2-2函数的单调性与最值考点突破讲义-2026届高三数学一轮复习

学科网(北京 )股份有限公司 学科网(北京 )股份有限公司 第 1 页 共 18 页 《2026 届高考一轮复习 数学考点突破》2-2 函数的单调性与最值 目录 核心知识 考点梳理 ........................................................................... 1 一、函数的单调性与最值 .................................................................. 1 二、对勾函数与飘带函数 .................................................................. 2 真题感悟 明察考情 ........................................................................... 3 考点题型 疑难解惑 ........................................................................... 4 考点 1 求函数的单调性 ....................................................................... 4 题型精讲 方法探究 ....................................................................... 4 方法提炼 思维升华 ....................................................................... 5 举一反三 熟能生巧 ....................................................................... 5 考点 2 单调性的应用 ......................................................................... 7 题型精讲 方法探究 ....................................................................... 7 命题点 1 比较大小 ................................................................... 7 方法提炼 思维升华 ....................................................................... 8 命题点 2 求函数的最值 ............................................................... 8 方法提炼 思维升华 ....................................................................... 9 命题点 3 解函数不等式 ............................................................... 9 方法提炼 思维升华 ...................................................................... 10 举一反三 熟能生巧 ...................................................................... 10 考点 3 已知单调性求参数取值范围 ............................................................ 14 题型精讲 方法探究 ...................................................................... 14 方法提炼 思维升华 ...................................................................... 15 举一反三 熟能生巧 ...................................................................... 15 核心知识 考点梳理 一、函数的单调性与最值 学科网(北京 )股份有限公司 学科网(北京 )股份有限公司 第 2 页 共 18 页 二、对勾函数与飘带函数 (一).对勾函数：f(x)＝ax＋� � (ab＞0) (1)当 a＞0，b＞0时，f(x)在(－∞，－ � � ]，[ � � ，＋∞)上是增函数，在[－ � � ，0)，(0， � � ]上是减函数； (2)当 a＜0，b＜0时，f(x)在(－∞，－ � � ]，[ � � ，＋∞)上是减函数，在[－ � � ，0)，(0， � � ]上是增函数； (二).飘带函数：f(x)＝ax＋� � (ab＜0) (1)当 a＞0，b＜0时，f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上都是增函数； 学科网(北京 )股份有限公司 学科网(北京 )股份有限公司 第 3 页 共 18 页 (2)当 a＜0，b＞0时，f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上都是减函数； 真题感悟 明察考情 三年高考命题解读 考点 五年考情(2021-2025) 命题解读 单调性概念与判断 2023 北京卷 已知单调性判断函数。 由单调性求参数范围 2024新Ⅰ卷、2023 新Ⅰ卷、2023 乙卷 已知函数单调性求参数范围； 1.(2024 新Ⅰ卷 T6)已知函数 f(x) = − x 2 − 2�� − �, x < 0, ex + ln(x + 1), x ≥ 0,在 R 上单调递增，则�的取值范围是( ) A． ( ,0] B．[ 1,0] C．[ 1,1] D．[0, ) 【答案】B【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可. 【解】因为  f x 在R 上单调递增，且 0x  时，    e ln 1xf x x   单调递增， 则需满足 − −2� 2×(−1) ≥ 0 −� ≤ �0 + ��1 ,解得 1 0a   ，即 a的范围是[ 1,0] ；故选：B. 2．(2023 新Ⅰ卷 T4)设函数 f(x) = 2x(x−�)在区间(0,1)上单调递减，则�的取值范围是( ) A．  , 2  B． 2,0 C．  0,2 D．  2, 【答案】D【分析】利用指数型复合函数单调性，判断列式计算作答. 【解】函数 2xy  在 R 上单调递增，则 y = x(x − �) = (x − � 2 )2 − � 2 4 在区间  0,1 上单调递减， 因此 � 2 ≥ 1，解得 2a  ；故选：D 3．(2023 北京卷 T4)下列函数中，在区间 (0, ) 上单调递增的是( ) A． ( ) lnf x x  B．f(x) = 1 2x C．f(x) =− 1 x D． | 1|( ) 3 xf x  【答案】C【分析】利用基本初等函数的单调性，结合复合函数的单调性判断 ABC，举反例排除 D 即可. 【解】对于 A，因为 lny x 在  0,  上单调递增， y x  在  0,  上单调递减， 所以   lnf x x  在  0,  上单调递减，故 A 错误； 对于 B，因为 2xy  在  0,  上单调递增，所以 f(x) = 1 2x 在  0,  上单调递减，故 B 错误； 对于 D，因为 f( 1 2 ) = 3 1 2 = 3，f(1) = 30 = 1, f(2) = 31 = 3，所以 f(x) = 3 x−1 在  0,  上不单调，D 错误； 对于 C，因为 y = 1 x 在  0,  上单调递减，所以 f(x) =− 1 x 在  0,  上单调递增，故 C 正确；故选：C. 4.(2023乙卷 T16)设� ∈ (0,1)，若函数 f(x) = �x + (1 + �)x在(0, + ∞)上单调递增，则 a的取值范围是____. 【答案】 5−1 2 , 1)【解】可得      ln 1 ln 1 0xxf x a a a a      在区间  0,  上恒成立， 学科网(北京 )股份有限公司 学科网(北京 )股份有限公司 第 4 页 共 18 页 则    1 ln 1 lnx xa a a a    ，即( 1+�� )� ≥− ��� ��(1+�)在区间  0,  上恒成立， 故( 1+� � )0 = 1 ≥− ��� ��(1+�)，而  1 1,2a   ，故  ln 1 0a  ， 故 ��(1 + �) ≥− ���, 0 < � < 1, 即 �(� + 1) ≥ 1, 0 < � < 1, ，故 5−1 2 ≤ � < 1，故答案为： 5−1 2 , 1). 考点题型 疑难解惑 题型精讲 方法探究 【例 1-1】已知函数 ( )y f x 的图象如图所示，则下列说法错误的是( ) A．[ , ]a b 是函数 ( )f x 的增区间 B．[ , ]b c 是函数 ( )f x 的减区间 C．函数 ( )f x 在 [ , ] [ , ]a b c d 上是增函数 D．函数 ( )f x 在[ ,0) (0, ]b c 上是减函数 【答案】C【解】根据函数图像可知函数 ( )f x 在[ , ]a b 上递增，在[ , ]b c 上递减，故 A，B正确； 函数 ( )f x 在[ , ]c d 上也单调递增，但区间[ , ]a b 和[ , ]c d 不是连续区间，C错误； 由图象知[ , ]b c 为函数的一个单调递减区间，故函数 ( )f x 在[ ,0) (0, ]b c 上是减函数，D正确，故选：C 【例 1-2】函数  f x 同时满足:①    f x f x  ;②当  1 2, 0,1x x  时,�(�1)−�(�2)�1−�2 < 0,则函数  f x 可能为( ) A．   2f x x B．f(x) = ( 1 2 )x C． ( ) cos4f x x D．    ln 1f x x  【答案】D【分析】① ( ) ( )f x f x  说明 ( )f x 为偶函数，②  1 2, 0,1x x  时, �(�1)−�(�2) �1−�2 < 0,说明函数在(0,1)上 单调递减,再逐项分析即可. 【解】① ( ) ( )f x f x  说明 ( )f x 为偶函数，②  1 2, 0,1x x  时,�(�1)−�(�2)�1−�2 < 0,说明函数在(0,1)上单调递减. A 不满足②，B 不满足①， C不满足②,因为 ( ) cos4f x x 在(0, π 4 )单调递减，在( π 4 , 1)单调递增. 对于 D,满足①,当 (0,1), ( ) ln(1 )x f x x   ,单调递减,也满足②.故选：D. 【例 1-3】已知函数   2 22 x xf x   ，则单调递增区间为 ． 【答案】  ,1 /  ,1 【分析】根据二次函数以及指数函数的性质，结合复合函数的单调性法则即可求解. 【解】由于  22 2 1 1x x xy    - - 在  1, 单调递减，在  ,1 单调递增， 而函数 2xy  为R 上的单调递增函数，所以   2 22 x xf x   的单调递增区间为  ,1 ，故答案为：  ,1 【例 1-4】(2024 高三上浙江绍兴期末)函数  2ln 2y x x  的单调递减区间是（ ） A．  ,1 B．  1, C．  , 0 D．  2, 【答案】C【分析】先求出函数的定义域，再利用复合函数单调性可求得函数的单调递减区间. 【解】由�2 − 2� > 0，解得 0x  或 2x  ，所以函数定义域为    ,0 2,  ， 令 2 2u x x  ，则函数 2 2u x x  在  , 0 上单调递减，在  2, 上单调递增， 学科网(北京 )股份有限公司 学科网(北京 )股份有限公司 第 5 页 共 18 页 而函数 lny u 在  0,  上为增函数， 由复合函数单调性可得  2ln 2y x x  的单调递减区间为  , 0 .故选：C. 易错陷阱 本题再求单调区间时容易忽略定义域，而求出单调递减区间为(1, + ∞)而致错. 【例 1-5】函数 2( ) 4 | | 3f x x x   的单调递减区间是( ) A． ( , 2)  B． ( , 2)  和 (0,2) C． ( 2,2) D． ( 2,0) 和 (2, ) 【答案】B【分析】将绝对值函数转化成分段函数，由二次函数的性质即可求 【解】   2 2 2 4 3, 04 3 4 3, 0 x x xf x x x x x x             ， 则由二次函数的性质知，当 0x  时，  22 4 3 2 1y x x x      的单调递减区间为  0,2 ； 当 0x  ，  22 4 3 2 1y x x x      的单调递减区间为  , 2  ， 故  f x 的单调递减区间是 ( , 2)  和 (0,2) .故选：B 方法提炼 思维升华 确定函数单调性的四种方法 (1)定义法．(2)导数法．(3)图象法．(4)性质法． 1.在下列函数中：① | |y x ，②y = x x ，③y =− x 2 x ，④y = x + x x，在 ( ,0) 上为增函数的有( ) A．①② B．③④ C．②③ D．①④ 【答案】B【解】因为 ( ,0)x  ，所以① | |y x x   在 ( ,0) 上单调递减，不符合题意； ②在 ( ,0) 上 y = x x = 1为常函数，不符合题意；③在 ( ,0) 上 y =− x 2 x = x单调递增，符合题意； ④在 ( ,0) 上 y = x + x x单调递增，符合题意；故符合题意的为③④；故选：B. 2.下列函数中定义域为R ， 1 2, Rx x  ，当 1 2x x 时，都有 1 2( ) ( )f x f x 的是( ) A．   3xf x  B．  f x x C． ( )f x x D．   2f x x 【答案】A【解】因为 1 2, Rx x  ，当 1 2x x 时，都有 1 2( ) ( )f x f x ，所以  f x 在R 上单调递增， 对于 A，指数函数   3xf x  在R 上单调递增，故 A正确； 对于 B，  f x x 的定义域为 0,  ，故 B错误； 对于 C，当 0x  时， ( )f x x x   在  ,0 上单调递减，故 C错误； 对于 D，当 0x  时，二次函数   2f x x 在  ,0 上单调递减，故 D错误.故选：A. 3.下列函数中，满足“对于任意  1 2, 0,x x   ，都有�(�1)−�(�2)�1−�2 > 0”的是( ) A．f(x) = 2 x B．   3 1f x x   C．   2 4 3f x x x   D．f(x) = x + 1 x 【答案】C【解】因为“对于任意  1 2, 0,x x   ，都有�(�1)−�(�2)�1−�2 > 0”，所以  f x 在  0,  上单调递增. A：反比例函数 f(x) = 2 x 在  ,0 和  0,  上单调递减，故 A不符合题意； 学科网(北京 )股份有限公司 学科网(北京 )股份有限公司 第 6 页 共 18 页 B：一次函数 ( ) 3 1f x x   在R上单调递减，故 B不符合题意； C：二次函数 2( ) 4 3f x x x   的对称轴为 2x   ，开口向上， 所以该函数在  2,   上单调递增，故 C符合题意； D：对勾函数 f(x) = x + 1 x 在 ( , 1)  和  1,  上单调递增，故 D不符合题意.故选：C 4.函数 f(x)＝|x2－3x＋2|的单调递增区间是( ) A． 3 2 , + ∞) B． 1, 3 2 和[2，＋∞) C．(－∞，1]和 3 2 , 2 D．( − ∞, 3 2 和[2，＋∞) 【答案】B【解】y＝|x2－3x＋2|＝ � 2 − 3� + 2, � ≤ 1或� ≥ 2, −(�2 − 3� + 2), 1 < � < 2, 如图，递增区间是 1, 3 2 和[2，＋∞)． 5.已知函数  f x 的定义域为  0,16 ，则“    13 2f f ”是“函数  f x 在区间 0,16 上单调递增”的( ) A．充要条件 B．既不充分也不必要条件 C．充分不必要条件 D．必要不充分条件 【答案】D【解】由    13 2f f 得不到“函数  f x 在区间 0,16 上单调递增”， 如 2( ) ( 13) 1, [0,16]f x x x     ， (13) 1, (2) 120f f   ，显然满足    13 2f f ， 但是函数  f x 在 0,13 上递增，在 13,16 上递减， 故“    13 2f f ”不是“函数  f x 在区间 0,16 上单调递增”的充分条件； 而由“函数  f x 在区间 0,16 上单调递增”可得    13 2f f . 则“    13 2f f ”是“函数  f x 在区间 0,16 上单调递增”的必要不充分条件.故选：D. 6.函数 ( ) | 2 |f x x x  的单增区间为( ) A． ( ,1] [2, )   B． (1, 2) C． (2, ) D． ( ,1), (2, )  【答案】D【分析】得出分段函数解析式，即可得解. 【解】 2 2 2 , 2 ( ) 2 2 , 2 x x x f x x x x x x          .因为  22 2 1 1y x x x     ，  222 1 1y x x x      ， 所以 ( )f x 的增区间是 ( ,1), (2, )  ．故选：D 7.(多选)下列命题不正确的是( ) A．函数 2y x= 在R 上是增函数 B．函数 1y x  在 ( ,0) (0, )  上是减函数 C．函数 2y x= 和函数 y x 的单调性相同 D．函数 1y x  和函数 1y x x   的单调性相同 【答案】ABD【解】对于 A： 2y x= 在 (0, ) 是增函数，在 ( ,0) 是减函数，故 A错误； 对于 B： 1y x  的定义域为 ( ,0) (0, )  ， 1y x  在 ( ,0) 和 (0, ) 上是减函数，故 B错误； 对于 C： 2y x= 在 (0, ) 是增函数，在 ( ,0) 是减函数， y x ，当 0x  时， y x ，易知为增函数， 当 0x  时， y x  ，易知为减函数，所以函数 2y x= 和函数 y x 的单调性相同，故 C正确； 学科网(北京 )股份有限公司 学科网(北京 )股份有限公司 第 7 页 共 18 页 对于 D： 1y x  定义域为 ( ,0) (0, )  ， 1y x  在 ( ,0) 和 (0, ) 上是减函数； 设 ( ) 1 x y f x x   定义域为 ( ,0) (0, )  ，由导数可知 ( )f x 在(0,1)上单调递减，在 (1, ) 上单调递减， ( )f x 在 ( 1,0) 上单调递减，在 ( , 1)  上单调递增，故 D错误，故选：C． 8.函数   2 3 2f x x x   的单调递减区间是 ． 【答案】  , 2  【分析】根据题意，由条件可得 2 3 2t x x   在  , 2  单调递减，在  1,  单调递增， 再由复合函数的单调性即可得到结果. 【解】设 2 3 2t x x   ，由 0t  可得， 1x   或 2x   ， 则函数 y t ，由 2 2 3 13 2 2 4 t x x x          在  , 2  单调递减，在 1,  单调递增， 而 y t 在  0,  单调递增，由复合函数的单调性可知， 函数   2 3 2f x x x   的单调递减区间是  , 2  .故答案为：  , 2  9.函数   2 1 4 5 f x x x     的单调增区间是 ． 【答案】  2,5 【分析】求出函数  f x 的定义域，利用复合函数“同增异减”的性质即可求得其单调增区间. 【解】由题意可知 2 4 5 0x x    ，解得 1 5x   ，即函数定义域为  1,5 ， 易知函数由   2 1 , 4 5y t x x x t      复合而成， 且 1y t  在  0,  单调递减，   2 4 5t x x x    在( )1,2- 单调递增，在  2,5 上单调递减； 利用复合函数单调性可得   2 1 4 5 f x x x     的单调增区间是 2,5 ；故答案为： 2,5 . 题型精讲 方法探究 命题点 1 比较大小 【例 2-1】函数 ( )f x 对于任意    1 2 1 20,,x x x x   ，都有�(�1)−�(�2)�1−�2 < 0，则 ), π(2) ( ) 3, (f f f 的大小关系为 【答案】      π 3 2f f f  (或      2 3 πf f f  ) 【解】因为函数 ( )f x 对于任意的    1 2 1 20,,x x x x   ，都有 �(�1)−�(�2) �1−�2 < 0，所以 ( )f x 在  0 +， 上是递减， 所以 π 3 2  ，所以      π 3 2f f f  .故答案为：      π 3 2f f f  (或      2 3 πf f f  ). 【例 2-2】已知 ( )f x 在 (0, ) 上单调递减，且 0 0x  ，则下列结论中一定成立的是( ) A．    0 01f x f x  B．    0 01f x f x  C．    0 01f x f x  D．    0 01f x f x  【答案】B【解】由 0 0x  得， 0 01x x  ，结合 ( )f x 在 (0, ) 上单调递减， 则必有    0 01f x f x  ，显然 B 正确，A 错误， 而当 0 (0,1)x  时 0 1 0x   ，不在定义域内，故无法比较，C,D 错误.故选：B 【例 2-3】(2024 宁夏银川二模)在R 上的函数 ( )f x 关于 x = 2对称，且当 1 2 2x x  时， 2 1 2 1[ ( ) ( )]( ) 0f x f x x x   学科网(北京 )股份有限公司 学科网(北京 )股份有限公司 第 8 页 共 18 页 恒成立，若� = f(1), b = f(ln10), c = f(3 5 4)，则�, b, c 的大小关系为( ) A． a b c  B． c b a  C． b a c  D． c a b  【答案】D【分析】根据条件先得到单调性，再根据单调性比较大小. 【解】当 1 2 2x x  时， 2 1 2 1[ ( ) ( )]( ) 0f x f x x x   恒成立，即当 1 2 2x x  时， 2 1( ) ( )f x f x ， 由 ( )f x 关于 x = 2对称，所以 (1) (3)a f f  ；由 ( )f x 在  , 2 上单调递增，所以 ( )f x 在  2,  上递减， 因为e2 < 10 < e3，所以 2 < ln10 < 3 < 3 5 4；所以 f(ln10) > f(3) > f(3 5 4)，即 c a b  ，故选：D. 【例 2-4】已知 1m  ，点      1 2 31 , , , , 1,m y m y m y  都在二次函数 2 2y x x  的图象上，则( ) A． 1 2 3y y y  B． 3 2 1y y y  C． 1 3 2y y y  D． 2 1 3y y y  【答案】D【解】二次函数 2 2( ) 2 ( 1) 1f x x x x     ，其图象的对称轴方程为 1x  ， 而    1 1 2m m    ，所以    1 1f m f m  ，即 1 3y y ， 当 1x  时， ( )f x 是单调增函数，因为 1m  ，所以 1 1m m   ，所以    1f m f m  ，即 2 3y y ， 综上， 2 1 3y y y  ．故选：D． 方法提炼 思维升华 比较函数值的大小时，先转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性进行比较． 命题点 2 求函数的最值 【例 2-4】函数   lgf x x x  的定义域为 1 ,1010      ，则值域为( ) A． 9 ,11 10     B． 9 ,11 10      C． 99, 10     D．  9,11 【答案】A【分析】根据题意先判断函数单调性，结合单调性求最值和值域. 【解】   lgf x x x  的定义域为 1 ,1010      ，且 lg ,y x y x  在 1 ,10 10      内单调递增，知  f x 在 1 ,1010      内单调递增， 可知  f x 在 1 ,1010      内的最小值为 1 9 10 10 f        ，最大值为  10 11f  ，所以值域为 9 ,1110     .故选：A. 【例 2-5】设 0a  ，若函数 8y x  ，当  , 2x a a 时， y的范围为 , 24 a     ，则 a的值为( ) A．2 B． 4 C．6 D．8 【答案】B【解】 8y x  在  0,  上单调递减， 8 � = 2 8 2� = � 4 ；解得： 4a  .故选：B. 【例 2-6】函数 y= 1 x + 3x  的最大值为__________. 【答案】 2 2【解】由 1 0 3 0 x x      ，解得 3 1x   ，即函数的定义域为 3,1 ，     22 4 2 1 3 4 2 1 4y x x x         ， 当 = 1x  时， 2y 取得最大值8，即 max 2 2y  .故答案为： 2 2 【例 2-7】已知函数 1( )f x x x   (x>0)，若 2 ( ) ( ( )) f x f x a 的最大值为 2 5 ，则正实数 a=___________. 学科网(北京 )股份有限公司 学科网(北京 )股份有限公司 第 9 页 共 18 页 【答案】1【解】令 1 ( 0)t x x x    ，则 2t  ，则 2 2 ( ) 1= ( ( )) f x t af x a t a t t     ；令 ( 0, 2) ay t a t t     当0 4a  时， ay t t   在 2, 上单调递增， 12+ 2 ay t a t    ；则 1 20 4a at t    ， 即 2 ( ) ( ( )) f x f x a 的最大值为 2 4a  ；则 2 2= 4 5a  ，解之得 1a  . 当 4a  时， 2 at a t   (当且仅当 =t a时等号成立)；则 10 2 a a at t    ， 即 2 ( ) ( ( )) f x f x a 的最大值为 2 a a 则 2= 2 5 a a ，解之得 25 16 a  (舍)；综上，所求正实数 1a  ；故答案为：1 方法提炼 思维升华 求函数的值域(最值)的常用方法 (1)配方法：主要用于和一元二次函数有关的函数求值域问题． (2)单调性法：利用函数的单调性，再根据所给定义域来确定函数的值域． (3)数形结合法． (4)换元法：引进一个(几个)新的量来代替原来的量，实行这种“变量代换”． (5)分离常数法：把函数分离成一个常数和一个分式和的形式． (6)导数法. 命题点 3 解函数不等式 【例 2-8】(2025 四川泸州一模)已知函数   exf x x  ，则满足    2 1f x f x  的 x的取值范围是( ) A．  , 1  B．  ,1 C．  1,  D．  1, 【答案】B【分析】求导分析函数单调性，利用函数单调性解不等式可得结果. 【解】∵   exf x x  ，∴   e 1 0xf x    ，∴  f x 在R上为增函数， 由    2 1f x f x  得， 2 1x x  ，解得 1x  ，故 x的取值范围是  ,1 .故选：B. 【例 2-9】已知 ( )f x 是定义在 R上的增函数，且 2( 2) ( )f x f x   ，则 x的取值范围是 ． 【答案】 ( 2,1) 【解】因 ( )f x 是定义在 R上的增函数，故由 2( 2) ( )f x f x   可得 2 2x x   ，即 2 2 0x x   ，解得 2< <1x .故答案为： ( 2,1) . 【例 2-10】(2025 届四川省巴中市高三零诊考试 T5)设函数 f(x) = x(x + 4), x ≥ 0 −x(x − 4), x < 0；若   2 3 ( 1)f a f a   ， 则实数 a的取值范围是( ) A. ( , 1) (2, )    B. ( , 2) (1, )   C. ( , 1) (3, )    D. ( , 3) (1, )   【答案】A【分析】作出函数图象，判断函数单调性，结合解一元二次不等式，即得答案. 【解】作出函数 f(x) = x(x + 4), x ≥ 0 −x(x − 4), x < 0的图象如图：可知函数 f(x)在 R上单调递增， 学科网(北京 )股份有限公司 学科网(北京 )股份有限公司 第 10 页 共 18 页 故由  2 3 ( 1)f a f a   可得 2 3 1a a   ，即 2 2 0a a   ，解得 1a   或 2a  ， 即实数 a的取值范围是    , 1 2,     ,故选：A 方法提炼 思维升华 解函数不等式时，由单调性条件脱去“f”，转化为自变量间的大小关系，应注意函数的定义域． 1.(2024北京怀柔模拟)函数   2 2 4 2 1 xf x x   ，则对任意实数 x，函数  f x 的值域是( ) A．  0,2 B．  0,2 C． 0,2 D． 0,2 【答案】C【解】依题意，   2 2 2 2(2 22 2 1 2 1 1) 2xf x x x        ， 显然 22 1 1x   ，则 2 20 2 2 1x    ，于是 2 20 2 2 2 1x     ，所以函数  f x 的值域是 0,2 .故选：C 2.函数   2 2 1 f x x   (  2,6x )的最大值为( ) A．2 B． 23 C． 2 5 D． 2 35 【答案】B【解】因为函数 2 1y x  在 2,6 上单调递增，所以函数   22 1f x x  在 2,6 上单调递减， 所以当 2x  时，函数   2 2 1 f x x   取到最大值为   2 2 22 2 1 3 f    .故选：B 3．(2025 四川绵阳一模)已知函数 22 , 0 ( ) 4 1 4, 0 x x f x x x       ，若存在唯一的整数 x，使得�(�)−1 �−� < 0成立，则所有 满足条件的整数 a的取值集合为( ) A．{ 2, 1,0,1}  B．{ 2, 1,0}  C．{ 1,0,1,2} D．{ 1,0,1} 【答案】A【分析】作出 ( )f x 的图象，由不等式的几何意义：曲线上一点与 ( ,1)a 连线的直线斜率小于 0，结 合图象即可求得 a范围. 【解】作出  f x 的函数图象如图所示：�(�)−1 �−� 表示点   ,x f x 与点  ,1a 所在直线的斜率， 可得曲线  f x 上只有一个点   ,x f x (x为整数)和点  ,1a 所在直线的斜率小于 0， 而点  ,1a 在动直线 1y  上运动， 由  2 0f   ，  1 4f   ，  0 0f  ，  1 2f  ，且 x为整数， 学科网(北京 )股份有限公司 学科网(北京 )股份有限公司 第 11 页 共 18 页 可得当 3a   时，至少有点  ( 2,0), 0,0 两个点满足�(�)−1 �−� < 0，不满足题意； 当 2 1a    时，只有点  0,0 满足�(�)−1 �−� < 0，满足题意； 当0 1a  时，只有点  1, 4 满足�(�)−1 �−� < 0，满足题意； 当 2a  时，至少有两个点  1,4 , (1,2) 满足�(�)−1 �−� < 0，不满足题意； 综上所述，由 a为整数，可得 a的取值集合为 2, 1,0,1  .故选：A. 4．(2025 四川省德阳市一诊)函数   2 , 1 1 3 , 1 x x x f x m x         单调递增，且    2 1 1f m f m   ，则实数m的取值范围为( ) A．  2,1 B．  2,1 C．  0,1 D．  0,1 【答案】C【分析】根据指数函数的性质及函数的单调性，列出不等式组求解即可. 【解】因为当 1 1x   时， ( ) 2xf x  单调递增；当 1x  时， ( ) 3xf x m  单调递增； 又因为  y f x 单调递增，且    2 1 1f m f m   ，所以 2 3 2 1 1 1 1 m m m m           ，解得0 1m  .故选：C. 5．(2024 吉林长春模拟预测)已知函数   3 3x xf x   ，则不等式    2 1 0f x f x   的解集为 ( ) A．   1, 1, 3         B． 1, 3      C． 1 1 3       ， D．  1 ， 【答案】A【分析】判断  f x 的奇偶性和单调性，再根据函数性质求解不等式即可. 【解】   3 3x xf x   ，定义域为R，又    3 3x xf x f x    ，故  y f x 为偶函数； 又当 0x  时， 3 , 3x xy y    均为单调增函数，故   3 3x xg x   为  0, 上的单调增函数； 又  0 0g  ，故当 0x  时，   0g x  ，则此时    y f x g x  为  0, 上的单调增函数， 故 0x  时，  y f x 为单调减函数；    2 1 0f x f x   ，即    2 1f x f x  ，则 2 1x x  ，即  2 22 1x x  ， 23 4 1 0x x   ，也即   3 1 1 0x x   ，解得  1, 1,3x         ；故选：A. 6.(2025 四川雅安一模)已知 aR，函数    2 2, 1 1 2, 1 x a x f x ax x x         ，则“0 4a  ”是“  f x 存在最小值”的( ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C【分析】分类讨论 a取不同值时，  f x 是否存在最小值，即可求出. 【解】由题意， aR，    2 2, 1 1 2, 1 x a x f x ax x x          ， 当 0a  时，若 1x  ，   1 2f x ax x   ，函数单调递减，且 x时，  f x ，  f x 没有最小值， ∴ 0a  ；当 0a  时，   2 2, 1 1 2, 1 x x f x x x        ，此时    min 0 0 2 2f x f     ， 学科网(北京 )股份有限公司 学科网(北京 )股份有限公司 第 12 页 共 18 页 当 0a  时， 0x  ，   1 2 2 2f x ax ax     ，当且仅当 1x a  时取等号. 若0 1a  ，则 1 1x a   ，可知，      2min 2 2f x f a a a      ，满足要求， 若 1a  ，则 1 1x a   ，    21 2, 1 1 2, 1 x x f x x x x         ，可知，      2min 1 1 1 2 2f x f      ，满足要求， 若 1a  ，则  1 0,1x a   ，    2 2, 1 1 2, 1 x a x f x ax x x           ， 可知，若有最小值，则  21 2 1 2 1 a a a         ，解得：1 4a  ， 综上，若函数  f x 有最小值，则 0 4a  ， ∴“0 4a  ”是“  f x 存在最小值”的充要条件，故选：C. 7．(多选)(2025 四川绵阳一模)下列函数中，是增函数的是( ) A．   2 2x xf x   B．   1f x x   C．   3f x x x  D．   cosf x x x  【答案】ACD【分析】利用指数函数性质可得 A 正确，由反比例函数性质可得 B 错误，根据幂函数性质可得 C 正确，求导得出   1 sin 0f x x    恒成立，可得 D 正确. 【解】对于 A，易知   2 2x xf x   的定义域为R，是由函数 2xy  和 2 xy  组成， 易知 2xy  为单调递增函数， 2 xy  为单调递增函数，因此 A 正确； 学科网(北京 )股份有限公司 学科网(北京 )股份有限公司 第 13 页 共 18 页 对于 B，函数   1f x x   定义域为    , 0 0,  ， 根据反比例函数性质可得  f x 在  , 0 和  0,  上分别单调递增，但  f x 不是增函数，即 B 错误； 对于 C，易知   3f x x x  的定义域为R，由幂函数性质可得其在定义域内单调递增，即 C 正确； 对于 D，函数   cosf x x x  的定义域为R，则   1 sin 0f x x    恒成立， 所以函数   cosf x x x  在定义域内单调递增，即 D 正确.故选：ACD 8．(多选)已知函数 ( )f x 在R 上是减函数，且 0a b  ，则下列说法正确的是( ) A． ( ) ( ) 0f a f b  B． ( ) ( ) 0f a f b   C． ( ) ( ) 0f a f b   D． ( ) ( ) ( ) ( )f a f b f a f b   【答案】CD【解】由 0a b  ，则 a b b a   ， ， 因为函数  f x 在R 上是减函数，所以        f a f b f b f a   ， ， 则     0f a f b   ，        f a f b f a f b     .故选：CD. 9.定义在  2,3 上的函数  f x 是减函数，则满足    2 3f x f x  的 x的取值范围是 ． 【答案】 1 ,3 2     【分析】由题意，利用函数的单调性求解. 【解】解：因为定义在  2,3 上的函数  f x 是减函数，且    2 3f x f x  ， 所以 2 3 2 2 3 3 2 3 x x x x           ，解得 1 3 2 x  ．故答案为： 1 ,32     10.已知函数 ( ) kf x x x   在区间 (0, ) 上有最小值 4，则实数 k＝ ． 【答案】4【分析】由函数在 (0, ) 上有最小值可知，k＞0，再由基本不等式即可求得 k 的值． 【解】依题意， 0k  ，则   2kf x x k x    ，当且仅当 x k 时，等号成立 则 2 4k  ，解得 4k  ． 故答案为：4． 11.已知函数   2 1 x mf x x    在区间 0,1 上的最大值为 5 2 ，则实数m的值为______． 【答案】 5 2 【解】函数 2( ) 1 x mf x x    ，即 2( ) 2 1 mf x x     ， [0x ,1]， 当 2m  时， ( ) 2f x  不成立； 当 2 0m  ，即m>2时， ( )f x 在 [0 ,1]递减，可得 (0)f 为最大值，即 0 5(0) 1 2 mf   ，解得 5 2 m  ，成立； 当 2 0m  ，即 2m  时， ( )f x 在 [0 ,1]递增，可得  1f 为最大值，即  1f 2 52 2 m   ，解得 3m  ，不成立； 综上可得 5 2 m  ．故答案为： 5 2 . 12.函数   2 1f x x x   的最大值为 . 学科网(北京 )股份有限公司 学科网(北京 )股份有限公司 第 14 页 共 18 页 【答案】 17 8 【解】令  1 0x t t   ，则 21x t  ，所以   2 2 1 172 2 2 0 4 8 y t t t t             ， 对称轴为 1 4 t  ，开口向下，所以函数 21 172 4 8 y t        在 10, 4      单调递增，在 1 , 4      上单调递减. 所以当 1 1 4 t x   ，即 15 16 x  时， ( )f x 取得最大值为 max 15 15 15 17( ) ( ) 1 16 8 16 8 f x f     . 题型精讲 方法探究 【例 3-1】(2025·山西·二模)若函数 ( ) af x x x   在 (0, 2]上单调递减，则实数 a的取值范围是( ) A． (0, 2] B． (0,4] C．[2, ) D．[4, ) 【答案】C【分析】根据对勾函数的单调性，即可求解. 【解】当 0a  时， ( ) af x x x   为单调递增函数，不符合题意，当 0a  时， , ay x y x   均为单调递增函 数，故 ( ) af x x x   为单调递增函数，不符合题意，当 0a  时， ( ) af x x x   在  ,a  单调递增，在  0,a 单调递减，故 ( ) af x x x   在 (0, 2]上单调递减，则 2a  ，故选：C 【例 3-2】若函数    2 2 1 3, 1 2 , 1 b b x f x x x b x x          在 x R内满足：对于任意的实数 1 2x x ，都有 1 2 1 2( )( ( ) ( )) 0x x f x f x   成立，则实数b的取值范围为 ． 【答案】 1 ,0 4     【分析】先得到函数在 R 上单调递增，再根据分段函数单调递增需满足每一段上单调递增， 且在分段处，左端点的函数值小于等于右端点的函数值，得到不等式，求出答案. 【解】由题意得  f x 在 R 上单调递增， 由题意得   2 1 0 2 1 2 1 2 1 3 1 2 b b b b b                 ，解得 1 0 4 b   ;故答案为： 1 ,04     易错陷阱 本题易忽略分段函数单调性的分段点 分段函数的单调性与分段点息息相关，除了考虑每一段的单调性还需要单独考虑分段点的情况。 【例 3-3】(2025 届山东省部分学校高三上开学联考 T5)若两个正实数 x，y满足 4 2x y xy  ，且不等式 2 4 yx m m   有解，则实数 m的取值范围是( ) A. { 1 2}m m  ∣ B. { 1m m  ∣ 或 2}m  C. { 2 1}m m  ∣ D. { 2m m  ∣ 或 1}m  【答案】B【分析】根据题意，利用基本不等式求得 4 yx  的最小值，把不等式 2 4 yx m m   有解，转化为不 等式 2 2m m  ，即可求解. 学科网(北京 )股份有限公司 学科网(北京 )股份有限公司 第 15 页 共 18 页 【解】由两个正实数 ,x y满足 4 2x y xy  ，得 1 4 2x y  ， 则 1 1 4 1 4 1 42 2 2 2 4 2 4 2 4 2 4 y y x y x yx x x y y x y x                              ，当且仅当 4 4 x y y x  ，即 4 4y x  时取等号， 又由不等式 2 4 yx m m   有解，可得 2 2m m  ，解得 1m   或 2m  ， 所以实数m的取值范围为{ 1m m  ∣ 或 2}m  .故选：B. 【例 3-4】(2025·贵州毕节·二模)已知函数   2e x mf x  在区间 1,3 上单调递增，则实数m的取值范围是( ) A．  , 2  B．  2,6 C． 2,6 D．  6, 【答案】A【分析】令 2u x m  ，利用复合函数的单调性可得出  1,3 ,2 m     ，可得出关于实数m的不等 式，解之即可. 【解】令 2 , 22 2 , 2 mx m x u x m mx m x           ，则函数 2u x m  的减区间为 , 2 m    ，增区间为 ,2 m   ， 又因为函数   2e x mf x  在区间 1,3 上单调递增，且外层函数 euy  在R上为增函数， 所以，  1,3 ,2 m     ，可得 1 2 m   ，解得 2m   ，因此，实数m的取值范围是  , 2  .故选：A. 【例 3-5】已知函数 (5 3) 3 , 1, ( ) log , 1a a x a x f x x x       在 R 上单调递增，则实数 a的取值范围是( ) A． 31, 2      B． 3 3, 5 2      C． 31, 2       D． (1, ) 【答案】A【分析】利用分段函数的单调性列出不等式组即可求参数的取值范围. 【解】因为函数 ( )f x 在 R 上单调递增．所以 5 3 0 1 2 3 0 a a a        ，解得 31 2 a  ，即实数 a的取值范围是 31, 2      .故选：A． 方法提炼 思维升华 利用单调性求参数的取值(范围)．根据其单调性直接构建参数满足的方程(组)(不等式(组))或先得到其图象的 升降，再结合图象求解． 1.函数   2 3 , 0 , 0 x a x f x x x       在定义域R上是减函数，则 a的值可以是( ) A．3 B．2 C．1 D． 1 【答案】D【分析】由题意只需3 0a  ，由此对比选项即可得解. 【解】由题意当 0x  时，   2f x x 单调递减，当 0x  时，   2f x x 单调递增， 若函数   2 3 , 0 , 0 x a x f x x x       在定义域R上是减函数，只需3 0a  ， 解得 0a  ，对比选项可知 a的值可以是 1 .故选：D. 2.函数   2x af x a  ( 0a  且 1a  )在区间  1,  上单调递增，则 a的取值范围是( ) 学科网(北京 )股份有限公司 学科网(北京 )股份有限公司 第 16 页 共 18 页 A．  1,2 B． 2, C． 1 ,1 2       D．  1 ,1 2, 2     【答案】A【分析】利用指数函数及复合函数的单调性计算即可. 【解】易知 2 , 22 2 , 2 ax a x y x a aa x x           ，显然 2y x a  在 , 2 a      上单调递增，在 , 2 a     上单调递减， 因为  f x 在区间  1,  上单调递增，结合复合函数的单调性可知 1a  ，且 1 2 a  ，所以  1,2a .故选：A 3.(2025 届山东省济南市高三上开学摸底考试 T5)已知函数    2 2ln 3   f x x ax a 在  1, 上单调递 增，则 a的取值范围是( ) A.  , 1  B.  , 1  C.  , 2 D.  2, 【答案】B【分析】根据 2 23  x ax a 在  1, 上恒大于 0，且单调递增，可求 a的取值范围. 【解】因为函数    2 2ln 3   f x x ax a 在  1, 上单调递增， 所以   2 23   g x x ax a 在 1, 上单调递增，所以 1 2 a   2a  . 且   2 23   g x x ax a 在  1, 恒大于 0，所以  1 0g   ( )( )2 1 0a a- + >  2a  或 1a   . 综上可知：� <− 1.故选：B 4.已知函数 f(x)是 R上的增函数，A(0，－3)，B(3，1)是其图象上的两点，那么不等式－3＜f(x＋1)＜1的解集 的补集是(全集为 R)( ) A．(－1，2) B．(1，4) C．(－∞，－1)∪[4，＋∞) D．(－∞，－1]∪[2，＋∞) 【答案】D【解】不等式－3＜f(x＋1)＜1即为 f(0)＜f(x＋1)＜f(3)，所以 0＜x＋1＜3，所以－1＜x＜2， 故所求补集是(－∞，－1]∪[2，＋∞)． 5.(2025 届陕西省宝鸡市金台区高三上第一次模拟 T6)已知函数 2 2 1( 2) ( ) 1 5 ( 2) 2 4 x ax x x f x x             是R上的减函数，则实数 a的 取值范围是( ) A. ( , 1]  B. 1, 2      C. ( ,0] D. ( ,1] 【答案】 A【分析】首先由题意有 (2) 1f   ，若  f x 是 R 上的减函数，故只需当 2x  时，   2 2 1f x ax x   单调递减，从而列出不等式组，解不等式组即可. 【解】当 2x  时， 1 5( ) 2 4 x f x       单调递减， aR，且  f x 最小值为 (2) 1f   ， 当 2x  时，当 0a  时，   2 1f x x  单调递增，不符题意， 又  f x 是R上的减函数，故   2 2 1f x ax x   的开口向下即 0a  ，其对称轴为 1x a  ， 则由题意有 2 0 1 2 2 2 2 1 1 a a a           ，解得 1a   ．故选：A. 学科网(北京 )股份有限公司 学科网(北京 )股份有限公司 第 17 页 共 18 页 6.(2024江西上饶)已知实数 0a  且 1a  ,函数   , 1, 13 , 1 xa x f x x x x       在R 上是增函数,则实数 a的取值范围是( ) A．  1, 2 B．  1, C．  1,2 D．  2, 【答案】C【解】因为   , 1, 13 , 1 xa x f x x x x       在R 上是增函数；所以 1 1, 13 1 , 1 a a       解得1 2a  ，故选：C. 7.已知函数 f(x)＝ �� 2 − � − 1 4 , � ≤ 1 ����1 − 1, � > 1 ;是 R上的单调函数，则实数 a的取值范围是( ) A． 1 4 , 1 2 ) B． 1 4 , 1 2 C．(0, 1 2 D． 12,1) 【答案】B【解】可得 a>0，且 a≠1．又函数 f(x)在 R上单调，而 y＝ax2－x－1 4 的图象开口向上， 所以函数 f(x)在 R上单调递减，故有 0 < � < 1 1 2� ≥ 1 � × 12 − 1 − 1 4 ≥ ����1 − 1 ;即 0 < � < 1 0 < � ≤ 1 2 � ≥ 1 4 ;所以 a∈ 1 4 , 1 2 ． 8.(2025 届山西省大同市高三第一次学情调研 T8)已知实数 0a  ，且满足不等式    3 3log 3 2 log 4 1a a   ， 若 x ya a x y   ，则下列关系式一定成立的是( ) A. 0x y  B. 1x y  C. 0x y  D. 1 x y 【答案】C【分析】先根据对数函数的单调性得出 0 1a  ，再构造函数结合函数单调性求解即可. 【解】因为 0a  ，又函数 3logy x 单调递增，所以3 2 4 1a a   ，即 0 1a  ， 对于不等式 x ya a x y   ，移项整理得 x ya x a y   ， 构造函数 h(x) = �x − x，由于 h(x)单调递减，所以 x > y，即 x-y>0，故选:C. 9.(2025 届陕西省咸阳市旬邑县中高三 8 月阶段考试 T7)设函数   2 0xf x a a   且 1a  的图象经过第 二、三、四象限，若不等式    21f mx f x  恒成立，则实数m的取值范围为( ) A.  B.  2,2 C.    , 2 2,  U D.    , 2 2,  【答案】B【分析】根据指数函数性质可确定  f x 单调性，进而得到 2 1 0x mx   ，由此可得 0  ，解 不等式可求得结果. 【解】   12 2 x xf x a a           的图象经过第二、三、四象限， 10 1 a    ，解得： 1a  ， ( )f x\ 在R上单调递减， 则由    21f mx f x  得： 21mx x  ，即 2 1 0x mx   ， 2 4 0m    ，解得： 2 2m   ，实数m的取值范围为  2,2 ；故选：B. 10.函数   kf x x x   在  , 2  上单调递增，则 k的取值范围为 ． 【答案】 , 4 【分析】分 0k  、 0k  和 0k  三种情况，结合单调性的性质以及对勾函数单调性分析求解. 学科网(北京 )股份有限公司 学科网(北京 )股份有限公司 第 18 页 共 18 页 【解】若 0k  ，则 , ky x y x   在  , 2  上单调递增， 所以函数   kf x x x   在  , 2  上单调递增，符合题意； 若 0k  ，则函数  f x x 在  , 2  上单调递增，符合题意； 若 0k  ，则 ky x x   在  ,0k 上单调递减，在  , k   上单调递增，则 2k   ，解得0 4k  ； 综上所述：k的取值范围为  , 4 .故答案为：  , 4 . 11.定义在[－2，2]上的 f(x)满足(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，x1≠x2，且 f(a2－a)>f(2a－2)，则 a的取值范围为______． 【答案】[0，1)【解】因为函数 f(x)满足(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，x1≠x2，所以函数在[－2，2]上单调递增， 所以－2≤2a－2<a2－a≤2，解得 0≤a<1． 12.(2025 届成都蓉城名校联盟高三上开学联考 T13)若函数 f(x) = log�x, x ≥ 2,2x − 1, x < 2,在�上单调递增，则 a的取值 范围为__________. 【答案】(1, 3 2 【分析】由已知结合一次函数及对数函数的单调性及分段函数的性质即可求解． 【解】因为 f(x) = log�x, x ≥ 2,2x − 1, x < 2,在�上单调递增，所以 � > 1, 3 ≤ ����2, ，解得 1 ≤ � ≤ 3 2．故答案为：(1, 3 2 13.f(x)＝ (2 − �)� + 1, � < 1��, � ≥ 1;满足对∀x1≠x2，都有 f(x1)－f(x2) x1－x2 >0，则 a的取值范围是________． 【答案】 3 2 , 2)【解】由已知得 f(x)递增，∴ 2 − � > 0 � > 1 2 − � × 1 + 1 ≤ � ;解得3 2 ≤a＜2，∴a的取值范围是 3 2 , 2)． 《2026届高考一轮复习 数学考点突破》2-2 函数的单调性与最值 目录 核心知识 考点梳理 1 一、函数的单调性与最值 1 二、对勾函数与飘带函数 2 真题感悟 明察考情 3 考点题型 疑难解惑 3 考点1 求函数的单调性 3 题型精讲 方法探究 3 方法提炼 思维升华 4 举一反三 熟能生巧 4 考点2 单调性的应用 5 题型精讲 方法探究 5 命题点1 比较大小 5 方法提炼 思维升华 5 命题点2 求函数的最值 5 方法提炼 思维升华 5 命题点3 解函数不等式 6 方法提炼 思维升华 6 举一反三 熟能生巧 6 考点3 已知单调性求参数取值范围 7 题型精讲 方法探究 7 方法提炼 思维升华 8 举一反三 熟能生巧 8 核心知识 考点梳理 一、函数的单调性与最值 二、对勾函数与飘带函数 (一).对勾函数：f(x)＝ax＋(ab＞0) (1)当a＞0，b＞0时，f(x)在(－∞，－]，[，＋∞)上是增函数，在[－，0)，(0，]上是减函数； (2)当a＜0，b＜0时，f(x)在(－∞，－]，[，＋∞)上是减函数，在[－，0)，(0，]上是增函数； (二).飘带函数：f(x)＝ax＋(ab＜0) (1)当a＞0，b＜0时，f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上都是增函数； (2)当a＜0，b＞0时，f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上都是减函数； 真题感悟 明察考情 三年高考命题解读 考点 五年考情(2021-2025) 命题解读 单调性概念与判断 2023北京卷 已知单调性判断函数。 由单调性求参数范围 2024新Ⅰ卷、2023新Ⅰ卷、2023乙卷 已知函数单调性求参数范围； 1.(2024新Ⅰ卷T6)已知函数在R上单调递增，则的取值范围是(    ) A． B． C． D． 2．(2023新Ⅰ卷T4)设函数在区间上单调递减，则的取值范围是(    ) A． B． C． D． 3．(2023北京卷T4)下列函数中，在区间上单调递增的是(    ) A． B． C． D． 4.(2023乙卷T16)设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是____. 考点题型 疑难解惑 考点1 求函数的单调性 题型精讲 方法探究 【例1-1】已知函数的图象如图所示，则下列说法错误的是(    )    A．是函数的增区间 B．是函数的减区间 C．函数在上是增函数 D．函数在上是减函数 【例1-2】函数同时满足:①;②当时,,则函数可能为(    ) A． B． C． D． 【例1-3】已知函数，则单调递增区间为 ． 【例1-4】(2024高三上浙江绍兴期末)函数的单调递减区间是（    ） A． B． C． D． 【例1-5】函数的单调递减区间是(    ) A． B．和 C． D．和 方法提炼 思维升华 确定函数单调性的四种方法 (1)定义法．(2)导数法．(3)图象法．(4)性质法． 举一反三 熟能生巧 1.在下列函数中：①，②，③，④，在上为增函数的有(    ) A．①② B．③④ C．②③ D．①④ 2.下列函数中定义域为，，当时，都有的是(   ) A． B． C． D． 3.下列函数中，满足“对于任意，都有”的是(    ) A． B． C． D． 4.函数f(x)＝|x2－3x＋2|的单调递增区间是(　　) A．　　B．和[2，＋∞)　　C．(－∞，1]和　　D．和[2，＋∞) 5.已知函数的定义域为，则“”是“函数在区间上单调递增”的(    ) A．充要条件 B．既不充分也不必要条件 C．充分不必要条件 D．必要不充分条件 6.函数的单增区间为(    ) A． B． C． D． 7.(多选)下列命题不正确的是(    ) A．函数在上是增函数 B．函数在上是减函数 C．函数和函数的单调性相同 D．函数和函数的单调性相同 8.函数的单调递减区间是 ． 9.函数的单调增区间是 ． 考点2 单调性的应用 题型精讲 方法探究 命题点1 比较大小 【例2-1】函数对于任意，都有，则的大小关系为 【例2-2】已知在上单调递减，且，则下列结论中一定成立的是(    ) A． B． C． D． 【例2-3】(2024宁夏银川二模)在上的函数关于对称，且当时，恒成立，若，则的大小关系为(    ) A． B． C． D． 【例2-4】已知，点都在二次函数的图象上，则(    ) A． B． C． D． 方法提炼 思维升华 比较函数值的大小时，先转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性进行比较． 命题点2 求函数的最值 【例2-4】函数的定义域为，则值域为(    ) A． B． C． D． 【例2-5】设，若函数，当时，的范围为，则的值为(    ) A． B． C． D． 【例2-6】函数y=+的最大值为__________. 【例2-7】已知函数(x>0)，若的最大值为，则正实数a=___________. 方法提炼 思维升华 求函数的值域(最值)的常用方法 (1)配方法：主要用于和一元二次函数有关的函数求值域问题． (2)单调性法：利用函数的单调性，再根据所给定义域来确定函数的值域． (3)数形结合法． (4)换元法：引进一个(几个)新的量来代替原来的量，实行这种“变量代换”． (5)分离常数法：把函数分离成一个常数和一个分式和的形式． (6)导数法. 命题点3 解函数不等式 【例2-8】(2025四川泸州一模)已知函数，则满足的的取值范围是(   ) A． B． C． D． 【例2-9】已知是定义在R上的增函数，且，则的取值范围是 ． 【例2-10】(2025届四川省巴中市高三零诊考试T5)设函数；若，则实数a的取值范围是( ) A. B. C. D. 方法提炼 思维升华 解函数不等式时，由单调性条件脱去“f”，转化为自变量间的大小关系，应注意函数的定义域． 举一反三 熟能生巧 1.(2024北京怀柔模拟)函数，则对任意实数x，函数的值域是(    ) A． B． C． D． 2.函数()的最大值为(    ) A．2 B． C． D． 3．(2025四川绵阳一模)已知函数，若存在唯一的整数，使得成立，则所有满足条件的整数a的取值集合为( ) A． B． C． D． 4．(2025四川省德阳市一诊)函数单调递增，且，则实数的取值范围为(   ) A． B． C． D． 5．(2024吉林长春模拟预测)已知函数，则不等式的解集为 (   ) A． B． C． D． 6.(2025四川雅安一模)已知，函数，则“”是“存在最小值”的(   ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 7．(多选)(2025四川绵阳一模)下列函数中，是增函数的是( ) A． B． C． D． 8．(多选)已知函数在上是减函数，且，则下列说法正确的是(    ) A． B． C． D． 9.定义在上的函数是减函数，则满足的x的取值范围是 ． 10.已知函数在区间上有最小值4，则实数k＝ ． 11.已知函数在区间上的最大值为，则实数的值为______． 12.函数的最大值为 . 考点3 已知单调性求参数取值范围 题型精讲 方法探究 【例3-1】(2025·山西·二模)若函数在上单调递减，则实数a的取值范围是(   ) A． B． C． D． 【例3-2】若函数在内满足：对于任意的实数，都有成立，则实数的取值范围为 ． 【例3-3】(2025届山东省部分学校高三上开学联考T5)若两个正实数x，y满足，且不等式有解，则实数m取值范围是( ) A. B. 或 C. D. 或 【例3-4】(2025·贵州毕节·二模)已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是(    ) A． B． C． D． 【例3-5】已知函数在R上单调递增，则实数a的取值范围是(    ) A． B． C． D． 方法提炼 思维升华 利用单调性求参数的取值(范围)．根据其单调性直接构建参数满足的方程(组)(不等式(组))或先得到其图象的升降，再结合图象求解． 举一反三 熟能生巧 1.函数在上单调递增，则k的取值范围为 ． 2.函数在定义域上是减函数，则的值可以是(   ) A．3 B．2 C．1 D． 3.函数(且)在区间上单调递增，则的取值范围是(    ) A． B． C． D． 4.(2025届山东省济南市高三上开学摸底考试T5)已知函数在 上单调递增，则的取值范围是( ) A. B. C. D. 5.已知函数f(x)是R上的增函数，A(0，－3)，B(3，1)是其图象上的两点，那么不等式－3＜f(x＋1)＜1的解集的补集是(全集为R)(　　) A．(－1，2)　　　B．(1，4)　　　C．(－∞，－1)∪[4，＋∞)　　　D．(－∞，－1]∪[2，＋∞) 6.定义在[－2，2]上的f(x)满足(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，x1≠x2，且f(a2－a)>f(2a－2)，则a的取值范围为______． 7.(2025届陕西省宝鸡市金台区高三上第一次模拟T6)已知函数是上的减函数，则实数的取值范围是( ) A. B. C. D. 8.(2024江西上饶)已知实数且,函数在上是增函数,则实数的取值范围是( ) A． B． C． D． 9.已知函数f(x)＝;是R上的单调函数，则实数a的取值范围是(　　) A．　　　　　B．　　　　　C．　　　　　D．,1) 10.(2025届山西省大同市高三第一次学情调研T8)已知实数，且满足不等式，若，则下列关系式一定成立的是( ) A. B. C. D. 11.(2025届陕西省咸阳市旬邑县中高三8月阶段考试T7)设函数且的图象经过第二、三、四象限，若不等式恒成立，则实数的取值范围为( ) A. B. C. D. 12.(2025届成都蓉城名校联盟高三上开学联考T13)若函数在上单调递增，则的取值范围为__________. 13.f(x)＝;满足对x1≠x2，都有>0，则a的取值范围是________． 学科网(北京)股份有限公司第 1 页 共 25 页 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$学科网(北京 )股份有限公司 学科网(北京 )股份有限公司 第 1 页 共 9 页 《2026 届高考一轮复习 数学考点突破》2-2 函数的单调性与最值 目录 核心知识 考点梳理 ........................................................................... 1 一、函数的单调性与最值 .................................................................. 1 二、对勾函数与飘带函数 .................................................................. 2 真题感悟 明察考情 ........................................................................... 3 考点题型 疑难解惑 ........................................................................... 3 考点 1 求函数的单调性 ....................................................................... 3 题型精讲 方法探究 ....................................................................... 3 方法提炼 思维升华 ....................................................................... 4 举一反三 熟能生巧 ....................................................................... 4 考点 2 单调性的应用 ......................................................................... 5 题型精讲 方法探究 ....................................................................... 5 命题点 1 比较大小 ................................................................... 5 方法提炼 思维升华 ....................................................................... 5 命题点 2 求函数的最值 ............................................................... 5 方法提炼 思维升华 ....................................................................... 5 命题点 3 解函数不等式 ............................................................... 6 方法提炼 思维升华 ....................................................................... 6 举一反三 熟能生巧 ....................................................................... 6 考点 3 已知单调性求参数取值范围 ............................................................. 7 题型精讲 方法探究 ....................................................................... 7 方法提炼 思维升华 ....................................................................... 8 举一反三 熟能生巧 ....................................................................... 8 核心知识 考点梳理 一、函数的单调性与最值 学科网(北京 )股份有限公司 学科网(北京 )股份有限公司 第 2 页 共 9 页 二、对勾函数与飘带函数 (一).对勾函数：f(x)＝ax＋� � (ab＞0) (1)当 a＞0，b＞0时，f(x)在(－∞，－ � � ]，[ � � ，＋∞)上是增函数，在[－ � � ，0)，(0， � � ]上是减函数； (2)当 a＜0，b＜0时，f(x)在(－∞，－ � � ]，[ � � ，＋∞)上是减函数，在[－ � � ，0)，(0， � � ]上是增函数； (二).飘带函数：f(x)＝ax＋� � (ab＜0) (1)当 a＞0，b＜0时，f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上都是增函数； 学科网(北京 )股份有限公司 学科网(北京 )股份有限公司 第 3 页 共 9 页 (2)当 a＜0，b＞0时，f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上都是减函数； 真题感悟 明察考情 三年高考命题解读 考点 五年考情(2021-2025) 命题解读 单调性概念与判断 2023 北京卷 已知单调性判断函数。 由单调性求参数范围 2024新Ⅰ卷、2023 新Ⅰ卷、2023 乙卷 已知函数单调性求参数范围； 1.(2024 新Ⅰ卷 T6)已知函数 f(x) = − x 2 − 2�x− �, x < 0, ex + ln(x + 1), x ≥ 0,在 R 上单调递增，则�的取值范围是( ) A． ( ,0] B．[ 1,0] C．[ 1,1] D．[0, ) 2．(2023 新Ⅰ卷 T4)设函数 f(x) = 2x(x−�)在区间(0,1)上单调递减，则�的取值范围是( ) A．  , 2  B． 2,0 C．  0,2 D．  2, 3．(2023 北京卷 T4)下列函数中，在区间 (0, ) 上单调递增的是( ) A． ( ) lnf x x  B．f(x) = 1 2x C．f(x) =− 1 x D． | 1|( ) 3 xf x  4.(2023乙卷 T16)设� ∈ (0,1)，若函数 f(x) = �x + (1 + �)x在(0, + ∞)上单调递增，则 a的取值范围是____. 考点题型 疑难解惑 题型精讲 方法探究 【例 1-1】已知函数 ( )y f x 的图象如图所示，则下列说法错误的是( ) A．[ , ]a b 是函数 ( )f x 的增区间 B．[ , ]b c 是函数 ( )f x 的减区间 C．函数 ( )f x 在 [ , ] [ , ]a b c d 上是增函数 D．函数 ( )f x 在[ ,0) (0, ]b c 上是减函数 【例 1-2】函数  f x 同时满足:①    f x f x  ;②当  1 2, 0,1x x  时,�(�1)−�(�2)�1−�2 < 0,则函数  f x 可能为( ) A．   2f x x B．f(x) = ( 1 2 )x C． ( ) cos4f x x D．    ln 1f x x  学科网(北京 )股份有限公司 学科网(北京 )股份有限公司 第 4 页 共 9 页 【例 1-3】已知函数   2 22 x xf x   ，则单调递增区间为 ． 【例 1-4】(2024 高三上浙江绍兴期末)函数  2ln 2y x x  的单调递减区间是（ ） A．  ,1 B．  1, C．  , 0 D．  2, 【例 1-5】函数 2( ) 4 | | 3f x x x   的单调递减区间是( ) A． ( , 2)  B． ( , 2)  和 (0,2) C． ( 2,2) D． ( 2,0) 和 (2, ) 方法提炼 思维升华 确定函数单调性的四种方法 (1)定义法．(2)导数法．(3)图象法．(4)性质法． 1.在下列函数中：① | |y x ，②y = x x ，③y =− x 2 x ，④y = x + x x，在 ( ,0) 上为增函数的有( ) A．①② B．③④ C．②③ D．①④ 2.下列函数中定义域为R ， 1 2, Rx x  ，当 1 2x x 时，都有 1 2( ) ( )f x f x 的是( ) A．   3xf x  B．  f x x C． ( )f x x D．   2f x x 3.下列函数中，满足“对于任意  1 2, 0,x x   ，都有�(�1)−�(�2)�1−�2 > 0”的是( ) A．f(x) = 2 x B．   3 1f x x   C．   2 4 3f x x x   D．f(x) = x + 1 x 4.函数 f(x)＝|x2－3x＋2|的单调递增区间是( ) A． 3 2 , + ∞) B． 1, 3 2 和[2，＋∞) C．(－∞，1]和 3 2 , 2 D．( − ∞, 3 2 和[2，＋∞) 5.已知函数  f x 的定义域为  0,16 ，则“    13 2f f ”是“函数  f x 在区间 0,16 上单调递增”的( ) A．充要条件 B．既不充分也不必要条件 C．充分不必要条件 D．必要不充分条件 6.函数 ( ) | 2 |f x x x  的单增区间为( ) A． ( ,1] [2, )   B． (1, 2) C． (2, ) D． ( ,1), (2, )  7.(多选)下列命题不正确的是( ) A．函数 2y x= 在R 上是增函数 B．函数 y = 1 x 在 ( ,0) (0, )  上是减函数 C．函数 2y x= 和函数 y x 的单调性相同 D．函数 y = 1 x 和函数 y = x + 1 x 的单调性相同 学科网(北京 )股份有限公司 学科网(北京 )股份有限公司 第 5 页 共 9 页 8.函数   2 3 2f x x x   的单调递减区间是 ． 9.函数   2 1 4 5 f x x x     的单调增区间是 ． 题型精讲 方法探究 命题点 1 比较大小 【例 2-1】函数 ( )f x 对于任意    1 2 1 20,,x x x x   ，都有�(�1)−�(�2)�1−�2 < 0，则 ), π(2) ( ) 3, (f f f 的大小关系为 【例 2-2】已知 ( )f x 在 (0, ) 上单调递减，且 0 0x  ，则下列结论中一定成立的是( ) A．    0 01f x f x  B．    0 01f x f x  C．    0 01f x f x  D．    0 01f x f x  【例 2-3】(2024 宁夏银川二模)在R 上的函数 ( )f x 关于 x = 2对称，且当 1 2 2x x  时， 2 1 2 1[ ( ) ( )]( ) 0f x f x x x   恒成立，若� = f(1), b = f(ln10), c = f(3 5 4)，则�, b, c 的大小关系为( ) A． a b c  B． c b a  C． b a c  D． c a b  【例 2-4】已知 1m  ，点      1 2 31 , , , , 1,m y m y m y  都在二次函数 2 2y x x  的图象上，则( ) A． 1 2 3y y y  B． 3 2 1y y y  C． 1 3 2y y y  D． 2 1 3y y y  方法提炼 思维升华 比较函数值的大小时，先转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性进行比较． 命题点 2 求函数的最值 【例 2-4】函数   lgf x x x  的定义域为 1 ,1010      ，则值域为( ) A． 9 ,11 10     B． 9 ,11 10      C． 99, 10     D．  9,11 【例 2-5】设 0a  ，若函数 8y x  ，当  , 2x a a 时， y的范围为 , 24 a     ，则 a的值为( ) A．2 B． 4 C．6 D．8 【例 2-6】函数 y= 1 x + 3x  的最大值为__________. 【例 2-7】已知函数 1( )f x x x   (x>0)，若 2 ( ) ( ( )) f x f x a 的最大值为 2 5 ，则正实数 a=___________. 方法提炼 思维升华 求函数的值域(最值)的常用方法 学科网(北京 )股份有限公司 学科网(北京 )股份有限公司 第 6 页 共 9 页 (1)配方法：主要用于和一元二次函数有关的函数求值域问题． (2)单调性法：利用函数的单调性，再根据所给定义域来确定函数的值域． (3)数形结合法． (4)换元法：引进一个(几个)新的量来代替原来的量，实行这种“变量代换”． (5)分离常数法：把函数分离成一个常数和一个分式和的形式． (6)导数法. 命题点 3 解函数不等式 【例 2-8】(2025 四川泸州一模)已知函数   exf x x  ，则满足    2 1f x f x  的 x的取值范围是( ) A．  , 1  B．  ,1 C．  1,  D．  1, 【例 2-9】已知 ( )f x 是定义在 R上的增函数，且 2( 2) ( )f x f x   ，则 x的取值范围是 ． 【例 2-10】(2025 届四川省巴中市高三零诊考试 T5)设函数 f(x) = x(x + 4), x ≥ 0 −x(x − 4), x < 0；若   2 3 ( 1)f a f a   ， 则实数 a的取值范围是( ) A. ( , 1) (2, )    B. ( , 2) (1, )   C. ( , 1) (3, )    D. ( , 3) (1, )   方法提炼 思维升华 解函数不等式时，由单调性条件脱去“f”，转化为自变量间的大小关系，应注意函数的定义域． 1.(2024北京怀柔模拟)函数   2 2 4 2 1 xf x x   ，则对任意实数 x，函数  f x 的值域是( ) A．  0,2 B．  0,2 C． 0,2 D． 0,2 2.函数   2 2 1 f x x   (  2,6x )的最大值为( ) A．2 B． 23 C． 2 5 D． 2 35 3．(2025 四川绵阳一模)已知函数 22 , 0 ( ) 4 1 4, 0 x x f x x x       ，若存在唯一的整数 x，使得�(�)−1 �−� < 0成立，则所有 满足条件的整数 a的取值集合为( ) A．{ 2, 1,0,1}  B．{ 2, 1,0}  C．{ 1,0,1,2} D．{ 1,0,1} 4．(2025 四川省德阳市一诊)函数   2 , 1 1 3 , 1 x x x f x m x         单调递增，且    2 1 1f m f m   ，则实数m的取值范围为( ) A．  2,1 B．  2,1 C．  0,1 D．  0,1 学科网(北京 )股份有限公司 学科网(北京 )股份有限公司 第 7 页 共 9 页 5．(2024 吉林长春模拟预测)已知函数   3 3x xf x   ，则不等式    2 1 0f x f x   的解集为 ( ) A．   1, 1, 3         B． 1, 3      C． 1 1 3       ， D．  1 ， 6.(2025 四川雅安一模)已知 aR，函数    2 2, 1 1 2, 1 x a x f x ax x x         ，则“0 4a  ”是“  f x 存在最小值”的( ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 7．(多选)(2025 四川绵阳一模)下列函数中，是增函数的是( ) A．   2 2x xf x   B．   1f x x   C．   3f x x x  D．   cosf x x x  8．(多选)已知函数 ( )f x 在R 上是减函数，且 0a b  ，则下列说法正确的是( ) A． ( ) ( ) 0f a f b  B． ( ) ( ) 0f a f b   C． ( ) ( ) 0f a f b   D． ( ) ( ) ( ) ( )f a f b f a f b   9.定义在  2,3 上的函数  f x 是减函数，则满足    2 3f x f x  的 x的取值范围是 ． 10.已知函数 ( ) kf x x x   在区间 (0, ) 上有最小值 4，则实数 k＝ ． 11.已知函数   2 1 x mf x x    在区间 0,1 上的最大值为 5 2 ，则实数m的值为______． 12.函数   2 1f x x x   的最大值为 . 题型精讲 方法探究 【例 3-1】(2025·山西·二模)若函数 ( ) af x x x   在 (0, 2]上单调递减，则实数 a的取值范围是( ) A． (0, 2] B． (0,4] C．[2, ) D．[4, ) 【例 3-2】若函数    2 2 1 3, 1 2 , 1 b b x f x x x b x x          在 x R内满足：对于任意的实数 1 2x x ，都有 1 2 1 2( )( ( ) ( )) 0x x f x f x   成立，则实数b的取值范围为 ． 【例 3-3】(2025 届山东省部分学校高三上开学联考 T5)若两个正实数 x，y满足 4 2x y xy  ，且不等式 学科网(北京 )股份有限公司 学科网(北京 )股份有限公司 第 8 页 共 9 页 2 4 yx m m   有解，则实数 m的取值范围是( ) A. { 1 2}m m  ∣ B. { 1m m  ∣ 或 2}m  C. { 2 1}m m  ∣ D. { 2m m  ∣ 或 1}m  【例 3-4】(2025·贵州毕节·二模)已知函数   2e x mf x  在区间 1,3 上单调递增，则实数m的取值范围是( ) A．  , 2  B．  2,6 C． 2,6 D．  6, 【例 3-5】已知函数 (5 3) 3 , 1, ( ) log , 1a a x a x f x x x       在 R 上单调递增，则实数 a的取值范围是( ) A． 31, 2      B． 3 3, 5 2      C． 31, 2       D． (1, ) 方法提炼 思维升华 利用单调性求参数的取值(范围)．根据其单调性直接构建参数满足的方程(组)(不等式(组))或先得到其图象的 升降，再结合图象求解． 1.函数   kf x x x   在  , 2  上单调递增，则 k的取值范围为 ． 2.函数   2 3 , 0 , 0 x a x f x x x       在定义域R上是减函数，则 a的值可以是( ) A．3 B．2 C．1 D． 1 3.函数   2x af x a  ( 0a  且 1a  )在区间  1,  上单调递增，则 a的取值范围是( ) A．  1,2 B． 2, C． 1 ,1 2       D．  1 ,1 2, 2     4.(2025 届山东省济南市高三上开学摸底考试 T5)已知函数    2 2ln 3   f x x ax a 在  1, 上单调递 增，则 a的取值范围是( ) A.  , 1  B.  , 1  C.  , 2 D.  2, 5.已知函数 f(x)是 R上的增函数，A(0，－3)，B(3，1)是其图象上的两点，那么不等式－3＜f(x＋1)＜1的解集 的补集是(全集为 R)( ) A．(－1，2) B．(1，4) C．(－∞，－1)∪[4，＋∞) D．(－∞，－1]∪[2，＋∞) 6.定义在[－2，2]上的 f(x)满足(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，x1≠x2，且 f(a2－a)>f(2a－2)，则 a的取值范围为______． 学科网(北京 )股份有限公司 学科网(北京 )股份有限公司 第 9 页 共 9 页 7.(2025 届陕西省宝鸡市金台区高三上第一次模拟 T6)已知函数 2 2 1( 2) ( ) 1 5 ( 2) 2 4 x ax x x f x x             是R上的减函数，则实数 a的 取值范围是( ) A. ( , 1]  B. 1, 2      C. ( ,0] D. ( ,1] 8.(2024江西上饶)已知实数 0a  且 1a  ,函数   , 1, 13 , 1 xa x f x x x x       在R 上是增函数,则实数 a的取值范围是( ) A．  1, 2 B．  1, C．  1,2 D．  2, 9.已知函数 f(x)＝ �� 2 − � − 1 4 , � ≤ 1 ����1 − 1, � > 1 ;是 R上的单调函数，则实数 a的取值范围是( ) A． 1 4 , 1 2 ) B． 1 4 , 1 2 C．(0, 1 2 D． 12,1) 10.(2025 届山西省大同市高三第一次学情调研 T8)已知实数 0a  ，且满足不等式    3 3log 3 2 log 4 1a a   ，若 x ya a x y   ，则下列关系式一定成立的是( ) A. 0x y  B. 1x y  C. 0x y  D. 1 x y 11.(2025届陕西省咸阳市旬邑县中高三 8月阶段考试 T7)设函数   2 0xf x a a   且 1a  的图象经过第 二、三、四象限，若不等式    21f mx f x  恒成立，则实数m的取值范围为( ) A.  B.  2,2 C.    , 2 2,  U D.    , 2 2,  12.(2025 届成都蓉城名校联盟高三上开学联考 T13)若函数 f(x) = log�x, x ≥ 2,2x − 1, x < 2,在�上单调递增，则 a的取值 范围为__________. 13.f(x)＝ (2 − �)� + 1, � < 1��, � ≥ 1;满足对∀x1≠x2，都有 f(x1)－f(x2) x1－x2 >0，则 a的取值范围是________． 《2026届高考一轮复习 数学考点突破》2-2 函数的单调性与最值 目录 核心知识 考点梳理 1 一、函数的单调性与最值 1 二、对勾函数与飘带函数 2 真题感悟 明察考情 3 考点题型 疑难解惑 4 考点1 求函数的单调性 4 题型精讲 方法探究 4 方法提炼 思维升华 5 举一反三 熟能生巧 5 考点2 单调性的应用 7 题型精讲 方法探究 7 命题点1 比较大小 7 方法提炼 思维升华 8 命题点2 求函数的最值 8 方法提炼 思维升华 9 命题点3 解函数不等式 9 方法提炼 思维升华 10 举一反三 熟能生巧 10 考点3 已知单调性求参数取值范围 14 题型精讲 方法探究 14 方法提炼 思维升华 15 举一反三 熟能生巧 15 核心知识 考点梳理 一、函数的单调性与最值 二、对勾函数与飘带函数 (一).对勾函数：f(x)＝ax＋(ab＞0) (1)当a＞0，b＞0时，f(x)在(－∞，－]，[，＋∞)上是增函数，在[－，0)，(0，]上是减函数； (2)当a＜0，b＜0时，f(x)在(－∞，－]，[，＋∞)上是减函数，在[－，0)，(0，]上是增函数； (二).飘带函数：f(x)＝ax＋(ab＜0) (1)当a＞0，b＜0时，f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上都是增函数； (2)当a＜0，b＞0时，f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上都是减函数； 真题感悟 明察考情 三年高考命题解读 考点 五年考情(2021-2025) 命题解读 单调性概念与判断 2023北京卷 已知单调性判断函数。 由单调性求参数范围 2024新Ⅰ卷、2023新Ⅰ卷、2023乙卷 已知函数单调性求参数范围； 1.(2024新Ⅰ卷T6)已知函数在R上单调递增，则的取值范围是(    ) A． B． C． D． 【答案】B【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可. 【解】因为在上单调递增，且时，单调递增， 则需满足解得，即a的范围是；故选：B. 2．(2023新Ⅰ卷T4)设函数在区间上单调递减，则的取值范围是(    ) A． B． C． D． 【答案】D【分析】利用指数型复合函数单调性，判断列式计算作答. 【解】函数在R上单调递增，则在区间上单调递减， 因此，解得；故选：D 3．(2023北京卷T4)下列函数中，在区间上单调递增的是(    ) A． B． C． D． 【答案】C【分析】利用基本初等函数的单调性，结合复合函数的单调性判断ABC，举反例排除D即可. 【解】对于A，因为在上单调递增，在上单调递减， 所以在上单调递减，故A错误； 对于B，因为在上单调递增，所以在上单调递减，故B错误； 对于D，因为，，所以在上不单调，D错误； 对于C，因为在上单调递减，所以在上单调递增，故C正确；故选：C. 4.(2023乙卷T16)设，若函数在上单调递增，则a的取值范围是____. 【答案】【解】可得在区间上恒成立， 则，即在区间上恒成立， 故，而，故， 故即，故，故答案为：. 考点题型 疑难解惑 考点1 求函数的单调性 题型精讲 方法探究 【例1-1】已知函数的图象如图所示，则下列说法错误的是(    )    A．是函数的增区间 B．是函数的减区间 C．函数在上是增函数 D．函数在上是减函数 【答案】C【解】根据函数图像可知函数在上递增，在上递减，故A，B正确； 函数在上也单调递增，但区间和不是连续区间，C错误； 由图象知为函数的一个单调递减区间，故函数在上是减函数，D正确，故选：C 【例1-2】函数同时满足:①;②当时,,则函数可能为(    ) A． B． C． D． 【答案】D【分析】①说明为偶函数，②时,,说明函数在上单调递减,再逐项分析即可. 【解】①说明为偶函数，②时,,说明函数在上单调递减. A不满足②，B不满足①， C不满足②,因为在单调递减，在单调递增. 对于D,满足①,当,单调递减,也满足②.故选：D. 【例1-3】已知函数，则单调递增区间为 ． 【答案】/【分析】根据二次函数以及指数函数的性质，结合复合函数的单调性法则即可求解. 【解】由于在单调递减，在单调递增， 而函数为上的单调递增函数，所以的单调递增区间为，故答案为： 【例1-4】(2024高三上浙江绍兴期末)函数的单调递减区间是（    ） A． B． C． D． 【答案】C【分析】先求出函数的定义域，再利用复合函数单调性可求得函数的单调递减区间. 【解】由，解得或，所以函数定义域为， 令，则函数在上单调递减，在上单调递增， 而函数在上为增函数， 由复合函数单调性可得的单调递减区间为.故选：C. 易错陷阱 本题再求单调区间时容易忽略定义域，而求出单调递减区间为而致错. 【例1-5】函数的单调递减区间是(    ) A． B．和 C． D．和 【答案】B【分析】将绝对值函数转化成分段函数，由二次函数的性质即可求 【解】， 则由二次函数的性质知，当时，的单调递减区间为； 当，的单调递减区间为， 故的单调递减区间是和.故选：B 方法提炼 思维升华 确定函数单调性的四种方法 (1)定义法．(2)导数法．(3)图象法．(4)性质法． 举一反三 熟能生巧 1.在下列函数中：①，②，③，④，在上为增函数的有(    ) A．①② B．③④ C．②③ D．①④ 【答案】B【解】因为，所以①在上单调递减，不符合题意； ②在上为常函数，不符合题意；③在上单调递增，符合题意； ④在上单调递增，符合题意；故符合题意的为③④；故选：B. 2.下列函数中定义域为，，当时，都有的是(   ) A． B． C． D． 【答案】A【解】因为，当时，都有，所以在上单调递增， 对于A，指数函数在上单调递增，故A正确； 对于B，的定义域为，故B错误； 对于C，当时，在上单调递减，故C错误； 对于D，当时，二次函数在上单调递减，故D错误.故选：A. 3.下列函数中，满足“对于任意，都有”的是(    ) A． B． C． D． 【答案】C【解】因为“对于任意，都有”，所以在上单调递增. A：反比例函数在和上单调递减，故A不符合题意； B：一次函数在上单调递减，故B不符合题意； C：二次函数的对称轴为，开口向上， 所以该函数在上单调递增，故C符合题意； D：对勾函数在和上单调递增，故D不符合题意.故选：C 4.函数f(x)＝|x2－3x＋2|的单调递增区间是(　　) A．　　B．和[2，＋∞)　　C．(－∞，1]和　　D．和[2，＋∞) 【答案】B【解】y＝|x2－3x＋2|＝如图，递增区间是和[2，＋∞)． 5.已知函数的定义域为，则“”是“函数在区间上单调递增”的(    ) A．充要条件 B．既不充分也不必要条件 C．充分不必要条件 D．必要不充分条件 【答案】D【解】由得不到“函数在区间上单调递增”， 如，，显然满足， 但是函数在上递增，在上递减， 故“”不是“函数在区间上单调递增”的充分条件； 而由“函数在区间上单调递增”可得. 则“”是“函数在区间上单调递增”的必要不充分条件.故选：D. 6.函数的单增区间为(    ) A． B． C． D． 【答案】D【分析】得出分段函数解析式，即可得解. 【解】.因为，， 所以的增区间是．故选：D 7.(多选)下列命题不正确的是(    ) A．函数在上是增函数 B．函数在上是减函数 C．函数和函数的单调性相同 D．函数和函数的单调性相同 【答案】ABD【解】对于A：在是增函数，在是减函数，故A错误； 对于B：的定义域为，在和上是减函数，故B错误； 对于C：在是增函数，在是减函数，，当时，，易知为增函数， 当时，，易知为减函数，所以函数和函数的单调性相同，故C正确； 对于D：定义域为，在和上是减函数； 设定义域为，由导数可知在上单调递减，在上单调递减， 在上单调递减，在上单调递增，故D错误，故选：C． 8.函数的单调递减区间是 ． 【答案】【分析】根据题意，由条件可得在单调递减，在单调递增，再由复合函数的单调性即可得到结果. 【解】设，由可得，或， 则函数，由在单调递减，在单调递增， 而在单调递增，由复合函数的单调性可知， 函数的单调递减区间是.故答案为： 9.函数的单调增区间是 ． 【答案】【分析】求出函数的定义域，利用复合函数“同增异减”的性质即可求得其单调增区间. 【解】由题意可知，解得，即函数定义域为， 易知函数由复合而成， 且在单调递减，在单调递增，在上单调递减； 利用复合函数单调性可得的单调增区间是；故答案为：. 考点2 单调性的应用 题型精讲 方法探究 命题点1 比较大小 【例2-1】函数对于任意，都有，则的大小关系为 【答案】(或) 【解】因为函数对于任意的，都有，所以在上是递减， 所以，所以.故答案为：(或). 【例2-2】已知在上单调递减，且，则下列结论中一定成立的是(    ) A． B． C． D． 【答案】B【解】由得，，结合在上单调递减， 则必有，显然B正确，A错误， 而当时，不在定义域内，故无法比较，C,D错误.故选：B 【例2-3】(2024宁夏银川二模)在上的函数关于对称，且当时，恒成立，若，则的大小关系为(    ) A． B． C． D． 【答案】D【分析】根据条件先得到单调性，再根据单调性比较大小. 【解】当时，恒成立，即当时，， 由关于对称，所以；由在上单调递增，所以在上递减， 因为，所以；所以，即，故选：D. 【例2-4】已知，点都在二次函数的图象上，则(    ) A． B． C． D． 【答案】D【解】二次函数，其图象的对称轴方程为， 而，所以，即， 当时，是单调增函数，因为，所以，所以，即， 综上，．故选：D． 方法提炼 思维升华 比较函数值的大小时，先转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性进行比较． 命题点2 求函数的最值 【例2-4】函数的定义域为，则值域为(    ) A． B． C． D． 【答案】A【分析】根据题意先判断函数单调性，结合单调性求最值和值域. 【解】的定义域为，且在内单调递增，知在内单调递增， 可知在内的最小值为，最大值为，所以值域为.故选：A. 【例2-5】设，若函数，当时，的范围为，则的值为(    ) A． B． C． D． 【答案】B【解】在上单调递减，；解得：.故选：B. 【例2-6】函数y=+的最大值为__________. 【答案】【解】由，解得，即函数的定义域为， ， 当时，取得最大值，即.故答案为： 【例2-7】已知函数(x>0)，若的最大值为，则正实数a=___________. 【答案】1【解】令，则，则；令 当时，在上单调递增，；则， 即的最大值为；则，解之得. 当时，(当且仅当时等号成立)；则， 即的最大值为则，解之得(舍)；综上，所求正实数；故答案为：1 方法提炼 思维升华 求函数的值域(最值)的常用方法 (1)配方法：主要用于和一元二次函数有关的函数求值域问题． (2)单调性法：利用函数的单调性，再根据所给定义域来确定函数的值域． (3)数形结合法． (4)换元法：引进一个(几个)新的量来代替原来的量，实行这种“变量代换”． (5)分离常数法：把函数分离成一个常数和一个分式和的形式． (6)导数法. 命题点3 解函数不等式 【例2-8】(2025四川泸州一模)已知函数，则满足的的取值范围是(   ) A． B． C． D． 【答案】B【分析】求导分析函数单调性，利用函数单调性解不等式可得结果. 【解】∵，∴，∴在上为增函数， 由得，，解得，故的取值范围是.故选：B. 【例2-9】已知是定义在R上的增函数，且，则的取值范围是 ． 【答案】【解】因是定义在R上的增函数，故由可得 ，即，解得.故答案为：. 【例2-10】(2025届四川省巴中市高三零诊考试T5)设函数；若，则实数a的取值范围是( ) A. B. C. D. 【答案】A【分析】作出函数图象，判断函数单调性，结合解一元二次不等式，即得答案. 【解】作出函数的图象如图：可知函数在R上单调递增， 故由可得，即，解得或， 即实数a的取值范围是,故选：A 方法提炼 思维升华 解函数不等式时，由单调性条件脱去“f”，转化为自变量间的大小关系，应注意函数的定义域． 举一反三 熟能生巧 1.(2024北京怀柔模拟)函数，则对任意实数x，函数的值域是(    ) A． B． C． D． 【答案】C【解】依题意，， 显然，则，于是，所以函数的值域是.故选：C 2.函数()的最大值为(    ) A．2 B． C． D． 【答案】B【解】因为函数在上单调递增，所以函数在上单调递减， 所以当时，函数取到最大值为.故选：B 3．(2025四川绵阳一模)已知函数，若存在唯一的整数，使得成立，则所有满足条件的整数a的取值集合为( ) A． B． C． D． 【答案】A【分析】作出的图象，由不等式的几何意义：曲线上一点与连线的直线斜率小于0，结合图象即可求得范围. 【解】作出的函数图象如图所示：表示点与点所在直线的斜率， 可得曲线上只有一个点(x为整数)和点所在直线的斜率小于0， 而点在动直线上运动， 由，，，，且为整数， 可得当时，至少有点两个点满足，不满足题意； 当时，只有点满足，满足题意； 当时，只有点满足，满足题意； 当时，至少有两个点满足，不满足题意； 综上所述，由a为整数，可得a的取值集合为.故选：A. 4．(2025四川省德阳市一诊)函数单调递增，且，则实数的取值范围为(   ) A． B． C． D． 【答案】C【分析】根据指数函数的性质及函数的单调性，列出不等式组求解即可. 【解】因为当时，单调递增；当时，单调递增； 又因为单调递增，且，所以，解得.故选：C. 5．(2024吉林长春模拟预测)已知函数，则不等式的解集为 (   ) A． B． C． D． 【答案】A【分析】判断的奇偶性和单调性，再根据函数性质求解不等式即可. 【解】，定义域为，又，故为偶函数； 又当时，均为单调增函数，故为上的单调增函数； 又，故当时，，则此时为上的单调增函数， 故时，为单调减函数；，即，则，即， ，也即，解得；故选：A. 6.(2025四川雅安一模)已知，函数，则“”是“存在最小值”的(   ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C【分析】分类讨论取不同值时，是否存在最小值，即可求出. 【解】由题意，，， 当时，若，，函数单调递减，且时，，没有最小值， ∴；当时，，此时， 当时，，，当且仅当时取等号. 若，则，可知，，满足要求， 若，则，，可知，，满足要求， 若，则，， 可知，若有最小值，则，解得：， 综上，若函数有最小值，则， ∴“”是“存在最小值”的充要条件，故选：C. 7．(多选)(2025四川绵阳一模)下列函数中，是增函数的是( ) A． B． C． D． 【答案】ACD【分析】利用指数函数性质可得A正确，由反比例函数性质可得B错误，根据幂函数性质可得C正确，求导得出恒成立，可得D正确. 【解】对于A，易知的定义域为，是由函数和组成， 易知为单调递增函数，为单调递增函数，因此A正确； 对于B，函数定义域为， 根据反比例函数性质可得在和上分别单调递增，但不是增函数，即B错误； 对于C，易知的定义域为，由幂函数性质可得其在定义域内单调递增，即C正确； 对于D，函数的定义域为，则恒成立， 所以函数在定义域内单调递增，即D正确.故选：ACD 8．(多选)已知函数在上是减函数，且，则下列说法正确的是(    ) A． B． C． D． 【答案】CD【解】由，则， 因为函数在上是减函数，所以， 则，.故选：CD. 9.定义在上的函数是减函数，则满足的x的取值范围是 ． 【答案】【分析】由题意，利用函数的单调性求解. 【解】解：因为定义在上的函数是减函数，且， 所以，解得．故答案为： 10.已知函数在区间上有最小值4，则实数k＝ ． 【答案】4【分析】由函数在上有最小值可知，k＞0，再由基本不等式即可求得k的值． 【解】依题意，，则，当且仅当时，等号成立 则，解得． 故答案为：4． 11.已知函数在区间上的最大值为，则实数的值为______． 【答案】【解】函数，即，,， 当时，不成立； 当，即时，在,递减，可得为最大值，即，解得，成立； 当，即时，在,递增，可得为最大值，即，解得，不成立； 综上可得．故答案为：. 12.函数的最大值为 . 【答案】【解】令，则，所以， 对称轴为，开口向下，所以函数在单调递增，在上单调递减. 所以当，即时，取得最大值为. 考点3 已知单调性求参数取值范围 题型精讲 方法探究 【例3-1】(2025·山西·二模)若函数在上单调递减，则实数a的取值范围是(   ) A． B． C． D． 【答案】C【分析】根据对勾函数的单调性，即可求解. 【解】当时，为单调递增函数，不符合题意，当时，均为单调递增函数，故为单调递增函数，不符合题意，当时，在单调递增，在单调递减，故在上单调递减，则，故选：C 【例3-2】若函数在内满足：对于任意的实数，都有成立，则实数的取值范围为 ． 【答案】【分析】先得到函数在R上单调递增，再根据分段函数单调递增需满足每一段上单调递增，且在分段处，左端点的函数值小于等于右端点的函数值，得到不等式，求出答案. 【解】由题意得在R上单调递增， 由题意得，解得;故答案为： 易错陷阱 本题易忽略分段函数单调性的分段点 分段函数的单调性与分段点息息相关，除了考虑每一段的单调性还需要单独考虑分段点的情况。 【例3-3】(2025届山东省部分学校高三上开学联考T5)若两个正实数x，y满足，且不等式有解，则实数m取值范围是( ) A. B. 或 C. D. 或 【答案】B【分析】根据题意，利用基本不等式求得的最小值，把不等式有解，转化为不等式，即可求解. 【解】由两个正实数满足，得， 则，当且仅当，即时取等号， 又由不等式有解，可得，解得或， 所以实数的取值范围为或.故选：B. 【例3-4】(2025·贵州毕节·二模)已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是(    ) A． B． C． D． 【答案】A【分析】令，利用复合函数的单调性可得出，可得出关于实数的不等式，解之即可. 【解】令，则函数的减区间为，增区间为， 又因为函数在区间上单调递增，且外层函数在上为增函数， 所以，，可得，解得，因此，实数的取值范围是.故选：A. 【例3-5】已知函数在R上单调递增，则实数a的取值范围是(    ) A． B． C． D． 【答案】A【分析】利用分段函数的单调性列出不等式组即可求参数的取值范围. 【解】因为函数在R上单调递增．所以，解得，即实数a的取值范围是.故选：A． 方法提炼 思维升华 利用单调性求参数的取值(范围)．根据其单调性直接构建参数满足的方程(组)(不等式(组))或先得到其图象的升降，再结合图象求解． 举一反三 熟能生巧 1.函数在定义域上是减函数，则的值可以是(   ) A．3 B．2 C．1 D． 【答案】D【分析】由题意只需，由此对比选项即可得解. 【解】由题意当时，单调递减，当时，单调递增， 若函数在定义域上是减函数，只需， 解得，对比选项可知的值可以是.故选：D. 2.函数(且)在区间上单调递增，则的取值范围是(    ) A． B． C． D． 【答案】A【分析】利用指数函数及复合函数的单调性计算即可. 【解】易知，显然在上单调递增，在上单调递减， 因为在区间上单调递增，结合复合函数的单调性可知，且，所以.故选：A 3.(2025届山东省济南市高三上开学摸底考试T5)已知函数在 上单调递增，则的取值范围是( ) A. B. C. D. 【答案】B【分析】根据在上恒大于0，且单调递增，可求的取值范围. 【解】因为函数 在 上单调递增， 所以在上单调递增，所以. 且在恒大于0，所以或. 综上可知：.故选：B 4.已知函数f(x)是R上的增函数，A(0，－3)，B(3，1)是其图象上的两点，那么不等式－3＜f(x＋1)＜1的解集的补集是(全集为R)(　　) A．(－1，2)　　　B．(1，4)　　　C．(－∞，－1)∪[4，＋∞)　　　D．(－∞，－1]∪[2，＋∞) 【答案】D【解】不等式－3＜f(x＋1)＜1即为f(0)＜f(x＋1)＜f(3)，所以0＜x＋1＜3，所以－1＜x＜2， 故所求补集是(－∞，－1]∪[2，＋∞)． 5.(2025届陕西省宝鸡市金台区高三上第一次模拟T6)已知函数是上的减函数，则实数的取值范围是( ) A. B. C. D. 【答案】A【分析】首先由题意有，若是上的减函数，故只需当时，单调递减，从而列出不等式组，解不等式组即可. 【解】当时，单调递减，，且最小值为， 当时，当时，单调递增，不符题意， 又是上的减函数，故的开口向下即，其对称轴为， 则由题意有，解得．故选：A. 6.(2024江西上饶)已知实数且,函数在上是增函数,则实数的取值范围是( ) A． B． C． D． 【答案】C【解】因为在上是增函数；所以解得，故选：C. 7.已知函数f(x)＝;是R上的单调函数，则实数a的取值范围是(　　) A．　　　　　B．　　　　　C．　　　　　D．,1) 【答案】B【解】可得a>0，且a≠1．又函数f(x)在R上单调，而y＝ax2－x－的图象开口向上， 所以函数f(x)在R上单调递减，故有;即;所以a∈． 8.(2025届山西省大同市高三第一次学情调研T8)已知实数，且满足不等式，若，则下列关系式一定成立的是( ) A. B. C. D. 【答案】C【分析】先根据对数函数的单调性得出，再构造函数结合函数单调性求解即可. 【解】因为，又函数单调递增，所以，即， 对于不等式，移项整理得， 构造函数，由于单调递减，所以，即x-y>0，故选:C. 9.(2025届陕西省咸阳市旬邑县中高三8月阶段考试T7)设函数且的图象经过第二、三、四象限，若不等式恒成立，则实数的取值范围为( ) A. B. C. D. 【答案】B【分析】根据指数函数性质可确定单调性，进而得到，由此可得，解不等式可求得结果. 【解】的图象经过第二、三、四象限， ，解得：，在上单调递减， 则由得：，即， ，解得：，实数的取值范围为；故选：B. 10.函数在上单调递增，则k的取值范围为 ． 【答案】【分析】分、和三种情况，结合单调性的性质以及对勾函数单调性分析求解. 【解】若，则在上单调递增， 所以函数在上单调递增，符合题意； 若，则函数在上单调递增，符合题意； 若，则在上单调递减，在上单调递增，则，解得； 综上所述：k的取值范围为.故答案为：. 11.定义在[－2，2]上的f(x)满足(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，x1≠x2，且f(a2－a)>f(2a－2)，则a的取值范围为______． 【答案】[0，1)【解】因为函数f(x)满足(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，x1≠x2，所以函数在[－2，2]上单调递增， 所以－2≤2a－2<a2－a≤2，解得0≤a<1． 12.(2025届成都蓉城名校联盟高三上开学联考T13)若函数在上单调递增，则的取值范围为__________. 【答案】【分析】由已知结合一次函数及对数函数的单调性及分段函数的性质即可求解． 【解】因为在上单调递增，所以，解得．故答案为： 13.f(x)＝;满足对x1≠x2，都有>0，则a的取值范围是________． 【答案】【解】由已知得f(x)递增，∴;解得≤a＜2，∴a的取值范围是． 学科网(北京)股份有限公司第 1 页 共 25 页 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$