《2025年金版新学案高中数学必修1人教版》

新知 构建
如果函数$y = f(x)$在区间$I$上单调递增或单调递减，那么就说函数$y = f(x)$在这一区间具有(严格的)单调性，区间$I$叫做$y = f(x)$的单调区间.

答案： 单调递增　单调递减　单调区间

典例 2 画出函数$f(x) = -x^2 + 2|x|$的图象，根据图象写出函数$f(x)$的单调区间.
听课笔记：

答案：
解:如图所示,由图象可知函数f(x)的单调递增区间是(−∞,−1)和(0,1),函数f(x)的单调递减区间是(−1,0)和(1,+∞).
　　　　　　　　　　

对点练 2. 画出函数$y = |x|(x - 2)$的图象，并指出函数的单调区间.

答案：
解:y = |x|$(x - 2) = \begin{cases} x^2 - 2x = (x - 1)^2 - 1, & x \geq 0, \\ -x^2 + 2x = -(x - 1)^2 + 1, & x ＜ 0, \end{cases} $
　函数的图象如图中实线部分所示,
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　由函数的图象知,函数的单调递增区间为(−∞,0]和[1,+∞),单调递减区间为(0,1).

典例 3
(1) 已知函数$f(x)$在区间$[0, +\infty)$上是增函数，则$f(2), f(\pi), f(3)$的大小关系是 (D)

A.$f(\pi) ＞ f(2) ＞ f(3)$
B.$f(3) ＞ f(\pi) ＞ f(2)$
C.$f(2) ＞ f(3) ＞ f(\pi)$
D.$f(\pi) ＞ f(3) ＞ f(2)$

答案：
(1)D　
(1)因为f(x)在区间[0,+∞)上是增函数,且π＞3＞2,所以f(π)＞f
(3)＞f
(2).故选D.

(2) 已知函数$f(x) = x^2 + 4x + c$，则 (D)

A.$f(1) ＜ c ＜ f(-2)$
B.$c ＜ f(-2) ＜ f(1)$
C.$c ＞ f(1) ＞ f(-2)$
D.$f(1) ＞ c ＞ f(-2)$

答案：
(2)D　
(2)因为二次函数f(x)图象的对称轴为直线x = −2,且开口向上,所以函数在[−2,+∞)上单调递增,所以f
(1)＞f
(0)＞f(−2),又f
(0)=c,所以f
(1)＞c＞f(−2).故选D.

对点练 3. 已知函数$f(x) = ax^2 - 2ax + 2(a ＞ 0)$，则$f(0), f(-1)$的大小关系是 (C)

A.$f(0) ＞ f(-1)$
B.$f(0) = f(-1)$
C.$f(0) ＜ f(-1)$
D.$f(0)$与$f(-1)$的大小关系不确定

答案： 对点练3.C　f(x)=ax²−2ax + 2=a(x−1)²+2−a,因为a＞0,所以f(x)的图象开口向上,对称轴为直线x = 1,故f(x)在(−∞,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，故f
(0) ＜ f(−1)。故C正确。故选C。

典例 4 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$x$的取值范围为$\left[ 1, \frac{3}{2} \right) $.
听课笔记：

答案： x的取值范围为$\left[ 1, \frac{3}{2} \right) $。由题意，得$ \begin{cases} -1 \leq x - 2 \leq 1, \\ -1 \leq 1 - x \leq 1, \end{cases} $解得$ 1 \leq x \leq 2 $。①
　因为f(x)是定义在区间[−1,1]上的增函数,且f(x−2)＜f(1−x),所以x−2＜1−x,解得x＜$\frac{3}{2}$。 ②
　由①②得$ 1 \leq x ＜ \frac{3}{2} $。所以x的取值范围为$ \left[ 1, \frac{3}{2} \right) $。

对点练 4. 已知函数$f(x)$对任意$x_1,x_2 \in \mathbf{R}$，都有$\frac{f(x_1) - f(x_2)}{x_1 - x_2} ＜ 0$，且$f(2 - 2m) ＞ f(1 + m)$，则实数$m$的取值范围是 (A)

A.$(\frac{1}{3}, +\infty)$
B.$(-\infty, \frac{1}{3})$
C.$(\frac{1}{3}, 1)$
D.$(-1, \frac{1}{3})$

答案： 对点练4.A　由题意得f(x)在R上单调递减,因为f(2−2m)＞f(1+m),所以2−2m＜1+m,解得m＞$\frac{1}{3}$,故选A.