5.3 函数的单调性（课件）-2025-2026学年高一上学期数学考试满分全攻略同步备课备考系列（苏教版2019必修一）

苏教版2019高一数学（必修一）第五章 函数的概念与性质 5.3 函数的单调性 02 03 05 06 04 典型例题（含课本例题） 知识点讲解 情景导入 课堂小结 课堂练习（含课本练习） 01 学习目标 目录/CONTENTS 学习目标 1.理解增函数、减函数、单调区间、单调性的定义． 2.掌握定义法证明函数单调性的步骤（重点、难点）． 3.掌握求函数单调区间的方法(重点). 4.会用函数的单调性解答有关问题. 情景导入 在 5.1节开头的第三个问题中，气温是关于时间 t 的函数，记为＝f(t).观察这个气温变化图(如图 5-3-1)，说出气温在哪些时段内是逐渐升高的，在哪些时段内是逐渐下降的. ● 怎样用数学语言刻画上述某一时段内“随着时间的增加气温逐渐升高”这一特征? 对于这段图象上的任意两点 P(t1，1)， Q(t2，2)，当t1＜ t2时，都有1＜2 . 类似地，对于区间(14，24)内任意两个值t1，t2，当t1＜t2 时，都有1 ＞2 . 新知探究 设函数 y＝f(x) 的定义域为A，区间 I ⊆A.如果对于区间 I 内的任意两个值x1，x2，当x1＜x2时,都有 f(x1)＜f(x2) 那么称y= f(x) 在区间I上是增函数(也称在I上单调递增)(图(1)),I称为y =f(x) 的增区间. 如果对于区间I内的任意两个值x1，当x1＜x2时，都有 f(x1)＞f(x2) 那么称y= f(x)在区间I上是减函数(也称在I上单调递减)(图(2)),I称为y=f(x)的减区间. 图(1) 图(2) 如果函数 y＝f(x) 在区间 I 上是增函数或减函数，那么称函数 y＝f(x) 在区间 I 上具有单调性. 增区间和减区间统称为单调区间. 在上图中，我们从图象上看出 14 时的气温为全天的最高气温，它表示在0~24 时，气温于14 时达到最大值.从中可以看出，图象在这一点的位置最高. 在右图中，可以看出对于任意的 x∈R，都有 f(x)＜2＝f(0). 一般地 设y＝f(x)的定义域为A， 如果存在 x0∈A，使得对于任意的x∈A，都有 f(x)≤f(x0) 那么称f(x0)为y＝f(x)的最大值，记为 ymax＝f(x0) 如果存在 x0∈A，使得对于任意的x∈A，都有 f(x)≥f(x0) 那么称f(x0)为y＝f(x)的最小值，记为 ymin＝f(x0) 课本例题 例 1 画出下列函数图象，并写出单调区间： (1) y＝－x2＋2； 解：函数图象如图， 增区间为(－∞ ，0]， 减区间为[0，＋∞). (2) y＝ (x≠0). 解：函数图象如图， (－∞，0)和(0，＋∞) 是两个减区间. 例 2 证明：函数 f(x)＝－－1在区间(－∞，0)上是增函数. 证明 设 x1，x2 为区间(－∞，0)上的任意两个值， 且 x1＜x2，则 x1－x2＜0，x1x2＞0. 因为 f(x1)－f(x2) ＝(－－1)－(－－1) ＝ － ＝. 例 3 图5-3-4 为函数 y＝f(x)，x∈[－4，7]的图象，指出它的最大值、最小值及单调区间. 解 观察函数图象可以知道，图象上位置最高的点是 (3，3)，最低的点是(－1.5，－2). 因此，当x＝3时，函数y＝f(x)取得最大值，即ymax＝3；当x＝－1.5时，函数y＝f(x)取得最小值，即ymin＝－2. 函数的增区间为[－1.5，3]，[5，6]； 减区间为[－ 4，－1.5]，[3，5]，[6，7]. 例 4 求下列函数的最小值： (1) y＝x2－2x； 解：因为 y＝x2－2x ＝ (x－1)2－1＞－1， 且当x＝1时 y＝－1. 所以函数在 x＝1时取得最小值－1， 即 ymin＝－1. (2) y＝，x∈[1，3]. 解 因为对于任意实数 x∈ [1，3]， 都有≥ ， 且当 x＝3 时＝. 所以函数在 x＝3 时取得最小值， 即 ymin＝. 例 4中的两个函数有无最大值? 思考 (1)因为x∈R,所以函数y＝x2－2x没有最大值. (1) y＝x2－2x； (2) y＝，x∈[1，3]. 函数y＝在区间[1，3]上是减函数,当x=1时,函数可以取得最大值1. 例 5 已知函数y＝f(x)的定义域是[a，b]，a＜c＜b. 在区间[a，c] 上，f(x)单调递增；在区间[c，b] 上，f(x)单调递减，试证明 f(x) 在 x＝c 时取得最大值. 证明 因为在区间[a，c] 上，f(a)单调递增， 所以对于任意 x∈ [a，c]，都有 f(x) ＜ f(c). 又因为在区间[c，b] 上，f(x)单调递减， 所以对于任意 x∈[c，b]，都有 f(x)≤f(c). 因此，对于任意 x∈[a，b]都有 f(x)≤f(c)，即f(x)在 x＝c 时取得最大值. 课本练习 1. 判断函数f(x)＝x2－1在(0，＋∞)上是增函数还是减函数. 增函数 证明 在(0， ＋∞)上任取两个不相等的实数 x1，x2，且设 x1 ＜x2； 则 f(x1)－f(x2)＝(x12－1)－(x22－1)＝x12－x22 ＝(x1＋x2)(x1－ x2)， ∵0＜x1＜x2，∴ x1－x2＜0，x1＋x2＞0， ∴ f(x1)－f(x2)＜0，∴ f(x1) ＜ f(x2). ∴函数 f(x)＝x2－1在(0，＋∞)上是增函数. 2. 画出函数 f(x)＝∣x＋1∣的图象，并根据图象写出f(x) 的单调区间. 解 函数 f(x)＝∣x＋1∣＝ ， 函数图象如图所示， 由图象可知，函数 f(x) 的单调递增区间为[－1， ＋∞)，单调递减区间为(－∞，－1]. x＋1，x≥－1 －x－1，x＜－1 3. 判断函数 f(x)＝－x2＋2x 在(－∞ ，0)上是增函数还是减函数. 函数 f(x)＝－x2＋2 在(－∞，0)上是增函数. 证明如下：设在(－∞，0) 上任意取 x1，x2，且x1＜x2， ∴ f(x1)－f(x2)＝(－x12＋2x1)－(－x22＋2x2) ＝(x22－x12)＋(2x1－2x2) ＝(x2－x1)(x1＋x2)＋(2x1－2x2) ＝(x2－x1)(x1＋x2－2)， ∵ x1＜x2＜0，∴ x2－x1＞0，x1＋x2＜0，∴ x1＋x2－2＜0， ∴(x2－x1)(x1＋x2－2)＜0，∴f(x1)－f(x2)＜0，∴f(x1)＜f(x2)， ∴函数 f(x)＝－x2＋2x 在 (－∞，0) 上是增函数. 4. 求函数 f(x)＝－x2＋2x 在[0，10]上的最大值和最小值. 解 f(x)＝－x2＋2x－1＋1＝－ (x－1)2＋1， 对称轴x＝1， ∴函数f(x)在[0，1)递增，在(1，10]递减， ∴f(x)max＝1，f(x)min＝f(10) ＝－80. 5. 函数y＝在区间(－2，－1]上有最大值吗? 有最小值吗? 解 由题意可得：y′＝－＜0， ∴当x∈(－2，－1]时，函数 y＝ 在区间(－2，－1]上单调递减， ∴ y不存在最大值；x＝－1时，y取得最小值，ymin＝－1， ∴ y＝在区间(－2，1]上无最大值，最小值为－1. 6. 证明：函数f(x)＝－2x＋1是减函数. 解 由题，f(x)＝－2x＋1，x ∈ R， 因为f′(x)＝－2＜ 0， 所以函数 f(x)＝－2x＋1为减函数. 7. 下图分别为函数 y＝f(x) 和 y＝g(x) 的图象，试写出函数 y＝f(x) 和 y＝g(x) 的增区间. 解：根据函数单调性的定义，函数在单调递增区间上图像呈上升趋势，由函数图像可得： 函数 y＝f(x) 的单调增区间是[1，4) 和[4，6]； 函数 y＝g(x) 的单调增区间是[－，0]和[，3π]. 8. 判断下列说法是否正确： (1) 若定义在 R 上的函数 f(x) 满足 f(2)＞ f(1)，则数f(x) 是 R 上的增函数； 解 若函数f(x)在R上为增函数，则对于任意的 x1，x2∈R 且x1 ＜x2，则 f(x1)＜f(x2) 一定成立， 若f(2)＞f(1)成立，f(2)＞f(0)不一定成立，函数f(x)在R上不一定是增函数，(1)错误； (2) 若定义在 R 上的函数 f(x) 满 f(2)＞f(1)，则函数 f(x) 在 R 上不是减函数； 解 若函数f(x)在R上为减函数，则对于任意的x1，x2∈R 且x1 ＜x2，则f(x1)＞f(x2) 一定成立，所以，f(2)＜f(1)一定成立， 所以，若 f(2)＞f(1)，函数f(x)在R上一定不是减函数，(2)正确； (3) 若定义在 R 上的函数f(x)在区间(－∞ ，0] 上单调递增，在区间[0，＋∞) 上也单调递增， 则函数 f(x)在 R 上是增函数； 解 若定义在R上的函数f(x)在区间(－∞ ，0]上是增函数， 在区间[0，＋∞)上也是增函数，则满足对于任意的 x1，x2∈R且x1＜x2，则f(x1)＜f(x2)成立， 所以，函数f(x)在R上是增函数，(3)正确； (4) 若定义在 R 上的函数 f(x)在区间(－∞ ，0] 上单调递增，在区间(0，＋∞)上也单调递增，则函数 f(x) 在 R 上是增函数. 解 设函数 f(x)＝ ，是定义在R上的函数，且f(x)在区间(－∞ ，0]上是增函数，在区间(0，＋∞)上也是增函数，而－1＜1，但 f(－1)＝f(1)，不符合增函数的定义，所以，函数f(x)在R上是不是增函数，(4)错误. －x＋1，x≤0 x－1，x＞0 题型分类讲解 题型一　判断或证明函数的单调性 解　由x2－1≠0，得x≠±1， (2)判断函数f(x)在(1，＋∞)上的单调性，并用定义加以证明. 证明：∀x1，x2∈(1，＋∞)，且x1<x2，则x2－x1>0， 由x1，x2∈(1，＋∞)，得x1>1，x2>1， 证明　任取x1，x2∈(2，＋∞)，且x1<x2， 由x1，x2∈(2，＋∞)，得x1>2，x2>2. 所以x1x2>4，x1x2－4>0，又由x1<x2，得x1－x2<0. 题型二　求函数的单调区间 角度1　由图象求单调区间 3.画出函数y＝－x2＋2|x|＋3的图象，并指出函数的单调区间. 解　y＝－x2＋2|x|＋3 作出函数图象如图所示. 由图象知函数y＝－x2＋2|x|＋3在(－∞，－1]，[0，1]上是增函数，在[－1，0]，[1，＋∞)上是减函数， 故函数y＝－x2＋2|x|＋3的单调递增区间是(－∞，－1]，[0，1]，单调递减区间是[－1，0]，[1，＋∞). 解　易知函数的定义域是(－∞，－b)∪(－b，＋∞). 设x1，x2是区间(－b，＋∞)上的任意两个实数，且x1<x2， ∵a>b>0，x2>x1>－b， ∴a－b>0，x2－x1>0， x2＋b>0，x1＋b>0， ∴f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)， ∴f(x)在(－b，＋∞)上为减函数. 同理可得，f(x)在(－∞，－b)上为减函数. 题型三　函数单调性的应用 角度1　由单调性比较大小 5.已知f(x)在(－∞，＋∞)上是减函数，a，b∈R，且a＋b≤0，则有(　　) 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　由题意知a＋b≤0，得到a≤－b，b≤－a. ∵f(x)在(－∞，＋∞)上是减函数， ∴f(a)≥f(－b)，f(b)≥f(－a)， ∴f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b).故选D. D 解析　要使f(x)在R上是减函数，需满足： A 角度3　利用单调性解不等式 7.已知函数y＝f(x)在定义域(－1，1)上是减函数，且f(1－a)<f(2a－1)，求实数a的取值范围. 题型四　利用函数图象求最值 由图象可知，当x＝2时，f(x)取最大值为2； 解　作出f(x)的图象如图： 解　 y＝f(x)的图象如图所示，y＝f(x)的单调增区间是(－∞，0)和[0，＋∞)，函数的最小值为f(0)＝－1. 题型五　利用单调性求最值 证明　任取x1，x2∈[1，＋∞)，且x1<x2， ∵1≤x1<x2，∴x1－x2<0，x1x2>1， ∴x1x2－1>0， ∴f(x)在[1，＋∞)上是增函数. (2)求f(x)在[1，4]上的最大值及最小值. 解　由(1)可知f(x)在[1，4]上单调递增， ∴当x＝1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)＝2， 题型六　二次函数的最值 11.已知函数f(x)＝x2－ax＋1. (1)求f(x)在[0，1]上的最大值； 所以区间[0，1]的哪一个端点离对称轴远，则在哪个端点取到最大值， (2)当a＝1时，求f(x)在闭区间[t，t＋1](t∈R)上的最小值. 所以f(x)min＝f(t)＝t2－t＋1； 所以f(x)min＝f(t＋1)＝t2＋t＋1； 函数的 单调性 核心知识 方法总结 易错提醒 核心素养   当c>0时，函数f(x)与cf(x)的单调性相同; 当c<0时，函数f(x)与cf(x)的单调性相反， 函数f(x)和g(x)单调性相同，则f(x)+g(x)的单调性与其相同 函数f(x)与f(x)+c的单调性相同; 单调递增 单调区间 单调递减 图象 单调性的判断 （1）单调区间必须是函数定义域的子集 （2）若函数f（x)在其定义城内的两个区间A.B上都是增函数(或减函数)。一般不能简单认为 f（x)在A∪B上是增函数 （3）函数单调区间的书写若在区间端点处有定义，则写成开区间或闭区间都可 数学抽象：通过具体函数图象抽象出定义，培养数学抽象的核心素养 逻辑推理：通过具体函数单调性的证明，培养逻辑推理的核心素养 课堂小结 所以函数f(x)＝eq \f(1,x2－1)的定义域为{x|x∈R且x≠±1}. 1.已知函数f(x)＝eq \f(1,x2－1). (1)求f(x)的定义域； 所以x－1>0，x－1>0，x1＋x2>0. 又x1<x2，所以x1－x2<0， 于是<0， 即f(x1)>f(x2)， 因此，函数f(x)＝eq \f(1,x2－1)在(1，＋∞)上单调递减. 有f(x2)－f(x1)＝2,2)eq \f(1,x－1) －2,1)eq \f(1,x－1) ＝2,1)eq \f(（x1－x2）（x1＋x2）,（x－1）（xeq \o\al(2,2)－1）) . 解　函数f(x)＝eq \f(1,x2－1)在(1，＋∞)上单调递减. 那么f(x1)－f(x2)＝x1＋－x2－ 于是eq \f(（x1－x2）（x1x2－4）,x1x2)<0，即f(x1)<f(x2). 所以函数f(x)＝x＋eq \f(4,x)在(2，＋∞)上是增函数. ＝(x1－x2)＋eq \f(4（x2－x1）,x1x2)＝eq \f(（x1－x2）（x1x2－4）,x1x2). 2.证明函数f(x)＝x＋eq \f(4,x)在区间(2，＋∞)上是增函数. ＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x＋3＝－（x－1）2＋4，x≥0，,－x2－2x＋3＝－（x＋1）2＋4，x<0，)) 综上所述，函数f(x)＝(a>b>0)的单调递减区间是(－∞，－b)和(－b，＋∞). 则f(x1)－f(x2)＝eq \f(x1＋a,x1＋b)－eq \f(x2＋a,x2＋b)＝eq \f(（a－b）（x2－x1）,（x1＋b）（x2＋b）). 角度2　用定义求单调区间 4.求函数f(x)＝eq \f(x＋a,x＋b)(a>b>0)的单调区间. eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a－1<0，,－a<0，,（3a－1）×1＋4a≥－a·1.))解得eq \f(1,8)≤a<eq \f(1,3). 角度2　由单调性求参数 6.若函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（3a－1）x＋4a，x<1，,－ax，x≥1))是定义在R上的减函数，则a的取值范围为(　　) A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，\f(1,3))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))) C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，＋∞)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,8)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)) 解　由题意知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1<1－a<1，,－1<2a－1<1，,1－a>2a－1，))解得0<a<eq \f(2,3)， 即所求a的取值范围是. 当x＝时，f(x)取最小值为－. 所以f(x)的最大值为2，最小值为－. 8.已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－x　（0≤x≤2），,\f(2,x－1) （x>2），))求函数f(x)的最大值、最小值. 9.画出函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x)，x∈（－∞，0），,x2＋2x－1，x∈[0，＋∞）))的图象，并写出函数的单调区间及函数的最小值. 10.已知函数f(x)＝x＋. (1)求证f(x)在[1，＋∞)上是增函数； 则f(x1)－f(x2)＝－ ＝. ∴eq \f(（x1－x2）（x1x2－1）,x1x2)<0，即f(x1)<f(x2). 当x＝4时，f(x)取得最大值，最大值为f(4)＝eq \f(17,4). 综上所述，f(x)在[1，4]上的最大值是eq \f(17,4)，最小值是2. 当eq \f(a,2)≤eq \f(1,2)，即a≤1时，f(x)的最大值为f(1)＝2－a； 当eq \f(a,2)>eq \f(1,2)，即a>1时，f(x)的最大值为f(0)＝1. 综上，f(x)max＝ 解　因为函数f(x)＝x2－ax＋1的图象开口向上，其对称轴为x＝eq \f(a,2)， ②当t＋1≤eq \f(1,2)，即t≤－eq \f(1,2)时，f(x)在[t，t＋1]上是减函数， ③当t<eq \f(1,2)<t＋1，即－eq \f(1,2)<t<eq \f(1,2)时，函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(t，\f(1,2)))上单调递减，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，t＋1))上单调递增， 所以f(x)min＝f＝. 综上，f(x)min＝ 解　当a＝1时，f(x)＝x2－x＋1，其图象的对称轴为x＝eq \f(1,2). ①当t≥eq \f(1,2)时，f(x)在[t，t＋1]上是增函数， $$