第2章 3 第2课时 函数单调性的证明和应用-【优学精讲】2026-2027学年高中数学必修第一册教用Word（北师大版）

本讲义聚焦高中数学函数单调性的证明与应用核心知识点，构建从定义法证明（含步骤梳理、变形技巧）到应用（求最值、比较大小、解不等式、求参数）的完整学习支架，衔接单调性定义基础，深化知识应用。 资料以母题探究驱动思维进阶，如例1证明后拓展含参数函数单调性讨论，培养推理能力，跟踪训练分层设计，助力学生用数学语言表达问题。课中辅助教师高效授课，课后帮助学生查漏补缺，强化知识理解与应用。

第2课时　函数单调性的证明和应用 应用点一　函数单调性的证明 [例1] (对接教材例5)用函数单调性的定义证明函数f(x)＝在区间(－1，1)上单调递减． 【证明】　任取x1，x2∈(－1，1)，且x1＜x2，所以f(x1)－f(x2)＝－＝， 因为x1，x2∈(－1，1)，且x1＜x2， 所以x2－x1＞0，x1－1＜0，x2－1＜0， 所以＞0， 所以f(x1)＞f(x2)，所以函数f(x)＝在区间(－1，1)上单调递减． 母题探究　将本例中函数改为f(x)＝，x∈(－1，1)，试讨论函数的单调性． 解：当a＝0时，f(x)＝0，在(－1，1)上不具有单调性； 当a≠0时，任取x1，x2∈(－1，1)，且x1＜x2，所以f(x1)－f(x2)＝－ ＝ ＝， 由例1解析知＞0， 当a＞0时，f(x1)－f(x2)＞0， 即f(x1)＞f(x2)， 所以f(x)在(－1，1)上单调递减， 当a＜0时，f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，所以f(x)在(－1，1)上单调递增． 综上，当a＝0时，f(x)在(－1，1)上不具有单调性； 当a＞0时，f(x)在(－1，1)上单调递减； 当a＜0时，f(x)在(－1，1)上单调递增． (1)证明函数单调性的一般步骤 (2)常用的变形技巧 ①因式分解，当原函数是多项式函数时，通常作差变形后进行因式分解；②通分，当原函数是分式函数时，作差后往往进行通分，然后对分子进行因式分解；③配方；④分子有理化，当原函数是根式函数时，作差后往往考虑分子有理化． [跟踪训练1] 已知函数f(x)＝x＋，且f(1)＝2. (1)求m； (2)根据定义证明函数f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增． 解：(1)因为f(1)＝2， 所以2＝1＋m，所以m＝1. (2)证明：由于f(x)＝x＋， 任取x1，x2∈(1，＋∞)，且x1<x2， 则f(x1)－f(x2)＝x1＋－x2－ ＝x1－x2＋＝(x1－x2)， 因为x1<x2，x1x2∈(1，＋∞)， 所以x1－x2<0，0<<1，1－>0， 所以f(x1)－f(x2)<0， 即f(x1)<f(x2)， 故f(x)在(1，＋∞)上单调递增． 应用点二　函数单调性的应用 角度1　求最值 [例2] 已知函数f(x)＝＋3(x∈[2，4])，求函数f(x)的最大值和最小值． 【解】　任取x1，x2∈[2，4]，且x1<x2，所以f(x1)－f(x2)＝＋3－＝－＝＝， 因为2≤x1<x2≤4，所以x1－x2<0，1－x1<0，1－x2<0，所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，所以f(x)在[2，4]上单调递增，所以f(x)max＝f(4)＝1，f(x)min＝f(2)＝－3. 角度2　比较大小、解不等式 [例3] (1)函数f(x)在区间(－1，3]上单调递减，则(　　) A．f(－2)>f(2)　　　　 B．f(0)<f(3) C．f(－1)>f(3) D．f(0)>f(3) (2)(2026·焦作月考)已知f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的增函数，且f(x－1)<f(1－3x)，则x的取值范围是____________． 【解析】　(1)对于A，因为－2∉(－1，3]，所以不能判断f(－2)，f(2)的大小关系，因此A不正确； 对于B，D，因为0，3∈(－1，3]，且函数f(x)在区间(－1，3]上单调递减， 所以f(0)>f(3)，因此B不正确，D正确； 对于C，因为－1∉(－1，3]，所以不能判断f(－1)，f(3)的大小关系，因此C不正确． (2) 因为函数f(x)是定义域为(－∞，＋∞)的增函数，且f(x－1)<f(1－3x)， 得x－1<1－3x，解得x<，即x的取值范围为(－∞，). 【答案】　(1)D　(2)(－∞，) 母题探究　本例(2)中的条件“(－∞，＋∞)”变为“[－1，1]”，其余不变，则x的取值范围是　(　　) A．[0，) B．(0，) C．(，1] D．[－1，) 解析：选A.因为f(x)是定义在[－1，1]上的增函数，且f(x－1)<f(1－3x)， 则－1≤x－1<1－3x≤1，解得0≤x<，所以x的取值范围是[0，). 角度3　已知函数单调性求参数 [例4] (1)若函数f(x)＝－x2－2(a＋1)x＋3在区间[3，＋∞)上单调递减，则实数a的取值范围是__________． (2)已知函数f(x)＝是增函数，则实数a的取值范围是___________________________． 【解析】　(1)因为f(x)＝－x2－2(a＋1)x＋3＝－(x＋a＋1)2＋(a＋1)2＋3， 所以函数的单调递减区间为[－a－1，＋∞)， 由f(x)在[3，＋∞)上单调递减知－a－1≤3， 解得a≥－4，即实数a的取值范围是[－4，＋∞). (2)因为函数f(x)＝ 是增函数，又函数f(x)＝ax2－ax－1的对称轴为直线x＝1， 所以 解得－≤a＜0，即实数a的取值范围是. 【答案】　(1) [－4，＋∞)　 (2) (1)利用函数的单调性可以比较函数值或自变量的大小．在利用函数的单调性比较函数值大小时，要注意将对应的自变量转化到同一个单调区间内． (2)利用函数的单调性解函数值的不等式就是利用函数在某个区间内的单调性，去掉对应关系“f”，转化为自变量的不等式，此时一定要注意自变量的限制条件，以防出错． (3)由分段函数单调性求参数范围时，一般从两个方面思考：一方面每个分段区间上函数具有相同的单调性，由此列出相关式子；另一方面是考虑端点处的衔接情况，由此列出另一相关式子，求解即可． [跟踪训练2] (1)(2026·济源月考)函数f(x)在定义域[0，＋∞)上单调递减，且f(2)＝－1，则满足f(2x－4)>－1的实数x的取值范围是(　　) A．(3，＋∞) B．(－∞，3) C．[2，3) D．[0，3) 解析：选C.因为f(2)＝－1，所以由f(2x－4)>－1，得f(2x－4)>f(2)，又f(x)在定义域[0，＋∞)上单调递减，所以0≤2x－4<2，解得2≤x＜3，故选C. (2)(多选)函数f(x)＝在区间(b，＋∞)上单调递增，则下列说法正确的是(　　) A．a＞－2 B．b＞－1 C．b≥－1 D．a＜－2 解析：选AC.f(x)＝＝＝2－，因为f(x)在区间(b，＋∞)上单调递增，所以a＋2＞0，所以a＞－2. 又f(x)的定义域为(－∞，－1)∪(－1，＋∞)，所以f(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增，故b≥－1.故选AC. (3)函数f(x)＝＋1的最小值为________． 解析：f(x)＝＋1＝＋1＝＋＋1， 令t＝，t∈[，＋∞)， 则函数f(x)可转化为g(t)＝t＋＋1，t∈[，＋∞).　 令u(t)＝t＋(t≥)，则由u(t)在[，＋∞)上单调递增可知， u(t)≥＋＝，则g(t)≥＋1. 故函数f(x)的最小值为＋1. 答案：＋1 1．若函数f(x)＝2x2－ax＋3在区间[1，2)上单调递增，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，2] B．(－∞，4] C．[2，＋∞) D．[4，＋∞) 解析：选B.因为函数f(x)＝2x2－ax＋3的图象是抛物线，且开口向上，对称轴是直线x＝，在对称轴的右侧，函数单调递增， 所以函数f(x)在区间[1，2)上单调递增时，≤1，即a≤4. 所以实数a的取值范围是(－∞，4]. 2．函数f(x)＝(m－1)x＋b是R上的增函数，则(　　) A．f(m)>f(1) B．f(m)<f(1) C．f(m)≥f(1) D．f(m)≤f(1) 解析：选A.由题意知m－1>0，所以m>1，所以f(m)>f(1). 3．已知函数f(x)＝是减函数，则实数a的取值范围是________________________． 解析：根据题意，有 解得1≤a≤3，即实数a的取值范围为[1，3]. 答案：[1，3] 4．已知函数f(x)＝. (1)判断函数在区间(－1，＋∞)上的单调性，并用定义证明你的结论； (2)求函数在区间[2，4]上的最值． 解：(1)函数f(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增，证明如下： 任取x1，x2∈(－1，＋∞)，且x1＜x2， 则f(x1)－f(x2)＝－＝. 因为－1＜x1＜x2，所以x1＋1＞0，x2＋1＞0，x1－x2＜0， 所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，所以函数f(x)在区间(－1，＋∞)上单调递增． (2)由(1)知f(x)在区间[2，4]上单调递增，所以f(x)的最小值为f(2)＝＝，最大值为f(4)＝＝. 1．已学习：定义法证明、判断函数的单调性． 2．须贯通：利用函数的单调性求最值、比较大小、求参数、解不等式． 3．应注意：(1)用定义证明单调性时化简不彻底； (2)利用函数单调性解决问题时忽略其定义域． 学科网（北京）股份有限公司 $