函数的性质-单调性的综合应用讲义-2025届高三数学一轮复习

高三一轮复习:函数的性质-单调性的综合应用 知识回顾 (1)单调函数的定义 增函数 减函数 定义 一般地,设函数f(x)的定义域为I,如果对于定义域I内某个区间D上的任意两个自变量的值x1,x2 当x1<x2时,都有f(x1)<f(x2),那么就说函数f(x)在区间D上是增函数 当x1<x2时,都有f(x1)>f(x2),那么就说函数f(x)在区间D上是减函数 图象描述 自左向右看图象是上升的 自左向右看图象是下降的 (2)单调区间的定义 如果函数y=f(x)在区间D上是增函数或减函数,那么就说函数y=f(x)在这一区间具有(严格的)单调性,区间D叫做y=f(x)的单调区间. (3)复合函数的单调性 复合函数的单调性遵从“同增异减”,即在对应的取值区间上,外层函数是增(减)函数,内层函数是增(减)函数,复合函数是增函数;外层函数是增(减)函数,内层函数是减(增)函数,复合函数是减函数. 解题思路 (1)证明函数单调性的步骤 ①取值:设,是定义域内一个区间上的任意两个量,且; ②变形:作差变形(变形方法:因式分解、配方、有理化等)或作商变形; ③定号:判断差的正负或商与的大小关系; ④得出结论. (2)函数单调性的判断方法 ①定义法:根据增函数、减函数的定义,按照“取值—变形—判断符号—下结论”进行判断. ②图象法:就是画出函数的图象,根据图象的上升或下降趋势,判断函数的单调性. ③直接法:就是对我们所熟悉的函数,如一次函数、二次函数、反比例函数等,直接写出它们的单调区间. (3)记住几条常用的结论: ①若是增函数,则为减函数;若是减函数,则为增函数; ②若和均为增(或减)函数,则在和的公共定义域上为增(或减)函数; ③若且为增函数,则函数为增函数,为减函数; ④若且为减函数,则函数为减函数,为增函数. ⑤奇函数在其关于原点对称的区间上单调性相同,偶函数在其关于原点对称的区间上单调性相反; ⑥的单调性:在和上单调递增,在和上单调递减; ⑦(,)的单调性:在和上单调递增,在和上单调递减. 典例精讲 例1、下列函数中,满足“对任意的,使得”成立的是( ) A. B. C. D. 例2、已知函数若,则的单调递增区间为( ) A. B. C. D. 例3、已知函数,若实数,则在区间上的最大值的取值范围是( ) A. B. C. D. 例4、三叉戟是希腊神话中海神波塞冬的武器,而函数的图象恰如其形,因而得名三叉戟函数,因为牛顿最早研究了这个函数的图象,所以也称它为牛顿三叉戟.已知函数的图象经过点,且. (1)求函数的解析式; (2)用定义法证明:在上单调递减. 例5、已知函数是定义在R上的奇函数,且当时,. (1)当时,求函数的解析式; (2)解不等式. 专项练习 一、单选题 1.(24-25高三上 吉林 开学考试)下列命题为真命题的是( ) A.命题“”的否定是“” B.若,则 C.的单调减区间为 D.是的必要不充分条件 2.(24-25高三上 江苏扬州 开学考试)已知函数在上单调递减且对任意满足,则不等式的解集是( ) A. B. C. D. 3.(23-24高三上 安徽阜阳 阶段练习)函数,若对任意,都有成立,则实数的取值范围为( ) A. B. C. D. 4.(22-23高三下 吉林长春 开学考试)已知函数满足对任意实数,都有成立,则的取值范围是( ) A. B. C. D. 5.(24-25高三上 安徽蚌埠 开学考试)设函数是上的减函数,则实数的取值范围是( ) A. B. C. D. 6.(24-25高三上 江苏南通 开学考试)已知函数是上的增函数,则a的取值范围是是( ) A. B. C. D. 7.(23-24高三上 北京 期中)已知定义在上的函数满足:,,当时,有则称函数为“理想函数”.根据此定义,下列函数为“理想函数”的是( ) A. B. C. D. 8.(22-23高三上 河南 期中)定义在上的函数满足:对,且,都有成立,且,则不等式的解集为( ) A. B. C. D. 9.(2024高三 全国 专题练习)一般地,若函数的定义域是,值域为,则称为的“倍跟随区间”,若函数的定义域为,值域也为,则称为的“跟随区间”,下列结论正确的是( ) A.若为的“跟随区间”,则 B.函数存在“跟随区间” C.若函数存在“跟随区间”,则 D.二次函数存在“倍跟随区间” 10.(23-24高三下 上海 期中)已知二次函数,,,若且,则下列说法正确的是( ) A.对任实数,均有 B.对任意满足实数,均有 C.对任意满足的实数,均有 D.存在实数,使得 二、多选题 11.(24-25高三上 湖南长沙 阶段练习)已知 是定义在 上的单调递增且图象连续不断的函数, 若 , 恒有 成立, 设 0 ,则( ) A. B. C. D. 12.(23-24高三上 吉林白山 阶段练习)下列命题正确的是( ) A.若对于,,,都有,则函数在上是增函数 B.若对于,,,都有,则函数在上是增函数 C.若对于,都有成立,则函数在上是增函数 D.若对于,都有,为增函数,则函数在上也是增函数 13.(23-24高三上 湖北 期末)某数学兴趣小组对函数进行研究,得出如下结论,其中正确的有( ) A. B.,都有 C.的值域为 D.,,都有 14.(2024 河北沧州 二模)已知是定义在上的单调递增且图象连续不断的函数,若,恒有成立,设,则( ) A. B. C. D. 三、填空题 15.(23-24高三上 云南迪庆 期末)若函数,且对于,恒有,则实数的取值范围是 . 16.(23-24高三上 上海长宁 期末)已知,若对于任意实数,均存在,使得,则实数的取值范围是 . 17.(23-24高三上 辽宁沈阳 期末)已知偶函数的定义域为,且有,,若对,,都有,则不等式的解集为 . 18.(2024高三 全国 专题练习)已知函数对任意,,满足条件,且当时,,,则不等式的解集为 . 19.(23-24高三下 吉林长春 期末)已知函数,对于任意两个不相等的实数,都有不等式成立,则实数取值范围为 . 四、解答题 20.(23-24高三上 黑龙江大庆 阶段练习)已知函数. (1)证明:函数在区间上单调递减; (2)当时,求函数的值域. 21.(2024高三 全国 专题练习)函数的定义域为,且对一切都有,当时,有. (1)求的值; (2)判断的单调性并证明; 22.(23-24高三上 湖南衡阳 阶段练习)已知定义在上函数对任意正数都有,当时,,且 (1)求的值; (2)解关于的不等式:. 23.(24-25高三上 甘肃兰州 开学考试)定义在上的函数满足:①,②,其中为任意正实数:③任意正实数满足时,恒成立. (1)求、; (2)试判断函数的单调性: (3)如果,试求的取值范围. 24.(23-24高三上 江苏常州 期中)已知函数 (1)当时,判断的单调性并证明; (2)已知条件,条件,若是的充分条件,求实数的取值范围. 25.(23-24高三 吉林长春 期末)已知函数. (1)若存在,对任意的都成立;求m的取值范围; (2)设,若不等式在上有解,求实数k的取值范围. 26.(23-24高三上 安徽滁州 阶段练习)已知函数的定义域为R,且满. (1)若,求的值; (2)若时,,求的解析式,并直接写出的单调递减区间. 27.(23-24高三上 上海静安 期中)如果函数的定义域为,且恒成立,则函数的图像关于直线对称.已知函数 (1)若,求的值; (2)证明:函数的图像关于对称; (3)若关于的不等式恒成立,求m的取值范围. 28.(23-24高三上 天津 期中)已知是二次函数,且满足. (1)求函数的解析式; (2)设函数,求在区间上的最小值的表达式. (3)在(2)的条件下,对任意的,存在,使得成立,求的取值范围. 29.(23-24高三下 四川德阳 阶段练习)已知函数,. (1)当,时,解关于的不等式; (2)当时,对任意,关于的不等式恒成立,求实数的取值范围; (3)当,时,若点,均为函数与函数图象的公共点,且,求证:. 1 学科网(北京)股份有限公司 $$ 高三一轮复习：函数的性质--单调性的综合应用 知识回顾 (1)单调函数的定义 增函数 减函数 定义 一般地，设函数f(x)的定义域为I，如果对于定义域I内某个区间D上的任意两个自变量的值x1，x2 当x1<x2时，都有f(x1)<f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是增函数 当x1<x2时，都有f(x1)>f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是减函数 图象描述 自左向右看图象是上升的 自左向右看图象是下降的 (2)单调区间的定义 如果函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，那么就说函数y＝f(x)在这一区间具有(严格的)单调性，区间D叫做y＝f(x)的单调区间． （3）复合函数的单调性 复合函数的单调性遵从“同增异减”，即在对应的取值区间上，外层函数是增（减）函数，内层函数是增（减）函数，复合函数是增函数；外层函数是增（减）函数，内层函数是减（增）函数，复合函数是减函数. 解题思路 （1）证明函数单调性的步骤 ①取值：设，是定义域内一个区间上的任意两个量，且； ②变形：作差变形(变形方法：因式分解、配方、有理化等)或作商变形； ③定号：判断差的正负或商与的大小关系； ④得出结论． （2）函数单调性的判断方法 ①定义法：根据增函数、减函数的定义，按照“取值—变形—判断符号—下结论”进行判断． ②图象法：就是画出函数的图象，根据图象的上升或下降趋势，判断函数的单调性． ③直接法：就是对我们所熟悉的函数，如一次函数、二次函数、反比例函数等，直接写出它们的单调区间． （3）记住几条常用的结论： ①若是增函数，则为减函数；若是减函数，则为增函数； ②若和均为增(或减)函数，则在和的公共定义域上为增(或减)函数； ③若且为增函数，则函数为增函数，为减函数； ④若且为减函数，则函数为减函数，为增函数． ⑤奇函数在其关于原点对称的区间上单调性相同，偶函数在其关于原点对称的区间上单调性相反； ⑥的单调性：在和上单调递增，在和上单调递减； ⑦（，）的单调性：在和上单调递增，在和上单调递减． 典例精讲 例1、下列函数中，满足“对任意的，使得”成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据题意，“对任意的，使得”，则函数在上为减函数. 对于选项A，，为二次函数，其对称轴为x＝－1，在上递减，符合题意； 对于选项B，，其导数，所以在上递增，不符合题意； 对于选项C，为一次函数，所以在上递增，不符合题意； 对于选项D，由复合函数单调性“同增异减”知，在上单调递增，不符合题意. 故选：A. 例2、已知函数若，则的单调递增区间为（    ） A． B． C． D． 解：依题意，解得a＝－1，故，可知在上单调递增 故选：D. 例3、已知函数，若实数，则在区间上的最大值的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【解答过程】由题意，当时，；当时，；当时，. 所以，则， 因为，所以区间，且该区间长度为2. 作出函数的图象，如图1，进而可得到在上的图象，如图2， 根据图象可知在区间上的最大值的取值范围是. 故选：D. 例4、三叉戟是希腊神话中海神波塞冬的武器，而函数的图象恰如其形，因而得名三叉戟函数，因为牛顿最早研究了这个函数的图象，所以也称它为牛顿三叉戟.已知函数的图象经过点，且. (1)求函数的解析式； (2)用定义法证明：在上单调递减. 【解析】（1）由题意可知， 解得，， 故（）. （2）证明：，，且，则 . 由，且， 得，，， 所以，， 所以， 则，即. 故在上单调递减. 例5、已知函数是定义在R上的奇函数，且当时，. (1)当时，求函数的解析式； (2)解不等式. 【详解】（1）因为函数是定义在R上的奇函数， 所以，. 当时，. （2）当时，， 此时单调递增， 又因为函数是定义在R上的奇函数， 所以在R上为递增函数， 又， 所以，即， 所以不等式的解集为. 专项练习 一、单选题 1．（24-25高三上·吉林·开学考试）下列命题为真命题的是（    ） A．命题“”的否定是“” B．若，则 C．的单调减区间为 D．是的必要不充分条件 2．（24-25高三上·江苏扬州·开学考试）已知函数在上单调递减且对任意满足，则不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高三上·安徽阜阳·阶段练习）函数，若对任意，都有成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 4．（22-23高三下·吉林长春·开学考试）已知函数满足对任意实数，都有成立，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高三上·安徽蚌埠·开学考试）设函数是上的减函数，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．（24-25高三上·江苏南通·开学考试）已知函数是上的增函数，则a的取值范围是是（   ） A． B． C． D． 7．（23-24高三上·北京·期中）已知定义在上的函数满足：，，当时，有则称函数为“理想函数”.根据此定义，下列函数为“理想函数”的是（    ） A． B． C． D． 8．（22-23高三上·河南·期中）定义在上的函数满足：对，且，都有成立，且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 9．（2024高三·全国·专题练习）一般地，若函数的定义域是，值域为，则称为的“倍跟随区间”，若函数的定义域为，值域也为，则称为的“跟随区间”，下列结论正确的是（    ） A．若为的“跟随区间”，则 B．函数存在“跟随区间” C．若函数存在“跟随区间”，则 D．二次函数存在“倍跟随区间” 10．（23-24高三下·上海·期中）已知二次函数，，，若且，则下列说法正确的是（    ） A．对任实数，均有 B．对任意满足实数，均有 C．对任意满足的实数，均有 D．存在实数，使得 二、多选题 11．（24-25高三上·湖南长沙·阶段练习）已知 是定义在 上的单调递增且图象连续不断的函数， 若 ， 恒有 成立， 设 0 ，则（    ） A． B． C． D． 12．（23-24高三上·吉林白山·阶段练习）下列命题正确的是（    ） A．若对于，，，都有，则函数在上是增函数 B．若对于，，，都有，则函数在上是增函数 C．若对于，都有成立，则函数在上是增函数 D．若对于，都有，为增函数，则函数在上也是增函数 13．（23-24高三上·湖北·期末）某数学兴趣小组对函数进行研究，得出如下结论，其中正确的有（    ） A． B．，都有 C．的值域为 D．，，都有 14．（2024·河北沧州·二模）已知是定义在上的单调递增且图象连续不断的函数，若，恒有成立，设，则（    ） A． B． C． D． 三、填空题 15．（23-24高三上·云南迪庆·期末）若函数，且对于，恒有，则实数的取值范围是 . 16．（23-24高三上·上海长宁·期末）已知，若对于任意实数，均存在，使得，则实数的取值范围是 . 17．（23-24高三上·辽宁沈阳·期末）已知偶函数的定义域为，且有，，若对，，都有，则不等式的解集为 . 18．（2024高三·全国·专题练习）已知函数对任意，，满足条件，且当时，，，则不等式的解集为 . 19．（23-24高三下·吉林长春·期末）已知函数，对于任意两个不相等的实数，都有不等式成立，则实数取值范围为 ． 四、解答题 20．（23-24高三上·黑龙江大庆·阶段练习）已知函数. (1)证明:函数在区间上单调递减; (2)当时，求函数的值域. 21．（2024高三·全国·专题练习）函数的定义域为，且对一切都有，当时，有． (1)求的值； (2)判断的单调性并证明； 22．（23-24高三上·湖南衡阳·阶段练习）已知定义在上函数对任意正数都有，当时，，且 (1)求的值； (2)解关于的不等式：. 23．（24-25高三上·甘肃兰州·开学考试）定义在上的函数满足：①，②，其中为任意正实数：③任意正实数满足时，恒成立． (1)求、； (2)试判断函数的单调性： (3)如果，试求的取值范围． 24．（23-24高三上·江苏常州·期中）已知函数 (1)当时，判断的单调性并证明； (2)已知条件，条件，若是的充分条件，求实数的取值范围. 25．（23-24高三·吉林长春·期末）已知函数． (1)若存在，对任意的都成立；求m的取值范围； (2)设，若不等式在上有解，求实数k的取值范围． 26．（23-24高三上·安徽滁州·阶段练习）已知函数的定义域为R，且满． (1)若，求的值； (2)若时，，求的解析式，并直接写出的单调递减区间． 27．（23-24高三上·上海静安·期中）如果函数的定义域为，且恒成立，则函数的图像关于直线对称．已知函数 (1)若，求的值； (2)证明：函数的图像关于对称； (3)若关于的不等式恒成立，求m的取值范围． 28．（23-24高三上·天津·期中）已知是二次函数，且满足． (1)求函数的解析式； (2)设函数，求在区间上的最小值的表达式． (3)在（2）的条件下，对任意的，存在，使得成立，求的取值范围． 29．（23-24高三下·四川德阳·阶段练习）已知函数，. (1)当，时，解关于的不等式； (2)当时，对任意，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围； (3)当，时，若点，均为函数与函数图象的公共点，且，求证：. 参考答案 1．D 【分析】利用存在量词命题的否定判断A；举例说明判断B；求出函数的单调区间判断C；利用充分条件、必要条件的定义判断D. 【详解】对于A，命题“”的否定是“”，A错误； 对于B，，当时，，B错误； 对于C，函数的单调减区间为，C错误； 对于D，或，因此是的必要不充分条件，D正确. 故选：D 2．B 【分析】由对任意满足得出的对称轴为直线，结合函数在上单调递减得出在上单调递增，根据对称性及单调性求解不等式即可． 【详解】因为对任意满足，所以的对称轴为直线， 又函数在上单调递减，所以在上单调递增， 所以，解得， 故选：B． 3．A 【分析】利用函数单调性的变形式即可判断函数单调性，然后根据分段函数的性质即可求解. 【详解】因为对任意，都有成立， 可得在上是单调递减的， 则，解得. 故选：A 4．D 【分析】由题意可知函数在R上递减，结合分段函数单调性列式求解即可. 【详解】因为函数满足对任意实数，都有 成立， 不妨假设，则，可得，即， 可知函数在R上递减， 则，解得：， 所以的取值范围是. 故选：D. 5．A 【分析】利用分段函数的单调性及一次函数，二次函数的单调性计算即可. 【详解】由题意可得：， 故实数的取值范围是. 故选：A. 6．B 【分析】两段函数都要增，在1附近也要增，列不等式组求解即可. 【详解】是上的增函数，则要满足： ，解得. 故选：B. 7．D 【分析】利用定义判断和证明函数是否为“理想函数”. 【详解】对于选项A：若时，对，，当时， 则， 所以不为“理想函数”，故A正确； 对于选项B：若时，对，，当时， 则， 所以不是“理想函数”，故B错误； 对于选项C：时，例如， 则， 所以不为“理想函数”，故C错误； 对于选项D：若时，对，，当时， 则， 所以为“理想函数”，故D正确； 故选：D. 【点睛】思路点睛：定义型函数，是指给出阅读材料，设计一个陌生的数学情景，定义一个新函数，并给出新函数所满足的条件或具备的性质；或者给出已知函数，再定义一个新概念.解答这类问题的关键在于阅读理解时，要准确把握新定义、新信息，并把它纳入已有的知识体系之中，用原来的知识和方法来解决新情景下的问题。 8．D 【分析】由条件和所求的特征，考虑构造函数，将不等式转化为，再利用函数在上的单调性即可求得. 【详解】由题意，且，则将两边同除以，即得：， 令，则可知函数在上为增函数. 由两边同除以得：，因，则得：，故得：. 故选：D. 【点睛】思路点睛：本题主要考查利用题设不等式构造函数，利用其单调性求不等式解集.属于较难题. 解题思路是，观察题设不等式的特征和所求不等式的联系，通过等价转化构造新函数，通过判断其单调性，将抽象不等式转化为具体不等式求解. 9．D 【分析】对于A，由已知可得函数在区间上单调递增，进而可求解的值；对于B，假设存在“跟随区间”，则根据条件求解的值，若有解则存在，反之不存在；对于C，先设“跟随区间”为，则根据满足的条件建立方程组，找出的关系，然后统一变量表示出，列出关于的关系式，利用方程思想求解的取值范围；对于D，若存在“倍跟随区间”，设定义域为，则值域为，由此建立方程组，再等价转化为一个方程有两个不相等的实数根，进而可以求解． 【详解】对于A，若为的“跟随区间”，且的对称轴为，且，所以，解得或（舍），A错误； 对于B，假设存在“跟随区间”，且， 因为在单调区间上递减，则有，解得，不符合， 故不存在，B错； 对于C，在定义域上单调递减， 若存在“跟随区间”，则有，即， 两式相减得，即， 又因为，所以，所以， 所以， 设，则，即在区间上有一个实数根， 所以，解得，故C错误； 对于D，若存在“倍跟随区间”， 设定义域为，则值域为， 当时，易得函数在定义域上单调递增， 则是方程的两个不相等的实数根，解得或， 故存在定义域为使得值域为，故D正确． 故选：D 【点睛】方法点睛：对于新定义问题的求解策略：紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把心定义所叙述的问题的本质弄清楚，应用到具体的解题过程中；本题根据函数的单调性合理转换是解决问题的关键． 10．B 【分析】由题意可知， 化简得，根据与的大小关系确定的范围判断各个选项. 【详解】 对称轴为 ， ， 令 ， 则 ， ， ， ， ， ， 正确，C错误， 对A：，故A错误， 对D: ，故不存在实数，使得，D错误. 故选：B. 11．AD 【分析】对于A：令，结合单调性分析即可判断；对于B：假设存在使得，分析可知恒等于1，结合单调性分析判断；对于CD：利用反证法证明，结合基本不等式分析可得，构建函数，结合的单调性可知，即可得结果. 【详解】令 ， 得 ， 即 ， 因为 在区间 上单调递增， 所以 不恒等于 ， 故 ， 故 A 正确; 若存在 使得 ， 则 ， 则 恒等于 1 ， 与 单调递增矛盾，故 ， 故 B 错误； 若存在 ， 使得 ， 因为 的图象连续不断， 所以 ， 故存在 ， 使得 ， 与上述 矛盾，综上 ， 所以 ，而， 当且仅当 时取等号， 又 单调递增，故不取等号， 即 ， 当 时， 有 ， 即 ， 当 时， 令 ， 则 ， 因为 单调递减且 ， 所以 单调递增， 所以 ， 又 ， 所以 ， 且在区间 上单调递增， 因为 ， 所以 ， 所以 ， 故C错误，D正确. 故选：AD 【点睛】方法点睛： 1.对于抽象函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件推证函数的性质，根据函数的性质解决问题； 2.比较数式大小问题，往往利用函数图象或者函数的单调性． 12．AB 【分析】利用函数的单调性定义结合举反例的方法对选项逐一分析即可. 【详解】， 化简为， 设，则， 设，则， 故函数在上是增函数，故正确； 设， 由得， 即， 设， 由得， 即， 故函数在上是增函数，故正确； 令，表示不超过x的最大的整数， 满足，但在上不是增函数；故错误； 令，则，为增函数， 但函数在上不单调，故错误. 故选：. 13．ABD 【分析】利用可判断A；分、求单调性值域可判断B；分、讨论可得的值域可判断C；作差利用基本不等式可判断D． 【详解】对于A：，A正确； 对于B：当时，，因为单调递减， 所以单调递减，且，， 当时，，因为单调递减， 所以单调递减，且， 所以，则在R上单调递减，故B正确； 对于C：当时，， 当时，，综上的值域为，故C不正确； 对于D：当，时， ，仅当等号成立， 故，，都有，故D正确． 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是根据给定的函数解析式的特征判断函数单调性及值域. 14．AD 【分析】对于A：令，结合单调性分析即可判断；对于B：假设存在使得，分析可知恒等于1，结合单调性分析判断；对于CD：利用反证法证明，结合基本不等式分析可得，构建函数，结合的单调性可知，即可得结果. 【详解】对于选项A：令，得，即， 因为在上单调递增，可知不恒等于， 所以，故A正确； 对于选项B：若存在使得， 令，得，则恒等于1， 这与单调递增矛盾，故，故B错误； 对于选项CD：若存在，使得， 因为的图象连续不断，， 故存在，使得，与上述矛盾， 故，可得， 则， 当且仅当时取等号， 又因为单调递增，故不取等号，即， 令时，可得， 则， 当时，令，则， 因为单调递减且， 可知单调递增，所以， 又因为，则，且在上单调递增， 因为， 可知，所以，故C错误，D正确. 故选：AD. 【点睛】方法点睛：1.对于抽象函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件推证函数的性质，根据函数的性质解决问题； 2.比较数式大小问题，往往利用函数图象或者函数的单调性． 15． 【分析】利用分段函数的单调性来求参数的取值范围，即可. 【详解】假设，由得：， 所以可得是单调减函数； 由在上单调递减，可得：，即； 由于是单调减函数，还需要满足，即； 综上可得：实数的取值范围是； 故答案为：. 16．, 【分析】首先分析各段函数的单调性，依题意只需函数的值域为，分和两种情况讨论，分别求出函数在各段的最大（小值，即可得到不等式，解得即可． 【详解】因为函数在定义域上单调递增， 函数在上单调递减，在上单调递增， 要使对任意实数，总存在实数，使得，即函数的值域为， 当时，在，上单调递增，在上单调递减， 当时，，时，， 则只需，解得； 当时，在，上单调递增， 当时，，时，， 则只需要，解得， 又，所以． 综上可得，即实数的取值范围是,． 故答案为：,． 17． 【分析】通过构造函数法结合已知条件得出函数的单调性，再根据函数的奇偶性，求得不等式的解集. 【详解】构造函数， 依题意，的定义域是，是偶函数， 所以，所以是偶函数， 由于对，，，则， 所以在上单调递增，则在上单调递减. 对于，且， 若，可得，即，可得； 若,可得，即，可得； 所以不等式的解集为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：关键点是熟练掌握函数单调性的定义及其变型，任取定义域内的两个数，且，通过计算的符合来判断的单调性，也可以利用的符号来判断的单调性. 18． 【分析】法一：利用赋值法结合函数的单调性定义可得该函数的单调性，结合题目所给条件可将原不等式转化为，计算即可得； 法二：可利用模型法设，结合题意可得满足题意条件，代入计算即可得，计算即可得. 【详解】法一：设，则， 当时，，， 则， 即，为增函数， ， 又，，， ，即，解得不等式的解集为. 法二：由，即， 可设函数，由，得，即， 即，满足当时，， 则不等式可化为， 即，解得，故不等式的解集为. 故答案为：. 19． 【分析】由题意可得函数在上单调递减，作出的图象，结合图象，列出不等式组，求解即可． 【详解】解：因为对于任意两个不相等的实数，都有不等式成立， 所以函数在上单调递减， 又因为当时，， 作出的图象，如图所示： 由此可得函数在和上单调递减， 又因为当时，，且函数在上单调递减， 所以，解得． 故答案为：． 20．(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）利用函数单调性定义，推理论证即可. （2）利用（1）的结论，利用单调性求出函数值域. 【详解】（1）函数，， 则， 当时，，则，即， 所以函数在区间上单调递减. （2）由（1）知，函数在上单调递减，则， 而，所以函数的值域为. 21．(1)0 (2)在上是增函数，证明见解析 【分析】（1）令，代入可求； （2）设，由，得，可证在上是增函数． 【详解】（1）． （2）在上是增函数． 证明：设，则由， 得， 因为，所以． 所以，即， 即在上是增函数． 22．(1) (2) 【分析】（1）通过赋值即可求解； （2）先确定函数单调性，再将不等式化为的形式，然后利用单调性求解即可． 【详解】（1），所以，解得 （2）任取，且，则 因为，所以，则， 所以在上是增函数，因为 所以 即   所以，解得 23．(1)；； (2)在上单调递增 (3) 【分析】（1）利用赋值法可求； （2）由已知可得，设；可得，结合单调性的定义可得结论； （3）由已知可得，结合单调性求解即可. 【详解】（1）取得，； ；； （2）令，可得， 设，则，所以，即， 在上单调递增； （3）根据满足的条件②及，由得，； 根据为增函数得：； 再由的定义域，便得到不等式组； 解得，的取值范围为． 24．(1)在上单调递增，证明见解析 (2) 【分析】（1）利用单调性的定义证明，任取且，然后化简变形，再判断其符号，从而可得结论； （2）将问题转化为在恒成立，再转化为在恒成立，然后根据的单调性可求得结果. 【详解】（1）在上单调递增，证明如下： 任取且， 因为，所以 所以，即， 所以在上单调递增； （2）因为是的充分条件，所以若，则为真， 即在恒成立， 所以在恒成立； 由（1）知在上单调递增，所以在上单调递增， 所以，即 25．(1) (2) 【分析】（1）题目可转化为 ：对任意的都成立，再利用变换主元的方法，把看作自变量，看作参数，即可求解； （2）由函数解析式, 令，再分离参数k，即可求解. 【详解】（1），当时， 又∵存在，对任意的都成立， ∴对任意的都成立 即对任意的都成立，其中看作自变量，看作参数， 即，解得： （2） 令则 ,因为不等式在区间上有解 ，又 而 ,即实数的取值范围是 26．(1) (2)；单调递减区间为， 【分析】（1）由及即可直接求出解析式； （2）令得，再由的解析式及即可求得当时的解析式，则的解析式可得，结合分段函数的性质即可得单调递减区间. 【详解】（1）因为 所以， 所以， 故， 所以． （2）中，令得，， 当时，，， 因为， 所以， 所以 则的单调递减区间为，． 27．(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用条件代入解方程即得； （2）计算再与比较得即得证； （3）先运用函数的单调性定义推导函数的单调性，再运用单调性和对称性求解抽象不等式，最后分离变量，利用基本不等式即得参数范围. 【详解】（1）因，由解得； （2）因， 则， 故函数的图像关于对称. （3）任取，由 因，则，即；因，则，即； ，，故，即，故在上单调递增， 因的图象关于对称，故在上单调递减. 由可得，，即（*）， 当时，不等式显然成立；时，由（*）可得， 因，，当且仅当时等号成立， 故得，解得，，即m的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：解题的关键在于求解抽象不等式时，需判断函数的单调性，在求解含参的不等式恒成立问题，一般首选参变分离，将问题转化成求函数的最值，其次是数形结合讨论函数的方法. 28．(1) (2) (3)或 【分析】（1）利用待定系数法求解； （2）求出的对称轴为，然后进行分类讨论求解； （3）将问题转化为，求出，然后得到不等式，对进行分类讨论求解． 【详解】（1）设， 又 即， ， 解得， 即， （2）由题意得，， 则二次函数的对称轴为， 若时，，当时，的最小值为； 若时，，当时，的最小值为； 若时，，当时，的最小值为； 所以； （3）在（2）的条件下，对任意的，存在， 使得成立， 即， 作如下图形： 故是单调递减函数， ，当时，， 当时，， ， ， ， 因为 所以时取最大值， 所以不等式， 解得：或； 综上所述：或． 【点睛】本题考查了求解二次函数的解析式，分段函数的解析式及最值问题、不等式中恒成立问题，利用分类讨论的思想及转化思想求解是关键． 29．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）即解不等式，分、、且讨论，解不等式可得答案； （2）转化为在上恒成立，求得的最大值可得答案； （3）由得，化简方程得，令，结合一元二次不等式求解可得答案. 【详解】（1）当，时，即解不等式， 可得， 当时，成立， 当时，得，即解， 解得； 当且时，得，解得， 综上所述，不等式的解集为； （2）当时，可得，， 对任意，关于的不等式恒成立， 即在上恒成立， 即在上恒成立， 即当时，的最大值为0，所以， 所以实数的取值范围； （3）由，可得， 可得， 因为点，均为函数与函数图象的公共点， 可得， ，两式相减得 ， 因为，所以， 可得， 令，则， 整理得，解得， 所以. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$