)\)對所有的正數\(x\)、\(y\)都成立，
\(f(2)=-1\)且當\(x>1\)，\(f(x)<0\)．
(1)求\(f(1)\)的值
(2)判斷並證明函數\(f(x)\)在\((0 ,+∞)\)上的單調性
(3)若關於\(x\)的不等式\(f(kx)-f(x^2-kx+1)≥1\)在\((0 ,+∞)\)上恆成立，求實數\(k\)的取值范圍.
【解析】(1)\(∵f(xy)=f(x)+f(y)\)，
取\(x=1\)，\(y=1\)得\(f(1)=f(1)+f(1)\)；
\(∴f(1)=0\)；
(2)設\(x_1>x_2>0\)，
則\(f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)=f\left(x_{2} \cdot \dfrac{x_{1}}{x_{2}}\right)-f\left(x_{2}\right)=f\left(\dfrac{x_{1}}{x_{2}}\right)\)
\({\color{Red}{ (定義法證明) }}\)
\(∵x_1>x_2>0\)；
\(\therefore \dfrac{x_{1}}{x_{2}}>1\)；
又\(x>1\)時，\(f(x)<0\)；\(\therefore f\left(\dfrac{x_{1}}{x_{2}}\right)<0\)；
\(∴f(x_1 )-f(x_2)<0\)，\(∴f(x_1)<f(x_2)\)；
\(∴f(x)\)在\((0 ,+∞)\)上單調遞減；
(3)\(∵f(2)=-1\)，\(f(xy)=f(x)+f(y)\)；
由\(f(kx)-f(x^2-kx+1)≥1\)\(⇒f(kx)-1≥f(x^2-kx+1)\)
\(⇒f(kx)+f(2)≥f(x^2-kx+1)\)\(⇒f(2kx)≥f(x^2-kx+1)\)
又\(f(x)\)在\((0 ,+∞)\)上單調遞減，
\(\therefore\left\{\begin{array}{l} 2 k x>0 \\ x^{2}-k x+1>0 \\ 2 k x \leq x^{2}-k x+1 \end{array}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{\begin{array}{l} k>0 \\ k<x+\dfrac{1}{x} \\ k \leq \dfrac{1}{3}\left(x+\dfrac{1}{x}\right) \end{array}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{\begin{array}{l} k>0 \\ k<2 \\ k \leq \dfrac{2}{3} \end{array}\right.\)
\(\Rightarrow 0<k \leq \dfrac{2}{3}\)
【點撥】
① 求具體值時，要大膽嘗試，可取特殊值，如\(x=1\)、\(x=0\)等，可取特殊關系，如\(x=y\).
② 抽象函數的單調性用函數的定義法證明，具體的思路有
(1) 作差法 令\(x_1>x_2\)再根據題意“湊出”\(f(x_1 )-f(x_2)\)，證明其大於\(0\)或者小於\(0\);
(2) 作商法 令\(x_1>x_2\)再根據題意“湊出”\(\dfrac{f\left(x_{1}\right)}{f\left(x_{2}\right)}\)，證明其大於\(1\)或者小於\(1\)，此時還要注意\(f(x)>0\)是否成立；
③ 涉及抽象函數，解類似“\(f(kx)-f(x^2-kx+1)≥1\)”這樣的不等式，都要利用函數的單調性去掉\(“f”\);
④ 恆成立問題可用分離參數法，最終轉化為最值問題，如\(x^2-kx+1>0\)\((x>0)\)恆成立等價於\(k<x+\dfrac{1}{x}(x>0)\)，即求\(f(x)=x+\dfrac{1}{x}\)在\((0 ,+∞)\)上的最小值.
 

鞏固練習

1(★★★)定義在\((0 ,+∞)\)上的函數\(f(x)\)滿足下面三個條件：
① 對任意正數\(a\),\(b\)，都有\(f(a)+f(b)=f(ab)\)；
② 當\(x>1\)時，\(f(x)<0\)；
③\(f(2)=-1\)
(1)求\(f(1)\)和\(f\left(\dfrac{1}{4}\right)\)的值；
(2)試用單調性定義證明：函數\(f(x)\)在\((0 ,+∞)\)上是減函數；
(3)求滿足\(f(4x^3-12x^2)+2>f(18x)\)的\(x\)的取值集合．
 
 
 

答案

1.\((1)\)\(f(1)=0, f\left(\dfrac{1}{4}\right)=2\)
\((2)\)略，提示：定義法
\((3)x∈(3 ,6)\)