5.3 第一课时 单调性-【正禾一本通】2025-2026学年高中数学必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（苏教版）

该高中数学课件聚焦苏教版高一必修第一册第5章“函数概念与性质”中“5.3函数的单调性”第一课时，核心讲解单调递增与单调递减概念。课堂导入衔接函数概念基础，通过实例观察数量关系引出单调性定义，搭建从具体到抽象的学习支架，为后续性质应用奠基。 其特色是同步教学导向明确，配套“课下培优巩固练”，通过实例观察培养数学眼光，逻辑推理强化数学思维。教师使用可高效落实同步教学，学生通过分层练习提升应用能力，既巩固知识又发展数学核心素养，助力师生教与学高效推进。

数学·必修·第一册(苏教) 第5章 函数概念与性质 5．3　函数的单调性 第一课时　 单调性 任意 单调递增或单调递减 单调性 课下培优巩固练（二十三） [课程标准]　1.借助函数图象，会用符号语言表达函数的单调性．　2.理解单调性的作用和实际意义．　3.借助函数图象，会用符号语言表达的最大值、最小值．　4.理解函数的最大值、最小值的作用和实际意义． 一、增函数与减函数 设函数y＝f(x)的定义域为A，区间I⊆A. (1)如果对于区间I内的 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上单调递增，I称为y＝f(x)的增区间． (2)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上单调递减，I称为y＝f(x)的减区间． 微点拔：(1)单调性是函数在某一区间上的“整体”性质，因此对x1，x2有下列要求：①属于同一个区间D；②任意性，即x1，x2是定义域中某一区间D上的任意两个值，不能用特殊值代替；③区分大小，即确定的任意两值x1，x2必须区分大小，一般令x1<x2. (2)单调性的等价形式 ①若(x2－x1)[f(x2)－f(x1)]>0或 eq \f(f（x2）－f（x1）,x2－x1) >0，则x2－x1与f(x2)－f(x1)同号，即x2>x1时，f(x2)>f(x1)，所以f(x)在D上单调递增． ②若(x2－x1)[f(x2)－f(x1)]<0或 eq \f(f（x2）－f（x1）,x2－x1) <0，则x2－x1与f(x2)－f(x1)异号，即x2>x1时，f(x2)<f(x1)，所以f(x)在D上单调递减． 二、函数的单调性与单调区间 如果函数y＝f(x)在区间I上 ，那么称函数y＝f(x)在区间I上具有 ．增区间和减区间统称为单调区间． 微思考：函数y＝ eq \f(1,x) 在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，0)) ， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞)) 上都单调递减，那么函数y＝ eq \f(1,x) 在定义域上是减函数吗？函数的单调递减区间怎样表示？ 提示：函数y＝ eq \f(1,x) 在定义域上不具有单调性；函数的单调递减区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，0)) 和 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞)) . 微点拔：常见函数的单调性 函数 单调性 一次函数y＝ ax＋b(a≠0) a>0时，在R上单调递增；a<0时，在R上单调递减 反比例函数 y＝ eq \f(a,x) (a≠0) a>0时，单调减区间是(－∞，0)和(0，＋∞)；a<0时，单调增区间是(－∞，0)和(0，＋∞) 二次函数y＝ a(x－m)2＋n(a≠0) a>0时，单调减区间是(－∞，m]，单调增区间是(m，＋∞)；a<0时，单调减区间是[m，＋∞)，单调增区间是(－∞，m) 【基点小试】 1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”) (1)因为f(－1)<f(2)，所以函数f(x)在[－1，2]上单调递增．(　　) (2)若f(x)为R上的减函数，则f(0)>f(1).(　　) (3)若函数f(x)在区间(1，2]和(2，3)上均单调递增，则函数f(x)在区间(1，3)上单调递增．(　　) (4)若函数y＝f(x)在定义域上有f(1)<f(2)，则函数y＝f(x)是增函数．(　　) (5)若函数y＝f(x)在区间D上单调递增，则函数y＝－f(x)在区间D上单调递减．(　　) 答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√ 2．已知四个函数的图象如图所示，其中在定义域内具有单调性的函数是(　　) 解析：由单调性定义知只有B选项是单调函数． 答案：B 3．已知函数f(x)＝kx＋b，当k＞0时，f(x)在R上为________函数；当k＜0时，f(x)在R上为________函数．(填“增”或“减”) 答案：增　减 4．（苏教版必修一P111例1改编）(1)函数y＝－x2＋x＋2的单调递增区间是________． (2)函数f(x)＝－x2－2x的单调递增区间是________． 答案：(1) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))) 　(2)(－∞，－1] 题型一　利用图象求函数的单调区间 例1.已知函数f(x)＝x2－4|x|＋3，x∈R. (1)将函数写成分段函数的形式； (2)画出函数的图象； (3)根据图象写出它的单调区间． 解：(1)f(x)＝x2－4|x|＋3＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋3，x≥0，,x2＋4x＋3，x<0.)) (2)作出函数图象如图． (3)由图象可知单调递增区间为[－2，0)，[2，＋∞)，单调递减区间为(－∞，－2)，[0，2). [总结]　求函数单调区间时，若所给函数是常见的一次函数、二次函数、反比例函数等，可根据其单调性写出函数的单调区间，若函数不是上述函数且函数图象容易作出，可作出其图象，根据图象写出其单调区间． 【练一练】 1．(多选)如图所示的是定义在区间[－5，5]上的函数y＝f(x)的图象，则下列关于函数f(x)的说法正确的是(　　) A．函数在区间[－5，－3]上单调递增 B．函数在区间[1，4]上单调递增 C．函数在区间[－3，1]∪[4，5]上单调递减 D．函数在区间[－5，5]上没有单调性 解析：选ABD.根据图象上升和下降分别对应增区间和减区间知ABD正确． 答案：ABD 2．求函数f(x)＝－x2＋2|x|＋3的单调区间． 解：因为f(x)＝－x2＋2|x|＋3＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x＋3，x≥0，,－x2－2x＋3，x<0.)) 根据解析式可作出函数的图象如图所示，由图象可知，函数f(x)的单调区间为(－∞，－1]，(－1，0)，[0，1)，[1，＋∞). f(x)在(－∞，－1]，[0，1)上是增函数，在(－1，0)，[1，＋∞)上是减函数． 题型二　函数的单调性判断与证明 例2.证明函数f(x)＝x＋ eq \f(1,x) 在(0，1)上是减函数． 证明：设x1，x2是区间(0，1)上的任意两个实数，且x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(1,x1))) － eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,x2))) ＝(x1－x2)＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)－\f(1,x2))) ＝(x1－x2)＋ eq \f(x2－x1,x1x2) ＝(x1－x2). eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x1x2))) ＝ eq \f(（x1－x2）（－1＋x1x2）,x1x2) . ∵0<x1<x2<1， ∴x1－x2<0，0<x1x2<1，则－1＋x1x2<0， ∴ eq \f(（x1－x2）（－1＋x1x2）,x1x2) >0， 即f(x1)>f(x2)， ∴f(x)＝x＋ eq \f(1,x) 在(0，1)上是减函数． [总结] 　利用定义证明函数单调性的步骤 注意：作差变形是证明单调性的关键，且变形的结果是几个因式乘积的形式． 【练一练】 3．试用函数单调性的定义证明：函数f(x)＝ eq \f(1,x2) 在(0，＋∞)上是减函数，在(－∞，0)上是增函数． 证明：对于任意的x1，x2∈(－∞，0)，且x1<x2，有f(x1)－f(x2)＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) eq \f(1,x) －eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) eq \f(1,x) ＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) eq \f(x－x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ,x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ) ＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) eq \f(（x2－x1）（x2＋x1）,xx eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ) . ∵x1<x2<0， ∴x2－x1>0，x1＋x2<0，x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) >0. ∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2). ∴函数f(x)＝ eq \f(1,x2) 在(－∞，0)上是增函数． 对于任意的x1，x2∈(0，＋∞)，且x1<x2，有f(x1)－f(x2)＝eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) eq \f(（x2－x1）（x2＋x1）,xx eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ) . ∵0<x1<x2，∴x2－x1>0，x2＋x1>0，x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) x eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) >0. ∴f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2). ∴函数f(x)＝ eq \f(1,x2) 在(0，＋∞)上是减函数． 题型三　函数单调性的应用 角度1　比较大小 例3.已知函数y＝f(x)在[0，＋∞)上是减函数，则(　　) A．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) ＞f(a2－a＋1) B．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) ＜f(a2－a＋1) C．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) ≥f(a2－a＋1) D．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) ≤f(a2－a＋1) 答案：C 解析：∵a2－a＋1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2))) eq \s\up12(2) ＋ eq \f(3,4) ≥ eq \f(3,4) .又函数y＝f(x)在[0，＋∞)是减函数， ∴f(a2－a＋1)≤f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4))) .故选C. [总结] 　(1)若函数f(x)是其定义域上的增函数，那么当f(a)>f(b)时，a>b；若函数f(x)是其定义域上的减函数，那么当f(a)>f(b)时，a<b. (2)利用单调性比较函数值或自变量的大小时，要注意将对应的自变量转化到同一个单调区间上． 角度2　解不等式 例4.f(x)是定义在(－2，2)上的减函数，若f(m－1)＞f(2m－1)，则实数m的取值范围是(　　) A．m＞0 B．0＜m＜ eq \f(3,2) C．－1＜m＜3 D．－ eq \f(1,2) ＜m＜ eq \f(3,2) 解析：由题意知 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2<m－1<2，,－2<2m－1<2，,m－1<2m－1，)) 解得0<m< eq \f(3,2) .故选B. 答案：B [总结] 　利用单调性解不等式，就是根据单调性去掉函数的对应法则，构造不等式(不等式组)求解，注意函数的定义域，所有自变量都必须在函数的定义域内． 角度3　利用函数的单调性求参数的取值范围 例5.若函数f(x)＝－x2－2(a＋1)x＋3在区间(－∞，3]上是增函数，则实数a的取值范围是________． 解析：由题意得－(a＋1)≥3，即a≤－4，所以a的取值范围是(－∞，－4]. 答案：(－∞，－4] 【母题探究】　(变条件)若本例的函数f(x)在(1，2)上是单调函数，求a的取值范围． 解：由题意可知－(a＋1)≤1或－(a＋1)≥2，即a≤－3或a≥－2. 所以a的取值范围为(－∞，－3]∪[－2，＋∞). [总结] 　“函数的单调区间为I”与“函数在区间I上单调”的区别 单调区间是一个整体概念，说函数的单调递减区间是I，指的是函数递减的最大范围为区间I，而函数在某一区间上单调，则指此区间是相应单调区间的子区间．所以我们在解决函数的单调性问题时，一定要仔细读题，明确条件含义． 【练一练】 4．已知函数f(x)＝x2＋bx＋c图象的对称轴为直线x＝2，则下列关系式正确的是(　　) A．f(－1)＜f(1)＜f(2) B．f(1)＜f(2)＜f(－1) C．f(2)＜f(1)＜f(－1) D．f(1)＜f(－1)＜f(2) 解析：因为该二次函数的图象开口向上，对称轴为直线x＝2，所以f(x)在(－∞，2]上单调递减，因为2>1>－1，所以f(2)<f(1)<f(－1).故选C. 答案： C 5．函数y＝f(x)在R上为增函数，且f(2m)＞f(－m＋9)，则实数m的取值范围是(　　) A．(－∞，－3) B．(0，＋∞) C．(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，＋∞)) 答案：C 解析：因为函数y＝f(x)在R上为增函数，且f(2m)>f(－m＋9)，所以2m>－m＋9，即m>3.故选C. 6．已知函数f(x)＝|2x－a|的单调递增区间是[3，＋∞)，则a的值为________． 解析：f(x)＝|2x－a|＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－a，x≥\f(a,2)，,－2x＋a，x<\f(a,2)，)) 所以f(x)＝|2x－a|的单调递减区间是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(a,2))) ，单调递增区间是 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞)) ， 若函数f(x)＝|2x－a|的单调递增区间是[3，＋∞)，则 eq \f(a,2) ＝3，解得a＝6. 答案：6 7．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（a－3）x＋5，x≤1，,\f(2a,x)，x>1)) 是R上的减函数，则实数a的取值范围是____________． 解析：依题意得实数a满足 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－3<0，,2a>0，,（a－3）＋5≥2a，)) 解得0<a≤2. 答案：(0，2] 培优拓展系列(五)·抽象函数单调性判断 抽象函数一般由方程(不等式)确定，这类函数的单调性问题一般用单调性的定义来处理，但要注意运用好所给的条件，判断出函数值之间的关系．常见思路是： 先在所证区间上设出任意x1，x2(x1<x2)，然后利用题设条件向已知区间上转化，最后运用函数单调性的定义解决问题． 注意：若给出的是和型(f(x＋y)＝…)抽象函数，判定符号时的常用的变形为f(x2)－f(x1)＝f((x2－x1)＋x1)－f(x1)，f(x2)－f(x1)＝f(x2)－f((x1－x2)＋x2)； 若给出的是积型(f(xy)＝…)抽象函数，判定符号时的常用变形为f(x2)－f(x1)＝f(x1· eq \f(x2,x1) )－f(x1)，f(x2)－f(x1)＝f(x2)－(x2· eq \f(x1,x2) ). 例6.设(x)是定义在R上的函数，对任意m，n∈R，恒有f(m＋n)＝f(m)f(n)(f(m)≠0，f(n)≠0)，且当x>0时，0<f(x)<1. (1)求证f(0)＝1； (2)求证当x∈R时，恒有f(x)>0； (3)求证f(x)在R上是减函数． [思路点拨]　(1)可通过赋值求f(0)；(2)可通过f(0)＝f(x＋(－x))＝f(x)f(－x)证明f(x)>0；(3)利用定义可证明函数的单调性． 解：(1)根据题意，令m＝0，可得f(0＋n)＝f(0)·f(n)， ∵f(n)≠0，∴f(0)＝1. (2)由题意知当x>0时，0<f(x)<1， 当x＝0时，f(0)＝1>0， 当x<0时，－x>0，0<f(－x)<1. ∵f(x＋(－x))＝f(x)f(－x)， ∴f(x)f(－x)＝1. ∴f(x)＝ eq \f(1,f（－x）) >0.故当x∈R时，恒有f(x)>0. (3)设x1，x2∈R，且x1<x2， 则f(x2)－f(x1)＝f(x1＋(x2－x1))－f(x1)＝f(x1)f(x2－x1)－f(x1)＝f(x1)[(f(x2－x1)－1)]. 由(2)知f(x1)>0，又x2－x1>0，∴0<f(x2－x1)<1，∴f(x2－x1)－1<0， ∴f(x2)－f(x1)<0，即f(x2)<f(x1)，∴f(x)在R上是减函数． 【练一练】 8．(2023·四川绵阳期中)已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足f( eq \f(x1,x2) )＝f(x1)－f(x2)，且当x>1时，f(x)<0. (1)求f(1)的值； (2)判断f(x)的单调性． 解：令x1＝x2>0，代入得f(1)＝f(x1)－f(x1)＝0，故f(1)＝0. (2)任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1>x2，则 eq \f(x1,x2) >1， ∵当x>1时，f(x)<0，∴f( eq \f(x1,x2) )<0，即f(x1)－f(x2)<0， 因此f(x1)<f(x2)，∴函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增． $