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專題07 函數的單調性與最大(小)值（新高考專用）
【知識梳理】 2
【真題自測】 3
【考點突破】 4
【考點1】確定函數的單調性(區間) 4
【考點2】求函數的最值 6
【考點3】函數單調性的應用 7
【分層檢測】 8
【基礎篇】 8
【能力篇】 10
【培優篇】 11
考試要求：
1.借助函數圖象，會用數學符號語言表達函數的單調性、最值，理解其實際意義.
2.會運用基本初等函數的圖象分析函數的性質.
1.函數的單調性
(1)單調函數的定義
增函數 減函數
定義 一般地，設函數f(x)的定義域為I，區間D I，如果 x1，x2∈D
當x1＜x2時，都有f(x1)＜f(x2)，那么就稱函數f(x)在區間D上單調遞增，特別地，當函數f(x)在它的定義域上單調遞增時，我們就稱它是增函數 當x1＜x2時，都有f(x1)＞f(x2)，那么就稱函數f(x)在區間D上單調遞減，特別地，當函數f(x)在它的定義域上單調遞減時，我們就稱它是減函數
圖象描述 自左向右看圖象是上升的 自左向右看圖象是下降的
(2)單調區間的定義
如果函數y＝f(x)在區間D上單調遞增或單調遞減，那么就說函數y＝f(x)在這一區間具有(嚴格的)單調性，區間D叫做y＝f(x)的單調區間.
2.函數的最值
前提 設函數y＝f(x)的定義域為I，如果存在實數M滿足
條件 (1) x∈I，都有f(x)≤M； (2) x0∈I，使得f(x0)＝M (1) x∈I，都有f(x)≥M； (2) x0∈I，使得f(x0)＝M
結論 M為最大值 M為最小值
1.有關單調性的常用結論
在公共定義域內，增函數＋增函數＝增函數；減函數＋減函數＝減函數；增函數－減函數＝增函數；減函數－增函數＝減函數.
2.函數y＝f(x)(f(x)>0或f(x)<0)在公共定義域內與y＝－f(x)，y＝的單調性相反.
一、單選題
1．（2023·全國·高考真題）設函數在區間上單調遞減，則的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2023·北京·高考真題）下列函數中，在區間上單調遞增的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2023·全國·高考真題）已知函數．記，則（ ）
A． B． C． D．
4．（2022·天津·高考真題）函數的圖像為（ ）
A． B．
C． D．
5．（2021·全國·高考真題）下列函數中是增函數的為（ ）
A． B． C． D．
6．（2021·北京·高考真題）已知是定義在上的函數，那么“函數在上單調遞增”是“函數在上的最大值為”的（ ）
A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件
C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件
【考點1】確定函數的單調性(區間)
一、單選題
1．（2024·全國·模擬預測）已知函數是定義在上的奇函數，且對任意的，都有，且，則不等式的解集為（ ）
A． B．
C． D．
2．（2023·廣東惠州·一模）嶺南古邑的番禺不僅擁有深厚的歷史文化底蘊，還聚焦生態的發展．下圖是番禺區某風景優美的公園地圖，其形狀如一顆愛心．圖是由此抽象出來的一個“心形”圖形，這個圖形可看作由兩個函數的圖象構成，則“心形”在軸上方的圖象對應的函數解析式可能為（ ）

A． B．
C． D．
二、多選題
3．（2023·全國·模擬預測）小菲在學校選修課中了解了艾賓浩斯遺忘曲線．為了解自己記憶一組單詞的情況，她記錄了隨后一個月的有關數據，繪制圖象，擬合了記憶保持量y與時間（單位：天）之間的函數關系．則下列說法中正確的是（ ）
A．隨著時間的增加：小菲的單詞記憶保持量降低
B．第一天小菲的單詞記憶保持量下降最多
C．天后，小菲的單詞記憶保持量不低于40%
D．天后，小菲的單詞記憶保持量不足20%
4．（2024·河南·一模）定義在R上的函數（且，），若存在實數m使得不等式恒成立，則下列敘述正確的是（ ）
A．若，，則實數m的取值范圍為
B．若，，則實數m的取值范圍為
C．若，，則實數m的取值范圍為
D．若，，則實數m的取值范圍為
三、填空題
5．（2024·全國·模擬預測）已知定義在上的函數，對于定義域內任意的x，y，都有，且在上單調遞減，則不等式的解集為 .
6．（2023·北京密云·三模）設函數.
①當時，的單調遞增區間為 ；
②若且，使得成立，則實數a的一個取值范圍 .
反思提升：
1.求函數的單調區間，應先求定義域，在定義域內求單調區間.
2.(1)函數單調性的判斷方法：①定義法；②圖象法；③利用已知函數的單調性；④導數法.
(2)函數y＝f(g(x))的單調性應根據外層函數y＝f(t)和內層函數t＝g(x)的單調性判斷，遵循“同增異減”的原則.
易錯警示　函數在兩個不同的區間上單調性相同，一般要分開寫，用“，”或“和”連接，不要用“∪”.
【考點2】求函數的最值
一、單選題
1．（2024·陜西·模擬預測）函數滿足，且，則的最小值為（ ）
A． B．1 C． D．
2．（2024·湖南岳陽·三模）已知函數，不存在最小值，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2024·江蘇南通·模擬預測）已知不等式對任意恒成立，其中，是整數，則的取值可以為（ ）
A． B． C．0 D．8
4．（2022·福建漳州·一模）已知函數，則（ ）
A．的定義域為 B．是偶函數
C．函數的零點為0 D．當時，的最大值為
三、填空題
5．（2023·云南保山·二模）對于函數，若在其圖象上存在兩點關于原點對稱，則稱為“倒戈函數”，設函數是定義在上的“倒戈函數”，則實數m的取值范圍是 .
6．（2023·河南鄭州·模擬預測）已知，，，則的最小值為 ．
反思提升：
1.求函數最值的三種基本方法：
(1)單調性法：先確定函數的單調性，再由單調性求最值.
(2)圖象法：先作出函數的圖象，再觀察其最高點、最低點，求出最值.
(3)基本不等式法：先對解析式變形，使之具備“一正二定三相等”的條件后用基本不等式求出最值.
2.對于較復雜函數，可運用導數，求出在給定區間上的極值，最后結合端點值，求出最值.
【考點3】函數單調性的應用
一、單選題
1．（2024·全國·模擬預測）函數在上單調遞增，則實數a的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
2．（23-24高二下·廣東東莞·階段練習）已知為函數的導函數，當時，有恒成立，則下列不等式一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
3．（2024·廣西賀州·一模）已知函數的定義域為，且當時，，則下列說法正確的是（ ）
A．是奇函數
B．為增函數
C．若實數a滿足不等式，則a的取值范圍為
D．
4．（2023·重慶·模擬預測）已知函數是定義在上的偶函數，滿足，當時，，設函數，則下列結論成立的是（ ）
A．函數的圖象關于對稱
B．
C．當實數時，函數在區間上單調遞減
D．在區間內，若函數有4個零點，則實數的取值范圍是
三、填空題
5．（2024·陜西西安·模擬預測）定義在上的函數的導函數為，且有，且對任意都有，則使得成立的的取值范圍是 .
6．（21-22高三上·浙江紹興·階段練習）已知函數，則對任意的，存在、（其中、且），能使以下式子恒成立的是 .
①；②；③；④.
反思提升：
1.利用函數的單調性比較大小，首先要準確判斷函數的單調性，其次應將自變量轉化到一個單調區間內，然后利用單調性比較大小.
2. 求解函數不等式，其實質是函數單調性的逆用，利用函數的單調性將“f”符號脫去，轉化為關于自變量的不等式求解，應注意函數的定義域.
3.利用單調性求參數的取值(范圍)的思路是：根據其單調性直接構建參數滿足的方程(組)(不等式(組))或先得到其圖象的升降，再結合圖象求解.對于分段函數，要注意銜接點的取值.
【基礎篇】
一、單選題
1．（2024·全國·模擬預測）德國數學家狄利克雷（Dirichlet）是解析數論的創始人之一，下列關于狄利克雷函數的結論正確的是（ ）
A．有零點 B．是單調函數
C．是奇函數 D．是周期函數
2．（2021·甘肅金昌·二模）已知函數，則下列說法正確的是（ ）
A．函數為奇函數
B．函數的值域為
C．當時，函數的圖象關于直線對稱
D．函數的增區間為，
3．（2023·天津河北·一模）設，則“”是“函數在上單調遞增”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
4．（2023·貴州·模擬預測）已知函數，下列結論正確的是（ ）
A．是偶函數
B．在上單調遞增
C．的圖象關于直線對稱
D．的圖象與軸圍成的三角形面積為2
二、多選題
5．（2023·遼寧撫順·二模）已知函數，且滿足，則實數的取值可能為（ ）
A． B． C．1 D．2
6．（2023·福建南平·模擬預測）若，則（ ）
A． B． C． D．
7．（2021·江西·模擬預測）已知函數，則下列敘述正確的是（ ）
A．的值域為 B．在區間上單調遞增
C． D．若，則的最小值為-3
三、填空題
8．（2024·遼寧·一模）已知圓：，直線交圓于、兩點，點，則三角形面積的最大值為 .
9．（2021·山東淄博·一模）已知函數在上的最大值是6，則實數的值是 .
10．（2024·全國·模擬預測）已知函數，若對任意的恒成立，則實數的取值范圍是 ．
四、解答題
11．（2022·河南鄭州·一模）定義在上的奇函數有最小正周期為2，且時，.
(1)求在上的解析式；
(2)判斷在上的單調性；
(3)當為何值時，方程在上有實數解.
12．（23-24高一上·四川綿陽·期末）已知函數的最小值為，其圖象上的相鄰兩條對稱軸之間的距離為，且圖象關于點對稱．
(1)求函數的解析式和單調遞增區間；
(2)若不等式在上恒成立，求實數的取值范圍．
【能力篇】
一、單選題
1．（2024·全國·模擬預測）已知函數且在區間上單調遞減，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
2．（2024·全國·模擬預測）已知函數對任意恒有，且當時，，則下列結論中正確的是（ ）
A．的圖象關于軸對稱
B．在上單調遞增
C．的解集為
D．若對恒成立，則實數的取值范圍為
三、填空題
3．（2024·山東淄博·一模）設方程，的根分別為p，q，函數 ，令 則a，b，c的大小關系為 .
四、解答題
4．（2022·全國·模擬預測）已知函數．
(1)求不等式的解集；
(2)，，使得，求實數的取值范圍．
【培優篇】
一、單選題
1．（2022·河南開封·模擬預測）對任意，不等式恒成立，則正數a的最大值為（ ）
A． B． C． D．e
二、多選題
2．（2024·湖南衡陽·模擬預測）已知定義在實數集上的函數的圖象關于點中心對稱，函數，且函數在上單調遞減，函數的導函數分別是，則下列結論正確的是（ ）
A．函數的圖象關于直線對稱
B．的圖象關于點對稱
C．若，則
D．
三、填空題
3．（2024·全國·二模）已知為實數，若不等式對任意恒成立，則的最大值是 .
21世紀教育網(www.21cnjy.com)專題07 函數的單調性與最大(小)值（新高考專用）
【知識梳理】 2
【真題自測】 3
【考點突破】 6
【考點1】確定函數的單調性(區間) 6
【考點2】求函數的最值 12
【考點3】函數單調性的應用 16
【分層檢測】 23
【基礎篇】 23
【能力篇】 31
【培優篇】 35
考試要求：
1.借助函數圖象，會用數學符號語言表達函數的單調性、最值，理解其實際意義.
2.會運用基本初等函數的圖象分析函數的性質.
1.函數的單調性
(1)單調函數的定義
增函數 減函數
定義 一般地，設函數f(x)的定義域為I，區間D I，如果 x1，x2∈D
當x1＜x2時，都有f(x1)＜f(x2)，那么就稱函數f(x)在區間D上單調遞增，特別地，當函數f(x)在它的定義域上單調遞增時，我們就稱它是增函數 當x1＜x2時，都有f(x1)＞f(x2)，那么就稱函數f(x)在區間D上單調遞減，特別地，當函數f(x)在它的定義域上單調遞減時，我們就稱它是減函數
圖象描述 自左向右看圖象是上升的 自左向右看圖象是下降的
(2)單調區間的定義
如果函數y＝f(x)在區間D上單調遞增或單調遞減，那么就說函數y＝f(x)在這一區間具有(嚴格的)單調性，區間D叫做y＝f(x)的單調區間.
2.函數的最值
前提 設函數y＝f(x)的定義域為I，如果存在實數M滿足
條件 (1) x∈I，都有f(x)≤M； (2) x0∈I，使得f(x0)＝M (1) x∈I，都有f(x)≥M； (2) x0∈I，使得f(x0)＝M
結論 M為最大值 M為最小值
1.有關單調性的常用結論
在公共定義域內，增函數＋增函數＝增函數；減函數＋減函數＝減函數；增函數－減函數＝增函數；減函數－增函數＝減函數.
2.函數y＝f(x)(f(x)>0或f(x)<0)在公共定義域內與y＝－f(x)，y＝的單調性相反.
一、單選題
1．（2023·全國·高考真題）設函數在區間上單調遞減，則的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2023·北京·高考真題）下列函數中，在區間上單調遞增的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2023·全國·高考真題）已知函數．記，則（ ）
A． B． C． D．
4．（2022·天津·高考真題）函數的圖像為（ ）
A． B．
C． D．
5．（2021·全國·高考真題）下列函數中是增函數的為（ ）
A． B． C． D．
6．（2021·北京·高考真題）已知是定義在上的函數，那么“函數在上單調遞增”是“函數在上的最大值為”的（ ）
A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件
C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件
參考答案：
1．D
【分析】利用指數型復合函數單調性，判斷列式計算作答.
【詳解】函數在R上單調遞增，而函數在區間上單調遞減，
則有函數在區間上單調遞減，因此，解得，
所以的取值范圍是.
故選：D
2．C
【分析】
利用基本初等函數的單調性，結合復合函數的單調性判斷ABC，舉反例排除D即可.
【詳解】
對于A，因為在上單調遞增，在上單調遞減，
所以在上單調遞減，故A錯誤；
對于B，因為在上單調遞增，在上單調遞減，
所以在上單調遞減，故B錯誤；
對于C，因為在上單調遞減，在上單調遞減，
所以在上單調遞增，故C正確；
對于D，因為，，
顯然在上不單調，D錯誤.
故選：C.
3．A
【分析】利用作差法比較自變量的大小，再根據指數函數的單調性及二次函數的性質判斷即可.
【詳解】令，則開口向下，對稱軸為，
因為，而，
所以，即
由二次函數性質知，
因為，而，
即，所以，
綜上，，
又為增函數，故，即.
故選：A.
4．D
【分析】分析函數的定義域、奇偶性、單調性及其在上的函數值符號，結合排除法可得出合適的選項.
【詳解】函數的定義域為，
且，
函數為奇函數，A選項錯誤；
又當時，，C選項錯誤；
當時，函數單調遞增，故B選項錯誤；
故選：D.
5．D
【分析】根據基本初等函數的性質逐項判斷后可得正確的選項.
【詳解】對于A，為上的減函數，不合題意，舍.
對于B，為上的減函數，不合題意，舍.
對于C，在為減函數，不合題意，舍.
對于D，為上的增函數，符合題意，
故選：D.
6．A
【分析】利用兩者之間的推出關系可判斷兩者之間的條件關系.
【詳解】若函數在上單調遞增，則在上的最大值為，
若在上的最大值為，
比如，
但在為減函數，在為增函數，
故在上的最大值為推不出在上單調遞增，
故“函數在上單調遞增”是“在上的最大值為”的充分不必要條件，
故選：A.
【考點1】確定函數的單調性(區間)
一、單選題
1．（2024·全國·模擬預測）已知函數是定義在上的奇函數，且對任意的，都有，且，則不等式的解集為（ ）
A． B．
C． D．
2．（2023·廣東惠州·一模）嶺南古邑的番禺不僅擁有深厚的歷史文化底蘊，還聚焦生態的發展．下圖是番禺區某風景優美的公園地圖，其形狀如一顆愛心．圖是由此抽象出來的一個“心形”圖形，這個圖形可看作由兩個函數的圖象構成，則“心形”在軸上方的圖象對應的函數解析式可能為（ ）

A． B．
C． D．
二、多選題
3．（2023·全國·模擬預測）小菲在學校選修課中了解了艾賓浩斯遺忘曲線．為了解自己記憶一組單詞的情況，她記錄了隨后一個月的有關數據，繪制圖象，擬合了記憶保持量y與時間（單位：天）之間的函數關系．則下列說法中正確的是（ ）
A．隨著時間的增加：小菲的單詞記憶保持量降低
B．第一天小菲的單詞記憶保持量下降最多
C．天后，小菲的單詞記憶保持量不低于40%
D．天后，小菲的單詞記憶保持量不足20%
4．（2024·河南·一模）定義在R上的函數（且，），若存在實數m使得不等式恒成立，則下列敘述正確的是（ ）
A．若，，則實數m的取值范圍為
B．若，，則實數m的取值范圍為
C．若，，則實數m的取值范圍為
D．若，，則實數m的取值范圍為
三、填空題
5．（2024·全國·模擬預測）已知定義在上的函數，對于定義域內任意的x，y，都有，且在上單調遞減，則不等式的解集為 .
6．（2023·北京密云·三模）設函數.
①當時，的單調遞增區間為 ；
②若且，使得成立，則實數a的一個取值范圍 .
參考答案：
1．D
【分析】由對任意的，都有，得在上單調遞減，由函數是定義在上的奇函數得，，在上單調遞減，畫出的簡圖，即可求解．
【詳解】對任意的，都有，
所以在上單調遞減，
因為函數是定義在上的奇函數，，，
所以在上單調遞減，則可畫出的簡圖，如圖所示，

所以，
則或或，
即或或，
解得，
故選：D．
2．C
【分析】
利用基本不等式可求得，知A錯誤；由時，可知B錯誤；根據、圖象中的特殊點及函數的奇偶性、單調性可知C正確；根據函數定義域可知D錯誤.
【詳解】對于A，（當且僅當，即時取等號），
在上的最大值為，與圖象不符，A錯誤；
對于B，當時，，與圖象不符，B錯誤；
對于C，，當時，；
又過點；
由得：，解得：，即函數定義域為；
又，
為定義在上的偶函數，圖象關于軸對稱；
當時，，則函數在上單調遞增，在上單調遞減；
綜上所述：與圖象相符，C正確；
對于D，由得：，不存在部分的圖象，D錯誤.
故選：C.
3．AB
【分析】根據艾賓浩斯遺忘曲線對選項進行分析，從而確定正確答案.
【詳解】由函數解析式和圖象可知隨著的增加而減少，故A正確．
由圖象的減少快慢可知：第一天小菲的單詞記憶保持量下降最多，B正確．
當時，，
則，
即天后，小菲的單詞記憶保持量低于40%，故C錯誤．
，故D錯誤．
故選：AB
4．BD
【分析】先判斷函數為奇函數，再分和討論的單調性，分和討論函數的單調性，根據復合函數的單調性判斷得出的單調性，利用單調性將進行等價轉化成含參數的不等式，求解即得.
【詳解】對于函數，因，則函數是奇函數.
不妨設，則，
對于A項，當時，在定義域內為增函數，
因，則在R上也是增函數，故在R上也是增函數.
由，則，即（*），
①當時，此時恒成立；② 當時，由（*）可得，解得，綜上可知，，故A項錯誤；
對于B項，當時，在定義域內為減函數，因，則在R上也是減函數，故在R上是增函數，
由A項分析可得，恒成立可得，，故B項正確；
對于C項，當時，在定義域內為增函數，因，則在R上是減函數，故在R上是減函數，
由，則，即（*），
①當時，無解；② 當時，由（*）可得，解得或，綜上可知，，故C項錯誤；
對于D項，當時，在定義域內為減函數，因，則在R上也是增函數，故在R上是減函數，
由C項分析可得，恒成立可得，，故D項正確.
故選：BD.
【點睛】思路點睛：一般先考慮函數的奇偶性，再根據參數分類判斷，構成復合函數的內外函數的單調性，利用單調性去掉抽象函數的符號，將其化成含參數的不等式恒成立問題，再對參數分類討論不等式解的情況即得.
5．或
【分析】由，利用賦值法，得到函數的奇偶性，構造函數，研究其單調性和奇偶性，再由，將不等式轉化為求解.
【詳解】由，令，得，所以.
令，得.令，得，所以函數為偶函數.
構造函數，因為，所以為偶函數，且在上為減函數.
因為，
所以不等式等價于，
所以，即，所以或，
故不等式的解集為或.
故答案為：或.
6．
【分析】當時，作出的圖象，結合圖象，即可求得函數的遞增區間，由，得到的圖象關于對稱，結合題意，即可求得的取值范圍.
【詳解】①當時，可得，函數的圖象，如圖所示，
可得函數的單調遞增區間為.

②由，可函數的圖象關于對稱，
若且，使得成立，
如圖所示，則滿足，即實數的取值范圍為.

故答案為：；.
反思提升：
1.求函數的單調區間，應先求定義域，在定義域內求單調區間.
2.(1)函數單調性的判斷方法：①定義法；②圖象法；③利用已知函數的單調性；④導數法.
(2)函數y＝f(g(x))的單調性應根據外層函數y＝f(t)和內層函數t＝g(x)的單調性判斷，遵循“同增異減”的原則.
易錯警示　函數在兩個不同的區間上單調性相同，一般要分開寫，用“，”或“和”連接，不要用“∪”.
【考點2】求函數的最值
一、單選題
1．（2024·陜西·模擬預測）函數滿足，且，則的最小值為（ ）
A． B．1 C． D．
2．（2024·湖南岳陽·三模）已知函數，不存在最小值，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
3．（2024·江蘇南通·模擬預測）已知不等式對任意恒成立，其中，是整數，則的取值可以為（ ）
A． B． C．0 D．8
4．（2022·福建漳州·一模）已知函數，則（ ）
A．的定義域為 B．是偶函數
C．函數的零點為0 D．當時，的最大值為
三、填空題
5．（2023·云南保山·二模）對于函數，若在其圖象上存在兩點關于原點對稱，則稱為“倒戈函數”，設函數是定義在上的“倒戈函數”，則實數m的取值范圍是 .
6．（2023·河南鄭州·模擬預測）已知，，，則的最小值為 ．
參考答案：
1．C
【分析】通過 解方程可得的解析式，由化簡可得，結合基本不等式可得，運用分離常數法化簡可得，進而可得其最小值.
【詳解】因為，所以，即，
又因為，
所以，即，
所以，
因為，，所以，，
所以，
整理得，
解得或（舍），
所以，當且僅當即時取等號.
故的最小值為.
故選：C.
2．C
【分析】分別在條件下結合指數函數單調性及二次函數性質，確定函數的取值規律，由條件列不等式求的范圍，可得結論.
【詳解】（1）當時，若，則，
因為函數在上單調遞增，所以，
若，則，當且僅當時取等號，
因為不存在最小值，
所以，所以，
（2）當時，若，則，
因為函數在上單調遞增，所以，
若，則，當且僅當時取等號，
因為不存在最小值，
所以，所以，
所以實數的取值范圍是，
故選：C.
3．BD
【分析】對b分類討論，當 時，由得到在上恒成立，則不存在；當 時，由，結合圖象利用數學結合的思想得出a，b的整數解．
【詳解】當時，由得到在上恒成立，則不存在，
當時，由可設，，
又的大致圖象如下，
那么由題意可知：，再由是整數得到或
因此或-2．
故選：BD
4．AD
【分析】根據函數的解析式，分別從定義域、奇偶性、零點、最值考察即可求解.
【詳解】對A，由解析式可知的定義域為，故A正確；
對B，因為，可知是奇函數，故B不正確；
對C,，得，故C不正確；
對D, 當時，，當且僅當時取等號，
故D正確.
故選：AD
5．
【分析】根據新定義得到存在，使，轉化為有解，建立不等式求解即可.
【詳解】因為函數是定義在上的“倒戈函數”，
所以存在，使，
即，
即，令，則，
所以，當且僅當，即時取等號，
所以，當或時，，所以，
所以.
故答案為：
6．/
【分析】化簡式子，利用整體代入，結合基本不等式，可得結果.
【詳解】因為，
所以
，
當且僅當即時等號成立，
所以的最小值為．
故答案為：．
反思提升：
1.求函數最值的三種基本方法：
(1)單調性法：先確定函數的單調性，再由單調性求最值.
(2)圖象法：先作出函數的圖象，再觀察其最高點、最低點，求出最值.
(3)基本不等式法：先對解析式變形，使之具備“一正二定三相等”的條件后用基本不等式求出最值.
2.對于較復雜函數，可運用導數，求出在給定區間上的極值，最后結合端點值，求出最值.
【考點3】函數單調性的應用
一、單選題
1．（2024·全國·模擬預測）函數在上單調遞增，則實數a的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
2．（23-24高二下·廣東東莞·階段練習）已知為函數的導函數，當時，有恒成立，則下列不等式一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
3．（2024·廣西賀州·一模）已知函數的定義域為，且當時，，則下列說法正確的是（ ）
A．是奇函數
B．為增函數
C．若實數a滿足不等式，則a的取值范圍為
D．
4．（2023·重慶·模擬預測）已知函數是定義在上的偶函數，滿足，當時，，設函數，則下列結論成立的是（ ）
A．函數的圖象關于對稱
B．
C．當實數時，函數在區間上單調遞減
D．在區間內，若函數有4個零點，則實數的取值范圍是
三、填空題
5．（2024·陜西西安·模擬預測）定義在上的函數的導函數為，且有，且對任意都有，則使得成立的的取值范圍是 .
6．（21-22高三上·浙江紹興·階段練習）已知函數，則對任意的，存在、（其中、且），能使以下式子恒成立的是 .
①；②；③；④.
參考答案：
1．C
【分析】根據對數函數與復合函數的單調性，可得內函數的單調性，利用其最值以及二次函數單調性，建立不等式，可得答案.
【詳解】令，則．
當時，在上單調遞增，
則由復合函數的單調性可知在上單調遞增，
且在上恒成立，
所以，解得或（舍去）．
所以在上單調遞增，
則，解得．
當時，在上單調遞減，
則由復合函數的單調性可知在上單調遞減，
且在上恒成立，
所以，解得或（舍去）．
所以在上單調遞減，
則，解得，與矛盾．
綜上所述，.
故選：C．
2．B
【分析】構造函數，求導確定其單調性，根據單調性確定建立的不等關系，以及的不等關系，整理化簡得答案.
【詳解】令，則，
因為當時，有恒成立，
所以當時，，
即在上單調遞減，
所以，即，即，A 錯誤，B正確，
，即，即，CD錯誤.
故選：B.
3．ABD
【分析】先令，求出，再令，即可判斷A；令，結合已知判斷的符號，即可判斷B；根據函數的奇偶性和單調性解不等式即可判斷C；根據函數的奇偶性和單調性即可判斷D.
【詳解】對于A，令，則，所以，
令，則，所以，
所以是奇函數，故A正確；
對于B，令，
則，
因為，所以，
所以，，
所以，
又因為當時，，
所以，即，
所以函數在上單調遞增，
又是奇函數，且，
所以函數為增函數，故B正確；
對于C，由，得，
所以，解得，故C錯誤；
對于D，，
即，故D正確.
故選：ABD.
【點睛】方法點睛：利用函數的奇偶性與單調性求解抽象函數不等式，要設法將隱性劃歸為顯性的不等式來求解，方法是：
（1）把不等式轉化為；
（2）判斷函數的單調性，再根據函數的單調性把不等式的函數符號“”脫掉，得到具體的不等式（組），但要注意函數奇偶性的區別.
4．ACD
【分析】根據偶函數可得即可判斷A，由得周期結合偶函數可判斷B，求出的解析式利用一次函數單調性判斷C，畫出函數圖象和函數的圖象可判斷D.
【詳解】因為函數是定義在上的偶函數，所以，所以函數的圖象關于對稱，可知A正確；
由，可得，知函數的周期，
由周期和奇偶性得，故B不正確；
當時，則，，所以，
由函數為偶函數且周期為2可得，，
由函數在區間上為單調遞減函數，所以，即.得C正確；
函數在區間有4個零點，有4個解，
即與直線在有4個交點，利用周期和偶函數，結合在的解析式，
可畫出函數和函數在上的圖像.如圖：
由圖可得，即，實數的取值范圍是,D正確.
故選：ACD.
5．
【分析】構造函數，根據導數確定函數的單調性，即可結合奇偶性求解.
【詳解】由知是奇函數，，
設，則，
在上單調遞增，由得，
即，，得的取值范圍是.
故答案為：
6．①②③
【分析】取，，利用導數研究函數的單調性，可判斷①；取可判斷②；取，利用導數研究函數的單調性，可判斷③；分、兩種情況討論，利用導數分析函數的單調性，可判斷④.
【詳解】對于①，取，，則，，
所以，函數在上為增函數，
因為，即，故恒成立，①對；
對于②，取，，則，
所以，，則，②對；
對于③，當時，，則，
所以，函數在上為增函數，，故，③對；
對于④，當時，.
由可得或，由可得，
此時，函數的增區間為、，減區間為，
所以，函數的極大值為，極小值為，
，所以，，
，所以，，
則不恒成立；
當時，，則在上為增函數，
因為，，所以，、的大小關系無法確定，④錯.
故答案為：①②③.
反思提升：
1.利用函數的單調性比較大小，首先要準確判斷函數的單調性，其次應將自變量轉化到一個單調區間內，然后利用單調性比較大小.
2. 求解函數不等式，其實質是函數單調性的逆用，利用函數的單調性將“f”符號脫去，轉化為關于自變量的不等式求解，應注意函數的定義域.
3.利用單調性求參數的取值(范圍)的思路是：根據其單調性直接構建參數滿足的方程(組)(不等式(組))或先得到其圖象的升降，再結合圖象求解.對于分段函數，要注意銜接點的取值.
【基礎篇】
一、單選題
1．（2024·全國·模擬預測）德國數學家狄利克雷（Dirichlet）是解析數論的創始人之一，下列關于狄利克雷函數的結論正確的是（ ）
A．有零點 B．是單調函數
C．是奇函數 D．是周期函數
2．（2021·甘肅金昌·二模）已知函數，則下列說法正確的是（ ）
A．函數為奇函數
B．函數的值域為
C．當時，函數的圖象關于直線對稱
D．函數的增區間為，
3．（2023·天津河北·一模）設，則“”是“函數在上單調遞增”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
4．（2023·貴州·模擬預測）已知函數，下列結論正確的是（ ）
A．是偶函數
B．在上單調遞增
C．的圖象關于直線對稱
D．的圖象與軸圍成的三角形面積為2
二、多選題
5．（2023·遼寧撫順·二模）已知函數，且滿足，則實數的取值可能為（ ）
A． B． C．1 D．2
6．（2023·福建南平·模擬預測）若，則（ ）
A． B． C． D．
7．（2021·江西·模擬預測）已知函數，則下列敘述正確的是（ ）
A．的值域為 B．在區間上單調遞增
C． D．若，則的最小值為-3
三、填空題
8．（2024·遼寧·一模）已知圓：，直線交圓于、兩點，點，則三角形面積的最大值為 .
9．（2021·山東淄博·一模）已知函數在上的最大值是6，則實數的值是 .
10．（2024·全國·模擬預測）已知函數，若對任意的恒成立，則實數的取值范圍是 ．
四、解答題
11．（2022·河南鄭州·一模）定義在上的奇函數有最小正周期為2，且時，.
(1)求在上的解析式；
(2)判斷在上的單調性；
(3)當為何值時，方程在上有實數解.
12．（23-24高一上·四川綿陽·期末）已知函數的最小值為，其圖象上的相鄰兩條對稱軸之間的距離為，且圖象關于點對稱．
(1)求函數的解析式和單調遞增區間；
(2)若不等式在上恒成立，求實數的取值范圍．
參考答案：
1．D
【詳解】根據狄利克雷函數的性質即可由或均為有理數求解A，根據即可判斷單調性求解B，根據和同為有理數或同為無理數，即可求解C，根據和同為有理數或同為無理數即可求解D.
【分析】對于A，因為或均為有理數，
所以，故沒有零點，A錯誤，
對于B，因為，所以，
故不是單調函數，B錯誤，
對于C，因為和同為有理數或同為無理數，所以，
故是偶函數，C錯誤，
對于D，設為任意非零有理數，則和同為有理數或同為無理數，
所以，故是周期函數（以任意非零有理數為周期），D正確，
故選：D.
2．D
【分析】根據函數奇偶性定義，函數單調性等性質對選項一一分析即可.
【詳解】由，
可知函數為偶函數，A錯誤；
不妨設，此時，
由（當且僅當時，等號成立），
有，可得，可知函數的值域為，B錯誤；
由，
，可知當時，函數的圖象不關于直線對稱，C錯誤；
由函數的增區間為，減區間為，由復合函數單調性可知函數的增區間為，，D正確．
故選：D
3．A
【分析】根據題意，由二次函數的對稱軸和函數的單調性的關系以及充分性與必要性的應用，即可得到結果.
【詳解】函數的對稱軸為，
由函數在上單調遞增可得，即，
所以“”是“函數在上單調遞增”的充分不必要條件.
故選：A
4．C
【分析】去掉絕對值，得到，畫出其圖象，進而判斷出四個選項.
【詳解】A選項，，
畫出其函數圖象，如下：
故不是偶函數，A錯誤；
B選項，在上單調遞減，故B錯誤；
C選項，的圖象關于直線對稱，C正確；
D選項，的圖象與軸圍成的三角形面積為，D錯誤.
故選：C
5．AD
【分析】令，則.討論的奇偶性和單調性，由得，由的單調性得，解出實數的取值范圍即可得到答案.
【詳解】令，則，因為，
所以為奇函數.又因為，所以根據單調性的性質可得為增函數.
因為，所以，等價于，即，
所以，即，解得或，
所以實數的取值范圍為.
故選：AD
6．BD
【分析】利用函數單調性一一判定即可.
【詳解】易知在定義域上單調遞減，故時，，即A錯誤；在定義域上單調遞增，故時，，即B正確；
在定義域上單調遞減，故時，，即C錯誤；
，則，即在定義域上單調遞增，
所以時，有，即，故D正確.
故選：BD
7．BCD
【分析】將函數轉化為，再逐項判斷.
【詳解】函數，
A. 的值域為，故錯誤；
B. 在區間上單調遞增，故正確；
C. ，故正確；
D. 因為，則的最小值為，故正確；
故選：BCD
8．
【分析】求出圓心到直線的距離為，和到直線的距離為，利用垂徑定理得到，表達出，換元后得到面積的最大值.
【詳解】的圓心，半徑為3，易知，
則到直線的距離為，解得，
到直線的距離為，
，故，
令，由于，故，
則，
當時，取得最大值，最大值為.
故答案為：
9．或
【分析】對進行分類討論，結合函數的單調性和最值，求得的值.
【詳解】不妨設的定義域為，
當時，，
，不符合題意.
當時，設，
在區間上遞增，值域為，即.
即.
，
而，，
在上為增函數，
故要使函數在上的最大值是6，
則或，所以或.
故答案為：或
10．
【分析】作出在內的圖象，數形結合，將問題轉化為斜率問題求解即可.
【詳解】由得，作出在內的圖象如圖所示，
設，
直線恒過定點，
直線的斜率，直線的斜率，
所以數形結合可知，即的取值范圍為．
故答案為：.

11．(1)
(2)在上為減函數
(3)或
【分析】（1）根據奇函數的定義即可求解，
（2）由單調性的定義即可求解,
（3）由單調性求解函數的值域，即可求解.
【詳解】（1）是上的奇函數，.
又為最小正周期，.
設，則，
（2）設，由于所以，，
所以
在上為減函數.
（3）在上為減函數，，即.
同理，在上時，.
又，
當或時，在內有實數解.
12．(1)，單調遞增區間為
(2)
【分析】（1）求出和最小正周期，求出，代入，求出，求出解析式，利用整體法求出單調遞增區間；
（2）先根據得到，根據得到，從而得到不等式，求出實數的取值范圍.
【詳解】（1）由題知：，函數的最小正周期，
故，解得，
所以，則，
即，
，，
∵，
∴，
故，
令，
解得，
故函數的單調遞增區間是；
（2）因為，所以，
故，，
所以，
∵不等式在上恒成立，
，即在上恒成立，
，解得，
即實數的取值范圍是．
【能力篇】
一、單選題
1．（2024·全國·模擬預測）已知函數且在區間上單調遞減，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
2．（2024·全國·模擬預測）已知函數對任意恒有，且當時，，則下列結論中正確的是（ ）
A．的圖象關于軸對稱
B．在上單調遞增
C．的解集為
D．若對恒成立，則實數的取值范圍為
三、填空題
3．（2024·山東淄博·一模）設方程，的根分別為p，q，函數 ，令 則a，b，c的大小關系為 .
四、解答題
4．（2022·全國·模擬預測）已知函數．
(1)求不等式的解集；
(2)，，使得，求實數的取值范圍．
參考答案：
1．A
【分析】對數函數的單調性與底數有關，分和兩種情況討論，此外還要注意對數函數的定義域，即真數為正；復合函數單調性滿足“同增異減”，根據對數函數單調性結合題干中“在區間上單調遞減”得到真數部分函數的單調性，從而求得的取值范圍.
【詳解】設函數，則．
①若，則在定義域上單調遞減．
又在區間上單調遞減，所以在區間上單調遞增，故對任意的恒成立．
又，所以對任意的顯然成立．
又因為對任意恒成立，所以0，故．
②若，則在定義域上單調遞增．
又在區間上單調遞減，所以在區間上單調遞減，故對任意的恒成立．
因為拋物線的開口向上，所以不可能對任意的恒成立．
所以的取值范圍為．
故選：A．
2．BC
【分析】對于A，對抽象函數的等式分別賦值和即可判斷是奇函數；對于B，利用函數的單調性定義推理即得；對于C，利用A,B項分析得到的函數的奇偶性和單調性求解抽象不等式即可；對于D，利用C的結論得出函數在上的最大值，將等價轉化為在上恒成立，結合關于的一次函數的圖象即得參數的范圍.
【詳解】對于，令，得，所以，令，則，即，則，
所以是定義在上的奇函數，其圖象關于原點對稱，故A錯誤；
對于，設，則，又當時，，則有，
即，則，故在上單調遞增，故B正確；
對于，根據選項可知，函數在上單調遞增，又因為是定義在上的奇函數，
，所以，則的解集為，故C正確；
對于，因為在上單調遞增，所以當時，，
又對恒成立，所以，即在上恒成立，
將看成關于的一次函數，則需,
由① 可得或，由② 可得或，故的范圍為或，故D錯誤．
故選：BC．
3．
【分析】根據給定條件，利用反函數性質求出，再計算判斷即得.
【詳解】由，得，由，得，
依題意，直線與函數圖象交點的橫坐標分別為，
而函數互為反函數，它們的圖象關于直線對稱，又直線垂直于直線，
因此直線與函數圖象的交點關于直線對稱，即點在直線上，
則，，于是，
，而，
所以，即.
故答案為：
【點睛】結論點睛：同底的指數函數與對數函數互為反函數，它們的圖象關于直線對稱.
4．(1)；
(2).
【分析】（1）把函數化成分段函數，再分類討論求解不等式作答.
（2）求出函數的最小值，再求出在當時的最小值，利用恒能成立問題求解作答.
【詳解】（1）函數，不等式可化為：或或，
解得：，解得：，解得：，
所以不等式的解集為.
（2）由（1）知，當時，，當時，，當時，，
因此，當時，，當時，，
當且僅當，即時取“=”，
因，，使得，
則有的最小值不小于在上的最小值，即有，解得，
所以實數的取值范圍是.
【培優篇】
一、單選題
1．（2022·河南開封·模擬預測）對任意，不等式恒成立，則正數a的最大值為（ ）
A． B． C． D．e
二、多選題
2．（2024·湖南衡陽·模擬預測）已知定義在實數集上的函數的圖象關于點中心對稱，函數，且函數在上單調遞減，函數的導函數分別是，則下列結論正確的是（ ）
A．函數的圖象關于直線對稱
B．的圖象關于點對稱
C．若，則
D．
三、填空題
3．（2024·全國·二模）已知為實數，若不等式對任意恒成立，則的最大值是 .
參考答案：
1．D
【分析】將不等式化為，構造有，利用函數的單調性及參變分離法有在上恒成立，應用導數求右側最小值，即可得結果.
【詳解】∵，
∴．
令，則不等式化為．
∵為增函數，
∴，即．
令，則，
當時，，即遞減；
當時，，即遞增；
所以．
∴實數a的最大值為e．
故選：D
2．ACD
【分析】選項A，驗證等式是否成立即可；選項B，驗證等式是否成立即可；選項C，由等式出發，證明成立即可；選項D，構造函數，借助其單調性證明不等式即可.
【詳解】對于選項A，因為函數的圖象關于點中心對稱，
所以，兩邊求導數得： ，
成立，所以函數的圖象關于直線對稱.
故選項A正確；
對于選項B，因為函數，
則，
用替換，得：，故的圖象關于直線對稱，
故選項B錯誤；
對于選項C，接上個選項解析中，
兩邊求導得：則，即，
將代入，得：，
故選項C正確；
對于選項D，因為的圖象關于直線對稱，
所以，
設，
則，
又設，
則有，
從而在上單調遞增，則，
即在上單調遞增，，
故有恒成立，則，
又因在上單調遞減，則在上單調遞增，
又，故，即：，
故選項D正確.
故選：ACD.
【點睛】本題考查抽象函數的對稱性以及應用導數證明不等式，注意賦值法的使用，屬于難題.抽象函數的對稱性主要有兩種形式：（1）若成立，函數的對稱軸為；（2）若成立，函數的對稱中心為.
3．6
【分析】先對不等式等價變換為，令得，構造函數，從而，又，利用不等式性質即可求解范圍.
【詳解】因為，所以，
則不等式等價于，
等價于，令，則，
從而，令，由對勾函數的性質知，
因為，即，所以，
令，則，解得，
所以，當且僅當即時取等號，
故的最大值是6.
故答案為：6
【點睛】關鍵點點睛：本題考查了復合函數的值域及不等式的性質，解題的關鍵是對不等式等價變形，利用換元法結合對勾函數性質求解函數范圍，最后利用不等式性質求解即可.
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