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1.3.1 单调性

从图 1-1～图 1-3 可以看出三个基本函数的单调区间, 不需要记忆, 画图即可.

💡 知识点 1.5

(1) y=sin⁡xy = \sin x 在 [2kπ−π2,2kπ+π2](k∈Z)\left[2k\pi - \frac{\pi}{2}, 2k\pi + \frac{\pi}{2}\right] (k \in \mathbb{Z}) 上单调递增, 在 [2kπ+π2,2kπ+3π2](k∈Z)\left[2k\pi + \frac{\pi}{2}, 2k\pi + \frac{3\pi}{2}\right] (k \in \mathbb{Z}) 上单调递减. (2) y=cos⁡xy = \cos x 在 [2kπ−π,2kπ](k∈Z)[2k\pi - \pi, 2k\pi](k \in \mathbb{Z}) 上单调递增, 在 [2kπ,2kπ+π](k∈Z)[2k\pi, 2k\pi + \pi](k \in \mathbb{Z}) 上单调递减. (3) y=tan⁡xy = \tan x 在 (kπ−π2,kπ+π2)(k∈Z)\left(k\pi - \frac{\pi}{2}, k\pi + \frac{\pi}{2}\right) (k \in \mathbb{Z}) 上单调递增.

三角函数的单调区间问题, 绝大部分是以复合函数 y=Asin⁡(ωx+φ)y = A \sin (\omega x + \varphi) , y=Acos⁡(ωx+φ)y = A \cos (\omega x + \varphi) , y=Atan⁡(ωx+φ)y = A \tan (\omega x + \varphi) 形式来考查, 这三种复合函数的外层函数为三角函数, 内层函数是一次函数. 因为一次函数的单调性是确定的, 所以根据复合函数单调性 “同增异减” 的规则, 我们就可以求出复合函数的单调区间.

✍️ 例 1.31

求下列函数的单调区间.
(1) y=sin⁡(2x−π3);y = \sin \left(2x - \frac{\pi}{3}\right); (2) y=tan⁡(π6−2x);y = \tan \left(\frac{\pi}{6} - 2x\right); (3) y=cos⁡(π6−2x),x∈[−π4,π2].y = \cos \left(\frac{\pi}{6} - 2x\right), x \in \left[-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right].

🔑 查看解析与步骤

（1）由 2kπ−π2⩽2x−π3⩽2kπ+π2(k∈Z)2k\pi - \frac{\pi}{2} \leqslant 2x - \frac{\pi}{3} \leqslant 2k\pi + \frac{\pi}{2}(k \in \mathbb{Z}) ，得 kπ−π12⩽x⩽kπ+5π12(k∈Z)k\pi - \frac{\pi}{12} \leqslant x \leqslant k\pi + \frac{5\pi}{12}(k \in \mathbb{Z}) ，故所求函数的单调递增区间为 [kπ−π12,kπ+5π12](k∈Z)\left[k\pi - \frac{\pi}{12}, k\pi + \frac{5\pi}{12}\right](k \in \mathbb{Z}) 。由 2kπ+π2⩽2x−π3⩽2kπ+3π2(k∈Z)2k\pi + \frac{\pi}{2} \leqslant 2x - \frac{\pi}{3} \leqslant 2k\pi + \frac{3\pi}{2}(k \in \mathbb{Z}) ，得 kπ+5π12⩽x⩽kπ+11π12(k∈Z)k\pi + \frac{5\pi}{12} \leqslant x \leqslant k\pi + \frac{11\pi}{12}(k \in \mathbb{Z}) ，故所求函数的单调递减区间为 [kπ+5π12,kπ+11π12](k∈Z)\left[k\pi + \frac{5\pi}{12}, k\pi + \frac{11\pi}{12}\right](k \in \mathbb{Z}) 。

(2) y=tan⁡(π6−2x)=−tan⁡(2x−π6)y = \tan \left(\frac{\pi}{6} - 2x\right) = -\tan \left(2x - \frac{\pi}{6}\right) , 由 kπ−π2<2x−π6<kπ+π2(k∈Z)k\pi - \frac{\pi}{2} < 2x - \frac{\pi}{6} < k\pi + \frac{\pi}{2} (k \in \mathbb{Z}) , 得 kπ2−π6<x<kπ2+π3(k∈Z)\frac{k\pi}{2} - \frac{\pi}{6} < x < \frac{k\pi}{2} + \frac{\pi}{3} (k \in \mathbb{Z}) , 故所求函数的单调递减区间为 (kπ2−π6,kπ2+π3)(k∈Z)\left(\frac{k\pi}{2} - \frac{\pi}{6}, \frac{k\pi}{2} + \frac{\pi}{3}\right) (k \in \mathbb{Z}) 。

在 (1) 与 (2) 中的自变量 xx 没有额外限制条件, 因此, 我们直接把内层函数看成整体 (相当于换元) 来得出 xx 的取值范围, 从而确定单调区间. 若所给自变量是有范围限制呢? 此时我们最好采取换元法来操作, 这样便于理解.

(3) 先把内层函数的一次项系数变为正数, 即 y=cos⁡(π6−2x)=cos⁡(2x−π6)y = \cos \left( \frac{\pi}{6} - 2x \right) = \cos \left( 2x - \frac{\pi}{6} \right) . 令 t=2x−π6t = 2x - \frac{\pi}{6} , 由 x∈[−π4,π2]x \in \left[ -\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2} \right] 可得 t∈[−2π3,5π6]t \in \left[ -\frac{2\pi}{3}, \frac{5\pi}{6} \right] , 从而可知 y=cos⁡ty = \cos t 在 [−2π3,0]\left[ -\frac{2\pi}{3}, 0 \right] 上单调递增. 再由 t=2x−π6t = 2x - \frac{\pi}{6} 可得出 xx 此时的范围, 即 −2π3⩽2x−π6⩽0⇒−π4⩽x⩽π12-\frac{2\pi}{3} \leqslant 2x - \frac{\pi}{6} \leqslant 0 \Rightarrow -\frac{\pi}{4} \leqslant x \leqslant \frac{\pi}{12} , 所以函数 y=cos⁡(π6−2x)y = \cos \left(\frac{\pi}{6} - 2x\right) 在 [−π4,π12]\left[-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{12}\right] 上单调递增, 即单调递增区间为 [−π4,π12]\left[-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{12}\right] . 同理, 得到函数 y=cos⁡(π6−2x)y = \cos \left(\frac{\pi}{6} - 2x\right) 的单调递减区间为 [π12,π2]\left[\frac{\pi}{12}, \frac{\pi}{2}\right] .

已知三角函数求其单调区间是三角函数问题中的常见题型, 很多时候都是给出单调区间求某些参数的取值范围, 这样的问题往往可以通过转化为集合间的关系来求解. 具体见下例:

✍️ 例 1.32

(2018 全国 II 文 10) 若 f(x)=cos⁡x−sin⁡xf(x)=\cos x-\sin x 在 [0,a][0,a] 上是减函数, 则 a 的最大值为 ( ). A. π4\frac{\pi}{4} B. π2\frac{\pi}{2} C. 3π4\frac{3\pi}{4} D. π\pi

🔑 解析 1

f(x)=cos⁡x−sin⁡x=−(sin⁡x−cos⁡x)=−2sin⁡(x−π4)f(x) = \cos x - \sin x = -(\sin x - \cos x) = -\sqrt{2}\sin\left(x - \frac{\pi}{4}\right) 。因为 f(x)f(x) 在 [0,a][0, a] 上递减等价于 y=sin⁡(x−π4)y = \sin\left(x - \frac{\pi}{4}\right) 在 [0,a][0, a] 上递增。下面首先求 y=sin⁡(x−π4)y = \sin\left(x - \frac{\pi}{4}\right) 的单调递增区间，令 2kπ−π2⩽x−π4⩽2kπ+π2,k∈Z,2k\pi - \frac{\pi}{2} \leqslant x - \frac{\pi}{4} \leqslant 2k\pi + \frac{\pi}{2}, k \in Z, 解得 2kπ−π4⩽x⩽2kπ+3π4,k∈Z,2k\pi - \frac{\pi}{4} \leqslant x \leqslant 2k\pi + \frac{3\pi}{4}, k \in Z, 即 f(x)f(x) 的单调递减区间为 [2kπ−π4,2kπ+3π4],k∈Z.\left[2k\pi - \frac{\pi}{4}, 2k\pi + \frac{3\pi}{4}\right], k \in Z. 又因为 f(x)f(x) 在 [0,a][0, a] 上是减函数，所以 [0,a]⊆[2kπ−π4,2kπ+3π4],k∈Z,[0, a] \subseteq \left[2k\pi - \frac{\pi}{4}, 2k\pi + \frac{3\pi}{4}\right], k \in Z, 因此

{2kπ−π4⩽02kπ+3π4⩾a⇒{k⩽18a⩽2kπ+3π4,k∈Z.\left\{ \begin{array}{l l} 2 k \pi - \frac {\pi}{4} \leqslant 0 \\ 2 k \pi + \frac {3 \pi}{4} \geqslant a \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l l} k \leqslant \frac {1}{8} \\ a \leqslant 2 k \pi + \frac {3 \pi}{4} \end{array} , k \in \mathbb {Z}. \right.

当 k=0k = 0 时, aa 取到最大值为 3π4\frac{3\pi}{4} , 故选C.

因为 f(x)=−2sin⁡(x−π4)f(x) = -\sqrt{2}\sin \left(x - \frac{\pi}{4}\right) 是复合函数, 其内层函数 u=x−π4u = x - \frac{\pi}{4} 单调递增, 利用复合函数单调性的“同增异减”规则, 我们只需保证外层函数 y=−2sin⁡uy = -\sqrt{2}\sin u 单调递减. 可以采取换元思想:

🔑 解析 2

f(x)=−2sin⁡(x−π4)f(x) = -\sqrt{2}\sin \left(x - \frac{\pi}{4}\right) ，令 u=x−π4,x∈[0,a]u = x - \frac{\pi}{4},x\in [0,a] ，则 u∈[−π4,a−π4].u\in \left[-\frac{\pi}{4},a - \frac{\pi}{4}\right].

由 f(x)f(x) 在 [0,a][0, a] 上是减函数, 得 y=sin⁡uy = \sin u 在 [−π4,a−π4]\left[-\frac{\pi}{4}, a - \frac{\pi}{4}\right] 上单调递增. 又 y=sin⁡uy = \sin u 在 [−π2,π2]\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right] 上单调递增, 所以 [−π4,a−π4]⊆[−π2,π2]\left[-\frac{\pi}{4}, a - \frac{\pi}{4}\right] \subseteq \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right] , 即 −π4<a−π4⩽π2-\frac{\pi}{4} < a - \frac{\pi}{4} \leqslant \frac{\pi}{2} , 化简得 0<a⩽3π40 < a \leqslant \frac{3\pi}{4} , 故选 C.

比较例1.32中的两种解法, 显然解析 2 要简洁一些, 后面我们以解析 2 的方法为主. 现将两种解法总结如下:

🛠️ 方法总结 1.1

已知 f(x)=Asin⁡(ωx+φ)(ω>0)f(x) = A\sin (\omega x + \varphi)(\omega >0) 在区间 DD 单调，求某个参数范围.方法一：先求出 f(x)f(x) 的对应单调区间为 II ，再利用 D⊆ID\subseteq I 求出参数范围.方法二：令 u=ωx+φ,u = \omega x + \varphi , 由 x∈D,x\in D, 得 u∈M,u\in M, 求出 y=sin⁡uy = \sin u 对应的单调区间 NN ，再利用 M⊆NM\subseteq N 求解.

📌 标注说明

f(x)=Acos⁡(ωx+φ)f(x) = A\cos (\omega x + \varphi) 或 f(x)=Atan⁡(ωx+φ)f(x) = A\tan (\omega x + \varphi) 的求解方式与方法总结1.1类似.

✍️ 例 1.33

（2012 全国理 9）已知 ω>0\omega > 0 ，函数 f(x)=sin⁡(ωx+π4)f(x) = \sin\left(\omega x + \frac{\pi}{4}\right) 在 (π2,π)\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right) 上单调递减，则 ω\omega 的取值范围是（）.

A. [12,54]\left[\frac{1}{2}, \frac{5}{4}\right] B. [12,34]\left[\frac{1}{2}, \frac{3}{4}\right] C. (0,12]\left(0, \frac{1}{2}\right] D. (0, 2]

🔑 查看解析与步骤

令 u=ωx+π4,x∈(π2,π)u = \omega x + \frac{\pi}{4}, x \in \left(\frac{\pi}{2}, \pi\right) ，则 u∈(π2ω+π4,πω+π4)u \in \left(\frac{\pi}{2}\omega + \frac{\pi}{4}, \pi\omega + \frac{\pi}{4}\right) 。由于 y=sin⁡uy = \sin u 的单调递减区间为 [π2+2kπ,3π2+2kπ]\left[\frac{\pi}{2} + 2k\pi, \frac{3\pi}{2} + 2k\pi\right] ， k∈Zk \in \mathbb{Z} ，所以 (π2ω+π4,πω+π4)⊆[π2+2kπ,3π2+2kπ]\left(\frac{\pi}{2}\omega + \frac{\pi}{4}, \pi\omega + \frac{\pi}{4}\right) \subseteq \left[\frac{\pi}{2} + 2k\pi, \frac{3\pi}{2} + 2k\pi\right] ， k∈Zk \in \mathbb{Z} ，即 {π2+2kπ⩽π2ω+π4πω+π4⩽3π2+2kπ\left\{ \begin{array}{l} \frac{\pi}{2} + 2k\pi \leqslant \frac{\pi}{2}\omega + \frac{\pi}{4} \\ \pi\omega + \frac{\pi}{4} \leqslant \frac{3\pi}{2} + 2k\pi \end{array} \right. ， k∈Zk \in \mathbb{Z} ，化简可得 12+4k⩽ω⩽54+2k,k∈Z\frac{1}{2} + 4k \leqslant \omega \leqslant \frac{5}{4} + 2k, k \in \mathbb{Z} 。因为 ω>0\omega > 0 ，所以 kk 只需满足 {54+2k>012+4k<54+2k\left\{ \begin{array}{l} \frac{5}{4} + 2k > 0 \\ \frac{1}{2} + 4k < \frac{5}{4} + 2k \end{array} \right. ， k∈Zk \in \mathbb{Z} ，解得 −58<k<38(k∈Z)-\frac{5}{8} < k < \frac{3}{8}(k \in \mathbb{Z}) ，故可得 k=0k = 0 ，于是 ω∈[12,54]\omega \in \left[\frac{1}{2}, \frac{5}{4}\right] ，故选 A.

🎯 变式 1.33.1

(2023 全国名校联考) 已知函数 f(x)=sin⁡ωx+2cos⁡2ωx2(ω>0)f(x)=\sin\omega x+2\cos^{2}\frac{\omega x}{2}(\omega>0) 在区间 (π2,3π4)\left(\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{4}\right) 上单调递增，则 ω\omega 的取值范围是（）.

A. (0,4] B. (0,23]∪[83,4]\left(0,\frac{2}{3}\right]\cup\left[\frac{8}{3},4\right] C. [52,3]\left[\frac{5}{2},3\right] D. (0,13]∪[52,3]\left(0,\frac{1}{3}\right]\cup\left[\frac{5}{2},3\right]