第5章 §5.3 第1课时 函数的单调性（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高一数学必修第一册学习笔记（苏教版）

本讲义聚焦高中数学函数的单调性核心知识点，从艾宾浩斯记忆曲线实例直观感知函数变化规律，通过函数图象观察抽象出增函数、减函数定义，结合表格梳理概念注意点，再通过画图、定义证明及参数应用构建完整学习支架。 以现实情境导入培养数学眼光，问题链引导从直观到抽象发展数学思维，例题与跟踪训练结合数形结合强化数学语言表达。课中助力教师突破抽象概念教学，课后通过分层练习帮助学生巩固知识、查漏补缺。

第1课时　函数的单调性 学习目标　1.了解函数的单调区间、单调性等概念.2.会求一些具体函数的单调区间.3.会用定义证明函数的单调性. 导语 我们知道，“记忆”在我们的学习过程中扮演着非常重要的角色，因此有关记忆的规律一直都是人们研究的课题.德国心理学家艾宾浩斯曾经对记忆保持量进行了系统的实验研究，并给出了类似如图所示的记忆规律. 如果我们以x表示时间间隔(单位：h)，y表示记忆保持量(单位：%)，则不难看出，图中，y是x的函数，记这个函数为y=f(x). 这个函数反映出记忆具有什么规律？你能从中得到什么启发？ 一、直观感知函数的单调性 问题1　观察下面三个函数图象，他们的图象有什么变化规律？这反映了相应函数值的哪些变化规律？ 提示　函数y=x的图象从左向右看是上升的；函数y=x2的图象在y轴左侧是下降的，在y轴右侧是上升的；函数y=-x2的图象在y轴左侧是上升的，在y轴右侧是下降的. 问题2　如何理解函数图象是上升的？ 提示　从左向右的方向看函数的图象，当图象上点的横坐标逐渐增大时，点的纵坐标也逐渐变大，即函数的自变量逐渐增大时，对应的函数值逐渐增大. 知识梳理 1.增函数与减函数的定义 前提条件 设函数y=f(x)的定义域为A，区间I⊆A 条件 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) 都有f(x1)>f(x2) 图示 结论 y=f(x)在区间I上单调递增，I称为y=f(x)的增区间. 特别地，当函数f(x)在它的定义域上单调递增时，称f(x)是增函数 y=f(x)在区间I上单调递减，I称为y=f(x)的减区间. 特别地，当函数f(x)在它的定义域上单调递减时，称f(x)是减函数 2.函数的单调性与单调区间 如果函数y=f(x)在区间I上单调递增或单调递减，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. 注意点： (1)区间I是定义域的子集，即应在函数的定义域内研究单调性. (2)单调性应注意“三特性”：①同区间性，即x1，x2∈I；②任意性，即不可以用区间I上的特殊值代替；③有序性，即要规定x1，x2的大小. (3)“单调递增(递减)”“x1，x2的大小”“f(x1)与f(x2)的大小”知二求一. (4)单调性是函数的局部性质，增(减)函数是函数的整体性质. 例1　(课本例1)画出下列函数图象，并写出单调区间： (1)y=-x2+2； (2)y=(x≠0). 解　(1)函数图象如图(1)，增区间为(-∞，0]，减区间为[0，+∞). (2)函数图象如图(2)，(-∞，0)和(0，+∞)是两个减区间. 例1　已知函数f(x)=|x|(x-2)， (1)画出函数图象； (2)结合图象写出函数的增区间和减区间. 解　(1)因为f(x)=|x|(x-2) = 所以该函数的图象如图所示. (2)由(1)中的函数图象可知，该函数的增区间为(-∞，0)和(1，+∞)，减区间为(0，1). 反思感悟　(1)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，若所给函数不是上述函数但函数图象容易作出，可作出其图象，根据图象写出其单调区间. (2)一个函数出现两个或两个以上的单调区间时，不能用“∪”连接两个单调区间，而要用“和”连接或用“，”分开. 跟踪训练1　已知函数f(x)=x2-4|x|+3，x∈R.画出f(x)的图象并根据图象写出它的单调区间. 解　f(x)=x2-4|x|+3 = 其图象如图所示. 由图象可知，函数f(x)的增区间为[-2，0)，[2，+∞)，减区间为(-∞，-2)，[0，2). 二、利用定义证明函数的单调性 例2　(课本例2)证明：函数f(x)=--1在区间(-∞，0)上单调递增. 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)=-=-= 所以f(x1)-f(x2)<0，即f(x1)<f(x2). 故f(x)=--1在区间(-∞，0)上单调递增. 例2　已知函数f(x)=. (1)求f(x)的定义域； (2)判断函数f(x)在(1，+∞)上的单调性，并用定义加以证明. 解　(1)由x2-1≠0，得x≠±1， 所以函数f(x)=的定义域为{x|x∈R， 且x≠±1}. (2)函数f(x)=在(1，+∞)上单调递减. 证明：∀x1，x2∈(1，+∞)， 且x1<x2， 则f(x2)-f(x1)=- = 由x1，x2∈(1，+∞)， 得x1>1，x2>1， 所以-1>0-1>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)=在(1，+∞)上单调递减. 反思感悟　利用定义判断或证明函数单调性的步骤 跟踪训练2　已知函数f(x)=x2-2x.用定义法证明函数y=f(x)在区间(-∞，1]上单调递减. 证明　任取x1，x2∈(-∞，1]，且x1<x2，则x1-x2<0且x1+x2<2， 所以f(x1)-f(x2)=(-2x1)-(-2x2)=(-)-2(x1-x2) =(x1-x2)(x1+x2)-2(x1-x2)=(x1-x2)(x1+x2-2)>0，即f(x1)>f(x2)， 所以函数y=f(x)在区间(-∞，1]上单调递减. 三、函数单调性的简单应用 例3　(1)若函数f(x)=-x2-2(a+1)x+3在区间(-∞，3]上单调递增，则实数a的取值范围是　　　　.  答案　(-∞，-4] 解析　f(x)=-x2-2(a+1)x+3 =-(x+a+1)2+(a+1)2+3. 因此函数的增区间为(-∞，-a-1]， 由f(x)在(-∞，3]上单调递增知3≤-a-1， 解得a≤-4， 即实数a的取值范围为(-∞，-4]. (2)已知函数y=f(x)是(-∞，+∞)上的增函数，且f(2x-3)>f(5x-6)，则实数x的取值范围为　　　.  答案　(-∞，1) 解析　∵f(x)在(-∞，+∞)上是增函数， 且f(2x-3)>f(5x-6)， ∴2x-3>5x-6，即x<1. ∴实数x的取值范围为(-∞，1). (3)若函数f(x)=是定义在R上的减函数，则a的取值范围为(　　) A. B. C. D.∪ 答案　A 解析　因为f(x)是定义在R上的减函数， 所以 解得≤a<. 延伸探究1　在本例(1)中，若函数f(x)的增区间是(-∞，3]，则实数a的值为　　　　.  答案　-4 解析　由(1)知，函数f(x)的增区间为(-∞，-a-1]， 所以-a-1=3，a=-4. 延伸探究2　若本例(2)中函数f(x)是定义在(0，+∞)上的减函数，求x的取值范围. 解　由题意可知解得x> 所以x的取值范围为. 延伸探究3　已知函数f(x)=(t>0)是增函数，则实数t的取值范围是(　　) A.{1} B.(0，+∞) C.(1，+∞) D.[1，+∞) 答案　D 解析　因为f(x)=(t>0)是增函数， 所以所以t≥1. 反思感悟　由函数单调性求参数范围的处理方法 (1)由函数解析式求参数 若为二次函数——判断开口方向与对称轴——利用单调性确定参数满足的条件. 若为一次函数——由一次项系数的正负决定单调性. 若为函数y=|f(x)|或y=f(|x|)类——数形结合，探求参数满足的条件. (2)当函数f(x)的解析式未知时，欲求解不等式，可以依据函数单调性的定义和性质，列出关于自变量的不等式(组)，然后求解，此时注意函数的定义域. 1.知识清单： (1)增函数、减函数的定义. (2)函数的单调性与单调区间. 2.方法归纳：数形结合法. 3.常见误区： (1)函数的单调区间不能用并集. (2)利用函数的单调性求参数的取值范围忽略函数的定义域. 课时对点练 [分值：100分] 单选题每小题5分，共30分；多选题每小题6分，共12分 1.如图是函数y=f(x)在[-2，2]上的图象，则函数f(x)的减区间是(　　) A.(-1，0) B.(1，2) C.(-1，0)∪(1，2) D.(-1，0)，(1，2) 答案　D 解析　由图可知，f(x)在[-2，2]上的减区间有2个，分别为(-1，0)，(1，2). 2.函数f(x)=|x|，g(x)=x(2-x)的增区间分别是(　　) A.(-∞，0]，(-∞，1] B.(-∞，0]，(1，+∞) C.[0，+∞)，(-∞，1] D.[0，+∞)，[1，+∞) 答案　C 解析　分别作出f(x)与g(x)的图象(图略)，得f(x)的增区间是[0，+∞)，g(x)的增区间是(-∞，1]. 3.若函数y=x2+(2a-1)x+1在区间(-∞，2]上不单调，则实数a的取值范围是(　　) A. B. C.(3，+∞) D.(-∞，-3] 答案　A 解析　∵函数y=x2+(2a-1)x+1的图象开口向上，对称轴为直线x=-且函数在区间(-∞，2]上不单调，∴2>-解得a>-. 4.已知f(x)在R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) 答案　D 解析　由a+b≤0，得a≤-b，b≤-a. ∵f(x)在R上是减函数， ∴f(a)≥f(-b)，f(b)≥f(-a)， ∴f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b). 5.已知函数f(x)=若f(4-a)>f(a)，则实数a的取值范围是(　　) A.(-∞，2) B.(2，+∞) C.(-∞，-2) D.(-2，+∞) 答案　A 解析　画出f(x)的图象(图略)可判断f(x)在R上是增函数， 故f(4-a)>f(a)⇔4-a>a，解得a<2. 6.(多选)下列说法中，正确的有(　　) A.若任意x1，x2∈I，当x1<x2时>0，则y=f(x)在I上单调递增 B.函数y=x2在R上是增函数 C.函数f(x)=在定义域上是减函数 D.函数y=的单调区间是(-∞，0)∪(0，+∞) 答案　AC 解析　当x1<x2时，x1-x2<0， 由>0知f(x1)-f(x2)<0， 即f(x1)<f(x2)，A正确； 作出函数f(x)=的图象(图略)可知其在定义域上是减函数， C正确；B和D错误. 7.(5分)函数f(x)的定义域为D，给出下列两个条件：①f(1)=0；②任取x1，x2∈D且x1≠x2，都有>0恒成立.请写出一个同时满足条件①②的函数f(x)=　　　　　　.  答案　x3-1(答案不唯一) 解析　因为函数f(x)的定义域为D，任取x1，x2∈D且x1≠x2，都有>0恒成立， 所以f(x)在定义域内为增函数. 因为f(1)=0， 所以满足题意的函数可以是f(x)=x3-1.(注：只要满足是增函数且f(1)=0的函数均可) 8.(5分)已知f(x)是定义在区间[-1，1]上的增函数，且f(x-2)<f(1-x)，则x的取值范围是　　　　　　　.  答案　 解析　由题意，得 解得1≤x<故x的取值范围是. 9.(10分)已知函数f(x)=mx++(m，n是常数)，且f(1)=2，f(2)=. (1)求m，n的值；(4分) (2)当x∈[1，+∞)时，判断f(x)的单调性并用定义证明.(6分) 解　(1)因为f(1)=m++=2， f(2)=2m++=.所以 (2)由(1)知f(x)=x++f(x)在[1，+∞)上单调递增，证明如下： 设1≤x1<x2， f(x1)-f(x2)=x1++- =(x1-x2)=. 因为1≤x1<x2， 所以x1-x2<0，x1x2>1，所以2x1x2>2>1， 所以<0， 即f(x1)<f(x2)， 所以f(x)在[1，+∞)上单调递增. 10.(11分)已知函数f(x)=x2+2ax+2. (1)若函数f(x)的减区间是(-∞，4]，求实数a的值；(5分) (2)若函数f(x)在区间(-∞，4]上单调递减，求实数a的取值范围.(6分) 解　(1)f(x)的对称轴方程为x=-a，图象开口向上， 所以f(x)的减区间是(-∞，-a]， 因为函数f(x)的减区间是(-∞，4]， 所以a=-4. (2)f(x)的减区间是(-∞，-a]， 因为函数f(x)在区间(-∞，4]上单调递减， 所以-a≥4，解得a≤-4， 所以实数a的取值范围为(-∞，-4]. 11.已知函数f(x)=f(x)对于∀x1，x2∈R，x1≠x2，都有<0成立，则实数a的取值范围为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　因为对于∀x1，x2∈R，x1≠x2，都有<0成立，所以f(x)在R上单调递减， 又因为f(x)=所以解得≤a< 即实数a的取值范围为. 12.(多选)下列函数中，满足“∀x1，x2∈(0，+∞)，都有<0”的有(　　) A.f(x)=|x-1| B.f(x)=-3x+1 C.f(x)=x2+4x+3 D.f(x)= 答案　BD 解析　∀x1，x2∈(0，+∞)，都有<0， 则y=f(x)在(0，+∞)上单调递减， f(x)=|x-1|在(1，+∞)上单调递增，故A错误； f(x)=-3x+1在(0，+∞)上单调递减，故B正确； f(x)=x2+4x+3的对称轴方程为x=-2，故f(x)在(0，+∞)上单调递增，故C错误； f(x)=在(0，+∞)上单调递减，故D正确. 13.(5分)若函数f(x)=在(a，+∞)上单调递减，则a的取值范围是　　　　.  答案　[-1，+∞) 解析　函数f(x)=的减区间为(-1，+∞)，(-∞，-1)， 又f(x)在(a，+∞)上单调递减，所以a≥-1. 14.(5分)已知f(x)是定义在区间(0，+∞)上的增函数，且f=f(x)-f(y)，f(2)=1，如果x满足f(x)-f≤2，则x的取值范围为　　　　　.  答案　(3，4] 解析　在f=f(x)-f(y)中， 令x=4，y=2，则f(2)=f(4)-f(2)，则f(4)=2， 由f(x)-f≤2可得，f(x(x-3))≤f(4)， 因为f(x)是定义在区间(0，+∞)上的增函数， 所以解得3<x≤4. 则x的取值范围为(3，4]. 15.(5分)已知函数y=f(x)的定义域为R，且对任意a，b∈R，都有f(a+b)=f(a)+f(b)，且当x>0时，f(x)<0恒成立.若f(x2-2)+f(x)<0，则x的取值范围为　　　　　　.  答案　(-∞，-2)∪(1，+∞) 解析　设x1<x2，则x2-x1>0， 当x>0时，f(x)<0恒成立，则f(x2-x1)<0， ∴f(x2)-f(x1)=f(x2-x1+x1)-f(x1)=f(x2-x1)<0，即f(x2)<f(x1)， ∴函数y=f(x)是R上的减函数. 易知f(0)=2f(0)，则f(0)=0. f(x2-2)+f(x)<0⇔f(x2-2+x)<f(0)， ∴x2+x-2>0，解得x>1或x<-2， 故x的取值范围是(-∞，-2)∪(1，+∞). 16.(12分)已知定义域为(-1，1)的函数f(x)满足∀x1，x2∈(-1，1)，f(x1)-f(x2)=f且当x>0时，f(x)>0. (1)求f(0)的值；(2分) (2)用单调性定义证明：f(x)在定义域上是增函数；(4分) (3)若f =1，求不等式f(x)+f(3x-1)<1的解集.(6分) (1)解　因为∀x1，x2∈(-1，1)，f(x1)-f(x2)=f 所以令x1=x2=0，可得f(0)-f(0)=f(0)，得f(0)=0. (2)证明　若∀x1，x2∈(-1，1)，且x1>x2，则f(x1)-f(x2)=f 显然x1-x2>0，1-x1x2>0，所以>0，又-1==<0，所以0<<1， 因为当x>0时，f(x)>0，所以f(x1)-f(x2)=f>0，即f(x1)>f(x2)， 所以f(x)在定义域上是增函数. (3)解　因为函数f(x)的定义域为(-1，1)，所以解得0<x<. 由f=1，得f(x)+f(3x-1)<1等价于f(3x-1)<f-f(x)， 而f(x1)-f(x2)=f所以f(3x-1)<f=f又f(x)在定义域上为增函数，所以3x-1<又0<x<解得0<x< 故原不等式的解集为. 学科网（北京）股份有限公司 $