专题06 单调性及应用11种常见考法归类（题型专练）高一数学人教A版必修第一册

**基本信息** 以单调性定义为起点，通过11类题型系统构建“概念理解-判断方法-综合应用”逻辑体系，提炼“定义法四步”“同增异减”等可迁移方法，培养数学思维与逻辑推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |概念理解|1例+3变式|紧扣“任意性”判定，结合奇偶性对称规律|从定义本质到性质关联，夯实逻辑基础| |判断方法|4类题型（定义法/图象法/复合函数/简单函数）|定义法四步（取值-作差-定号-结论）、同增异减口诀|从基础函数到复合函数，形成方法链| |综合应用|6类题型（求参数/比较大小/解不等式等）|解不等式“五步”（定性-变形-去f-定义域-求解）|从性质应用到问题解决，体现数学语言表达|

专题06 单调性及应用11种常见考法归类 ▌题型01 对单调性定义的理解 【例1】【答案】B 【分析】直接利用函数的单调性和函数的值的关系，利用充分条件和必要条件的应用求出结果． 【详解】由题意，函数的定义域为的偶函数，当“”时， 根据偶函数，，“在不一定单调递增”； 当“在上单调递增”时，有， 故“”是“在上单调递增”的必要不充分条件． 故选：B． 【变式1-1】【答案】D 【分析】利用函数单调性的定义易得“”是“函数在区间上单调递增”的必要条件；可通过举例子说明“”不是“函数在区间上单调递增”的充分条件，即得. 【详解】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. 【变式1-2】【答案】A 【分析】根据函数单调性与充分必要条件定义判断即可. 【详解】函数在区间I上单调递增的充要条件是，当时，都有，或当时，都有， 即对与同号，也即． 故选：A． 【变式1-3】【答案】A 【分析】运用增函数的定义依次判断各个选项即可. 【详解】对于A项，因为在上是增函数， 所以对于任意的，（）， 当时，，所以，，所以， 当时，，所以，，所以， 综述：，故A项正确； 对于B项，因为在上是增函数， 所以对于任意的，（）， 当时，，所以，，所以， 当时，，所以，，所以， 综述：，故B项不成立； 对于C项、D项，由于，的大小关系不确定，所以与的大小关系不确定，故C项不成立，D项不成立. 故选：A. ▌题型02 判断简单函数的单调性 【例2】【答案】 【分析】利用反比例函数单调性直接求得答案. 【详解】函数是反比例函数，其单调递减区间是. 故答案为： 【变式2-1】【答案】 【分析】利用二次函数的性质求解即可. 【详解】的对称轴为， 因为，所以的图象开口向上， 所以的单调递增区间为. 故答案为： 【变式2-2】【答案】 【分析】利用二次函数的单调性直接计算即可. 【详解】由二次函数的性质可知的对称轴为，开口向上， 所以其单调区间为. 故答案为：. 【变式2-3】【答案】 【分析】画出函数图象，数形结合得到答案. 【详解】画出函数的图象，如下：    故单调递减区间为. 故答案为： ▌题型03 定义法判断或证明函数的单调性 【例3】【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）将代入原函数，根据题意解出值即可得出解析式 （2）根据定义设，且，计算得出即可的证. 【详解】（1）， 故的解析式为： （2）设，且 因为，所以 故，所以在上单调递减. 【变式3-1】【答案】(1) (2)在区间和和上分别单调递减 【分析】（1）直接根据题意代入求值即可； （2）根据定义法判断函数的单调性即可. 【详解】（1）因为，所以，则， 故． （2）易得的定义域为，， 则， ①当时，， 则，即， 故在区间上单调递减； ②当时，， 则，即， 故在区间单调递减， ③当时，， 则，即， 故在区间单调递减， 综上，在区间和和和上分别单调递减． 【变式3-2】【答案】证明见解析 【分析】利用函数单调性的定义即可求证. 【详解】设，且， 则, ，且， 又， , ,即 ， 故函数在区间是减函数. 【变式3-3】【答案】答案见解析. 【分析】设，且，再作差，判断差的符号即得解. 【详解】解：设，且， , ∵，∴ 当时，，即，函数单调递减； 当时，，即，函数单调递增. 所以，当时函数在区间上单调递减； 当时函数在区间上单调递增. 【点睛】本题主要考查函数单调性的判定，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. ▌题型04 图象法求函数的单调区间 【例4】【答案】C 【分析】直接根据题干图象求出单调递增区间即可. 【详解】由题图可知，函数的单调递增区间为. 故选：C 【变式4-1】【答案】D 【分析】利用函数图象，结合函数单调性的定义，即可求解. 【详解】由函数的图象可知，单调递增区间是， 又由图知，而，所以A不正确， 故选：D. 【变式4-2】【答案】 【分析】将写成分段函数的形式，作出函数的图象，结合图象即可得解. 【详解】因为 所以，函数的图象如下： 由图象可知，函数的单调递减区间为 故答案为： 【变式4-3】【答案】和 【分析】画出函数图象，数形结合得到严格减区间. 【详解】函数， 可作出函数的图像，如图， 由图可知，函数的严格减区间为：和. 故答案为：和 ▌题型05 复合函数的单调性区间 【例5】【答案】 【分析】首先求出函数的定义域，令，分别求出和的单调区间，再利用符合函数单调性的性质即可求出的单调递增区间. 【详解】因为，得，得或， 解得函数的定义域为. 令，在单调递增. 因为函数在单调递增， 由复合函数的单调性知：在单调递增. 故答案为： 【点睛】本题主要考查符合函数的单调性，特别注意先求定义域，利用复合函数“同增异减”为解题的关键，属于容易题. 【变式5-1】【答案】 【分析】先求出函数定义域，然后根据复合函数单调性即可求解. 【详解】令，而的对称轴方程为， 由复合函数单调性可知，函数的增区间为. 故答案为：. 【变式5-2】【答案】 【解析】先求函数的定义域，再利用复合函数的单调性求解即可. 【详解】由得，函数的定义域是 R， 设，则在上是减函数，在 上是增函数， ∵在定义域上减函数，∴函数的单调增区间是 故答案为： 【变式5-3】【答案】 【分析】根据复合函数单调性同增异减以及函数的定义域来求得额单调递增区间. 【详解】， 解得. 函数的对称轴为，开口向下， 根据复合函数单调性同增异减可知，的单调递增区间为. 故答案为： ▌题型06 利用函数的单调性求参数范围 【例6】【答案】ABD 【详解】函数的单调递增区间为， 依题意，，则，解得， 因此的可能取值是，ABD是，C不是. 【变式6-1】【答案】A 【分析】利用给定单调性求出的取值范围，再利用充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】函数，函数的单调递增区间是， 由函数在上单调递增，得，则，因此， 所以“”是“函数在上单调递增”的充分不必要条件. 【变式6-2】【答案】AC 【分析】先将分离常数得，结合在区间上单调递减，则有，进而可解得的取值范围. 【详解】由分离常数法可知，反比例型函数可化为， 因为在区间上单调递减，所以，即， 故选项中只有AC满足， 故选：AC. 【变式6-3】【答案】 【分析】首先判断函数的单调性，再结合每段单调性，分段点处的函数值关系，建立不等式求解即可. 【详解】由题意知函数在上单调递减，需满足以下条件： ，解得 故答案为：. ▌题型07 利用函数的单调性比较大小 【例7】【答案】B 【详解】因为在上单调递减，且， 所以. 【变式7-1】【答案】BD 【分析】由条件，可推得且，再结合单调性逐一分析选项. 【详解】因为，所以. 因为在R上严格单调递增， 所以. 选项A：例如，，满足， 但，故A错误. 选项B：由，得，即，故B正确. 选项C：由，得，即，故C错误. 选项D：由且，两式相加得：，故D正确. 【变式7-2】【答案】A 【分析】先判断函数的单调性，再比较自变量的大小，最后根据函数单调性即可得出函数值的大小关系. 【详解】根据题意，定义域为的函数满足：对任意，有， 所以函数是定义域在上的增函数， 又，所以. 故选：A 【变式7-3】【答案】C 【分析】利用对称性得出，再结合函数的单调性即可. 【详解】由题意可知，的图象关于直线对称，所以， 又在上是减函数，所以. 故选：C. ▌题型08 利用函数的单调性解不等式 【例8】【答案】B 【详解】因为函数在上单调递增，，所以，解得，故B正确. 【变式8-1】【答案】A 【分析】利用定义域的限制及函数的单调性列不等式组，解不等式组求出解集． 【详解】已知是定义在上的增函数，不等式， 则，解得， 不等式的解集为，故A正确． 故选：A． 【变式8-2】【答案】 【分析】根据给定条件，利用函数的单调性求解不等式. 【详解】由函数是定义在区间上的增函数，得， 解得，所以所求的取值范围是. 故答案为： 【变式8-3】【答案】 【分析】根据函数的单调性解抽象函数不等式，由题意得，再解不等式组即可． 【详解】是定义在上的增函数, ，即，解得， 则的取值范围是． 故答案为：． ▌题型09 利用单调性求解析式 【例9】【答案】 【分析】根据题意可知存在唯一的满足，则有， 由即可求得，进而求得，利用函数的单调性即可求得函数的值域. 【详解】因是定义在上的单调函数，根据题意可知存在唯一的满足，则有， 取可得，则，整理得， 解得或（负值舍去），故， 易知该函数在上单调递减，故，即. 故答案为：. 【变式9-1】【答案】ACD 【分析】令，则，令，得到关于的方程，得到的值，进而得到，然后根据选项依次判断即可. 【详解】令，则， 令，则， 根据幂函数的性质可知，函数在上单调递增， 且，则， 所以，即. 对于A，，故A正确； 对于B，，所以不是奇函数，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，函数在上单调递增，且， 由，则，即， 则不等式的解集是，故D正确. 故选：ACD. 【变式9-2】【答案】 【分析】设，构造函数赋值法计算得出或，结合函数值排除求解即可. 【详解】设，所以，所以， 所以，所以或， 当时，，在定义域内单调递增，所以，符合题意； 当时，，，不符合题意； 所以. 【变式9-3】【答案】 【分析】根据函数的单调性进行换元、列方程，从而求得的解析式. 【详解】因为函数是定义在上的单调函数，所以为一个常数. 令，则，且， 所以，即，解得：. 故. 故答案为： ▌题型10 利用单调性求最值 【例10】【答案】AD 【分析】A选项，根据分母不为零可求得函数定义域；B选项，根据反比例函数的单调性判断的单调性；C选项，由函数的单调性知的最小值不存在；D选项，根据反比例函数的对称性及函数图像的变换可求出的对称中心. 【详解】令，解得，所以的定义域为，A正确； ，在上单调递减，在上单调递减，B错误； 在上单调递减，最小值不存在，C错误； 因为的图象是由的图象先向右平移6个单位再向上平移1个单位得到的，且的对称中心为，所以的图象关于点中心对称，D正确. 【变式10-1】【答案】(1)证明：，且， 则 , 因，则， 则，即， 则在区间上单调递增. (2)最小值为，最大值为. 【分析】（1）利用定义法，设，再化简求得即可判断； （2）由的单调性即可判断最值. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知在区间上单调递增， 则的最小值为，最大值为. 【变式10-2】【答案】ABD 【分析】利用代入法，结合函数单调性的性质、偶函数的定义和性质、最值的定义逐一判断即可. 【详解】，定义域为， 选项A：因为，所以A正确。 选项B：因为，所以B正确。 选项C：， 因为函数在上单调递减，且此时， 所以函数在上单调递增，所以C错误。 选项D：由A知是偶函数，的图象关于纵轴对称， 由上可知：在上单调递增， 所以当时，， 又因为，的图象关于纵轴对称， 所以在区间上的最小值为1，所以D正确. 【变式10-3】【答案】 【分析】用换元法将转化为，则只需分析最小值即可求得最小值，从而得的最小值. 【详解】 ， 令，因为，则，所以原函数可化为， 令，对称轴，开口向上，所以时，单调递减，时，单调递增， 所以时，，即的最小值为. ▌题型11 抽象函数的单调性 【例11】【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用赋值法先计算，再利用赋值法令，结合奇函数的定义计算即可； （2）先令得出，结合为奇函数及单调性的定义通过赋值计算即可证明. 【详解】（1）因为的定义域为，关于原点对称， 不妨令，得， 解得或， 又不存在，使得，故， 令，得， 故，即， 因此为奇函数； （2）当时，， 则， 当且仅当，等号成立， 又不存在，使得，则， 于是时，， 又为奇函数，则时，， 于是对， 任取，则， 而， 又，则， 于是，故， 因此在上单调递增； 【点睛】思路点睛：先赋值及结合奇函数定义可证明奇偶性；通过判定，再根据单调性的定义作差证明即可. 【变式11-1】【答案】(1)； (2)在上单调递增，证明见解析 (3)或 【分析】（1）利用赋值法即可求，的值； （2）根据函数单调性的定义即可判断的单调性并证明； （3）结合函数单调性将不等式进行转化，即，可解不等式. 【详解】（1）令，则，， 令，则， 又，； （2）任取，且， 则， ∵， ∴， ∴， 即， 所以在上单调递增． （3）由， 即， 也就是， 即，因为在上是增函数， 所以， 可得不等式解集为或. 【点睛】关键点点睛：由，即，也就是，即，再结合函数单调性即可解不等式. 【变式11-2】【答案】ABD 【分析】对于A，分别令和求解；对于B，由，利用赋值法求解；对于C，易得为偶函数，再利用函数单调性定义判断；对于D，由C函数在上是增函数，再由结合求解. 【详解】对于A，令，则，则 ， 令，则，则，A正确； 对于B，若，则，故B正确； 对于C，由于函数定义域为，取，则， 即为偶函数； 任取且，则， 因为，故，则，则， 故函数在上是减函数，C错误； 对于D，由C的分析可知函数在上是增函数， 故由结合可得，且， 解得，且，即的解集为，D正确 故选：ABD 【变式11-3】【答案】(1)证明：因为对任意实数，，， 所以，所以，在中， 令得，， 所以， 在中，用替换得，， 因为，所以， 所以，对任意实数，，成立. (2)证明：任意取，，且，则，因为当时，，所以， 所以，即，所以是上的增函数. (3). 【分析】（1）根据题目中的等式，利用特殊值研究新的等式，可得答案； （2）根据函数单调性的定义，假设参数的大小关系，利用作差法，可得答案； （3）根据题目中的等量关系，结合函数的单调性，化简不等式，结合二次函数的性质，可得答案. 【详解】（1）略 （2）略 （3）命题，为假命题， 等价于，为真命题. 在中，令得，， 所以 由（2）的结论得，， 即， 令， 因为，成立，所以，所以， 所以实数的取值范围是. 1 / 2 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 $ 专题06 单调性及应用11种常见考法归类 （题型突破·举一反三） 题型 01 对单调性定义的理解 题型 02 判断简单函数的单调性 题型 03 定义法判断或证明函数的单调性 题型 04 图象法求函数的单调区间 题型 05 复合函数的单调区间 题型 06 利用函数的单调性求参数范围 题型 07 利用函数的单调性比较大小 题型 08 利用函数的单调性解不等式 题型 09 利用单调性求解析式 题型 10 利用单调性求最值 题型 11 抽象函数的单调性 ▌题型01 对单调性定义的理解 1. 核心逻辑 (1)“任意”两个自变量，不能用特殊值代替证明单调性； (2)奇函数对称区间单调性相同；偶函数对称区间单调性相反； (3)函数在区间单调，则它的子区间单调性不变。 2. 解题要点 (1)看清题干是判断真假 填空还是选择； (2)抓住关键词“任意”，出现“存在 取某两个数”直接判定错误； (3)涉及奇偶+单调性，套对称区间单调性规律； (4)图像上升为增 下降为减，两点连线斜率正增 负减。 3. 易错提醒 (1)用一组特殊值就判定函数单调； (2)混淆奇偶函数在对称区间的单调性； (3)单调区间合并使用 （间断区间不能并）。 【例1】（2026高一·安徽·阶段检测）已知函数是定义域为的偶函数，则“”是“在上单调递增”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 【变式1-1】（2026高一·江西·阶段检测）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 【变式1-2】（2026高一·湖南株洲·期末）已知函数的定义域为，区间，设，其中，则“”是“函数在区间I上单调递增”的（    ） A．充分必要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件 【变式1-3】（2026高一·北京东城·期中）如果函数在上是增函数，对于任意的，则下列结论中正确的有（    ） A． B． C． D． ▌题型02 判断简单函数的单调性 1.核心逻辑 利用基础函数单调性运算法则，不用画图不用定义，快速判断和差倍数倒数开方后的单调性。 单调性运算法则（同一区间）： (1)与单调性相同； (2)，同单调；，反单调； (3)，与同单调； (4)恒正/恒负，与单调性相反； (5)同增+同增=增；同减+同减=减；增−减=增；减−增=减。 2.解题步骤 (1)拆分函数为基础简单函数； (2)逐个判断基础函数增减； (3)套用运算法则逐步推导整体单调性。 3.易错提醒 (1)忽略正负，乱用倒数单调性规律； (2)增减相加减判断出错。 【例2】（2026高一·福建厦门·阶段检测）函数的单调递减区间为_____. 【变式2-1】（2026高三·江西九江·阶段检测）函数的单调增区间是________． 【变式2-2】（2026高一·北京·期中）函数，的单调递减区间为______． 【变式2-3】（2026高一·江苏连云港·期中）函数的单调减区间是__________． ▌题型03 定义法判断或证明函数的单调性 1.核心逻辑 严格四步：取值→作差变形→定号→下结论，适用于所有可证明单调性的函数。 2.标准解题步骤 ①取值：任取区间内，令；②作差变形：，因式分解/通分/配方/分子有理化，化成乘积形式；③定号：结合判断差值正负；④定论：差则增函数；差则减函数。 3.变形技巧 多项式→因式分解；分式→通分；二次式→配方；根式→有理化。 4.易错提醒 (1)缺少“任意”二字，只取特殊值； (2)变形不彻底，无法判断差值符号； (3)最后结论不说清在哪一个区间单调。 【例3】（2026高一·黑龙江绥化·阶段检测）已知函数，且． (1)求的解析式； (2)用单调性的定义证明：在上单调递减． 【变式3-1】（2026高一·全国·单元测试）已知函数，且，设． (1)求函数的解析式； (2)用定义法判断的单调性． 【变式3-2】（2026高一·湖北黄冈·期中）求证：函数在区间上是减函数． 【变式3-3】（2026高一·全国·课后作业）试根据函数单调性的定义，讨论函数在区间上的单调性，其中实数. ▌题型04 图象法求函数的单调区间 1.核心逻辑 图像从左往右上升=递增区间；下降=递减区间；单调区间必须是定义域子集；分段间断区间只能用“，”“和”隔开，不能用。 2.解题步骤 (1)先求函数定义域； (2)画出完整函数图像（含绝对值先去绝对值化分段）； (3)按上升下降分段读出区间； (4)间断区间分开书写，端点可包含不影响单调性。 3.易错提醒 (1)单调区间超出定义域； (2)多个间断单调区间用并集连接； (3)绝对值函数不去绝对值直接画图判断。 【例4】（2026高三·全国·专题练习）函数的图象如图所示，其单调递增区间是（    ）    A． B． C． D． 【变式4-1】（2026高一·山东德州·开学考试）若函数的图象如图所示，则其单调递增区间是（   ） A． B． C． D． 【变式4-2】（2026高二·浙江温州·阶段检测）设，则的单调递减区间为________． 【变式4-3】（2026高一·上海·阶段检测）函数的严格减区间是________. ▌题型05 复合函数的单调性区间 1.核心逻辑 复合函数，设内层，外层；口诀：同增异减内外单调性相同→复合增；内外相反→复合减。 2.解题步骤 (1)求复合函数定义域； (2)拆分内层外层； (3)分别写出内外函数各自单调区间； (4)对照“同增异减”，取的公共区间，写出复合单调区间。 3.易错提醒 (1)忘记先求定义域； (2)混淆内外层单调性，判断反了。 【例5】（2026高一·上海·课后作业）函数的单调递增区间是__________. 【变式5-1】（2026高一·浙江杭州·期中）函数的增区间为________________． 【变式5-2】（2026高一·江苏·课后作业）函数的单调增区间为___________. 【变式5-3】（2026高一·黑龙江哈尔滨·期中）已知函数，则的单调递增区间为______. ▌题型06 利用函数的单调性求参数范围 利用函数单调性求参数的取值范围． ①视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数； ②二次函数的单调性与开口和对称轴（对称轴左右两侧单调性相反）有关。 ③需注意若函数在区间[a，b]上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的； ④分段函数在定义域上的具有一种单调性，则要求分段函数在每段定义域上的单调性保持一致，还对断点处的函数值的大小有要求,如果是增函数，则在断点处左边的函数值右边的函数值，如果是减函数，则在断点处左边的函数值右边的函数值， 【例6】【多选】（2026·河北沧州·模拟预测）已知函数在区间上单调递增，则的可能取值是（    ） A． B． C． D． 【变式6-1】（2026·甘肃白银·模拟预测）“”是“函数在上单调递增”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 【变式6-2】【多选】（2026高一·江西上饶·阶段检测）已知函数在区间上单调递减，则实数的可能取值为（    ） A．0 B． C． D．1 【变式6-3】（2026高一·贵州铜仁·期末）设函数，若对，都有，则实数的取值范围为______． ▌题型07 利用函数的单调性比较大小 1.核心逻辑 两点思路：①自变量在同一单调区间，直接由增减判断函数值；②自变量不在同一区间，搭桥（01）分层对比。 2.解题步骤 (1)判断自变量是否落在同一个单调区间； (2)区间内：自变量大→增函数值大，减函数值小； (3)跨区间：引入中间量01分层分组比较； (4)整合得出完整大小顺序。 3.易错提醒 自变量不在同一单调区间，直接比较函数值。 【例7】（2026高一·全国·专题练习）若函数在上单调递减，则下列一定成立的是（ ） A． B． C． D． 【变式7-1】【多选】（2026高一·安徽淮北·期末）已知函数在R上严格单调递增，且，则（   ） A． B． C． D． 【变式7-2】（2026高一·黑龙江大庆·期中）定义域为的函数满足：对任意，有，则有（    ） A． B． C． D． 【变式7-3】（2026高一·安徽·阶段检测）已知二次函数的最大值为，则（   ） A． B． C． D． ▌题型08 利用函数的单调性解不等式 1.核心逻辑 脱前提：在同一个单调区间；脱时单调减要颠倒不等号；全程附带定义域约束。 2.标准五步 (1)定性：确定单调性； (2)变形：化为统一形式； (3)去：增函数，减函数； (4)联立：满足函数定义域； (5)求解：解不等式组，取交集得解集。 3.易错提醒 (1)脱后忘记限制定义域； (2)函数单调递减，不等号不反向。 【例8】（2026·广西崇左·模拟预测）已知函数在上单调递增，若，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【变式8-1】（2026高一·河北邢台·期末）已知是定义在上的增函数，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 【变式8-2】（2026高一·天津武清·阶段检测）已知函数是定义在区间上的函数，且在该区间上单调递增，则满足的的取值范围是_____. 【变式8-3】（2026高三·江西鹰潭·阶段检测）已知是定义在上的增函数，且，则的取值范围是_____． ▌题型09 利用单调性求解析式 1.核心逻辑 复合定值，说明内层取值固定，设（常数），代入建立方程求参数，得到。 2.解题步骤 (1)由恒为定值，推出内层为常数； (2)令，求出常数； (3)代入定值，建立等式解参数； (4)回代写出完整函数解析式。 3.易错提醒 看不出内层必须为常数，无从列式。 【例9】（2026高一·湖北孝感·期中）设是定义在上的单调函数，若，则函数在区间上的值域为__________. 【变式9-1】【多选】（2026高一·内蒙古赤峰·期中）已知是上的单调函数，且，则（    ） A． B．是奇函数 C． D．不等式的解集是 【变式9-2】（2026高三·全国·强基计划）设是定义在上的单调函数，满足，求的值． 【变式9-3】已知函数是定义在上的单调函数，且对都有，则______. ▌题型10 利用单调性求最值 1.核心逻辑 闭区间单调：最值直接在区间左右端点取；先增后减，顶点最大；先减后增，顶点最小；开区间无端点则无对应最值。 2.解题步骤 (1)确定函数单调区间； (2)判断给定区间上增减情况； (3)计算端点顶点函数值； (4)对比所有函数值，选出全局最大最小值。 3.易错提醒 (1)开区间端点误以为可取到最值； (2)只看顶点，忽略区间端点函数值。 【例10】【多选】（2026高一·四川乐山·期末）已知函数，则（   ） A．的定义域为 B．在定义域内单调递减 C．当时，的最小值为 D．的图象关于点中心对称 【变式10-1】（第03讲函数的单调性（暑假预习讲义）新高一年级数学苏教版）已知函数， (1)用定义法判断在区间上的单调性； (2)求出该函数在区间上的最大值和最小值. 【变式10-2】【多选】（2026高一·河北唐山·期中）已知函数，则（   ） A． B． C．在区间上单调递减 D．在区间上的最小值为1 【变式10-3】（2026高二·广西南宁·阶段检测）已知函数．则的最小值为___________． ▌题型11 抽象函数的单调性 1.核心逻辑 无解析式，依靠赋值凑定义式或，结合已知关系式判断正负。分两类：和型抽象函数积型抽象函数。 2.解题步骤 (1)任取，构造； (2)结合题干抽象等式变形，拆分出； (3)赋值判断差值正负； (4)根据符号判定增减。 3.易错提醒 不会凑结构，无法判断差值符号；赋值不合理推导不出正负。 【例11】（2026高一·广东深圳·期中）设定义在上的函数满足：①对，都有；②当时，；③不存在，使得. (1)求证：为奇函数； (2)求证：在R上单调递增； 【变式11-1】（2026高一·广东深圳·期中）函数的定义域为，对，，都有；且当时，．已知． (1)求，； (2)判断并证明的单调性； (3)解不等式：． 【变式11-2】【多选】（2026高一·广东江门·期中）定义在的函数满足，当时，，则下列说法正确的是（    ） A． B．若，则 C．函数在上是增函数 D．不等式的解集为 【变式11-3】（2026高一·广东·期中）已知函数对任意实数，，都有成立，且当时，. (1)证明：对任意实数，，； (2)求证：是上的增函数； (3)若命题，为假命题，求实数的取值范围. 1 / 2 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 $ 专题06 单调性及应用11种常见考法归类 （题型突破·举一反三） 题型 01 对单调性定义的理解 题型 02 判断简单函数的单调性 题型 03 定义法判断或证明函数的单调性 题型 04 图象法求函数的单调区间 题型 05 复合函数的单调区间 题型 06 利用函数的单调性求参数范围 题型 07 利用函数的单调性比较大小 题型 08 利用函数的单调性解不等式 题型 09 利用单调性求解析式 题型 10 利用单调性求最值 题型 11 抽象函数的单调性 ▌题型01 对单调性定义的理解 1. 核心逻辑 (1)“任意”两个自变量，不能用特殊值代替证明单调性； (2)奇函数对称区间单调性相同；偶函数对称区间单调性相反； (3)函数在区间单调，则它的子区间单调性不变。 2. 解题要点 (1)看清题干是判断真假 填空还是选择； (2)抓住关键词“任意”，出现“存在 取某两个数”直接判定错误； (3)涉及奇偶+单调性，套对称区间单调性规律； (4)图像上升为增 下降为减，两点连线斜率正增 负减。 3. 易错提醒 (1)用一组特殊值就判定函数单调； (2)混淆奇偶函数在对称区间的单调性； (3)单调区间合并使用 （间断区间不能并）。 【例1】（2026高一·安徽·阶段检测）已知函数是定义域为的偶函数，则“”是“在上单调递增”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】B 【分析】直接利用函数的单调性和函数的值的关系，利用充分条件和必要条件的应用求出结果． 【详解】由题意，函数的定义域为的偶函数，当“”时， 根据偶函数，，“在不一定单调递增”； 当“在上单调递增”时，有， 故“”是“在上单调递增”的必要不充分条件． 故选：B． 【变式1-1】（2026高一·江西·阶段检测）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 【分析】利用函数单调性的定义易得“”是“函数在区间上单调递增”的必要条件；可通过举例子说明“”不是“函数在区间上单调递增”的充分条件，即得. 【详解】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. 【变式1-2】（2026高一·湖南株洲·期末）已知函数的定义域为，区间，设，其中，则“”是“函数在区间I上单调递增”的（    ） A．充分必要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】根据函数单调性与充分必要条件定义判断即可. 【详解】函数在区间I上单调递增的充要条件是，当时，都有，或当时，都有， 即对与同号，也即． 故选：A． 【变式1-3】（2026高一·北京东城·期中）如果函数在上是增函数，对于任意的，则下列结论中正确的有（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】运用增函数的定义依次判断各个选项即可. 【详解】对于A项，因为在上是增函数， 所以对于任意的，（）， 当时，，所以，，所以， 当时，，所以，，所以， 综述：，故A项正确； 对于B项，因为在上是增函数， 所以对于任意的，（）， 当时，，所以，，所以， 当时，，所以，，所以， 综述：，故B项不成立； 对于C项、D项，由于，的大小关系不确定，所以与的大小关系不确定，故C项不成立，D项不成立. 故选：A. ▌题型02 判断简单函数的单调性 1.核心逻辑 利用基础函数单调性运算法则，不用画图不用定义，快速判断和差倍数倒数开方后的单调性。 单调性运算法则（同一区间）： (1)与单调性相同； (2)，同单调；，反单调； (3)，与同单调； (4)恒正/恒负，与单调性相反； (5)同增+同增=增；同减+同减=减；增−减=增；减−增=减。 2.解题步骤 (1)拆分函数为基础简单函数； (2)逐个判断基础函数增减； (3)套用运算法则逐步推导整体单调性。 3.易错提醒 (1)忽略正负，乱用倒数单调性规律； (2)增减相加减判断出错。 【例2】（2026高一·福建厦门·阶段检测）函数的单调递减区间为_____. 【答案】 【分析】利用反比例函数单调性直接求得答案. 【详解】函数是反比例函数，其单调递减区间是. 故答案为： 【变式2-1】（2026高三·江西九江·阶段检测）函数的单调增区间是________． 【答案】 【分析】利用二次函数的性质求解即可. 【详解】的对称轴为， 因为，所以的图象开口向上， 所以的单调递增区间为. 故答案为： 【变式2-2】（2026高一·北京·期中）函数，的单调递减区间为______． 【答案】 【分析】利用二次函数的单调性直接计算即可. 【详解】由二次函数的性质可知的对称轴为，开口向上， 所以其单调区间为. 故答案为：. 【变式2-3】（2026高一·江苏连云港·期中）函数的单调减区间是__________． 【答案】 【分析】画出函数图象，数形结合得到答案. 【详解】画出函数的图象，如下：    故单调递减区间为. 故答案为： ▌题型03 定义法判断或证明函数的单调性 1.核心逻辑 严格四步：取值→作差变形→定号→下结论，适用于所有可证明单调性的函数。 2.标准解题步骤 ①取值：任取区间内，令；②作差变形：，因式分解/通分/配方/分子有理化，化成乘积形式；③定号：结合判断差值正负；④定论：差则增函数；差则减函数。 3.变形技巧 多项式→因式分解；分式→通分；二次式→配方；根式→有理化。 4.易错提醒 (1)缺少“任意”二字，只取特殊值； (2)变形不彻底，无法判断差值符号； (3)最后结论不说清在哪一个区间单调。 【例3】（2026高一·黑龙江绥化·阶段检测）已知函数，且． (1)求的解析式； (2)用单调性的定义证明：在上单调递减． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）将代入原函数，根据题意解出值即可得出解析式 （2）根据定义设，且，计算得出即可的证. 【详解】（1）， 故的解析式为： （2）设，且 因为，所以 故，所以在上单调递减. 【变式3-1】（2026高一·全国·单元测试）已知函数，且，设． (1)求函数的解析式； (2)用定义法判断的单调性． 【答案】(1) (2)在区间和和上分别单调递减 【分析】（1）直接根据题意代入求值即可； （2）根据定义法判断函数的单调性即可. 【详解】（1）因为，所以，则， 故． （2）易得的定义域为，， 则， ①当时，， 则，即， 故在区间上单调递减； ②当时，， 则，即， 故在区间单调递减， ③当时，， 则，即， 故在区间单调递减， 综上，在区间和和和上分别单调递减． 【变式3-2】（2026高一·湖北黄冈·期中）求证：函数在区间上是减函数． 【答案】证明见解析 【分析】利用函数单调性的定义即可求证. 【详解】设，且， 则, ，且， 又， , ,即 ， 故函数在区间是减函数. 【变式3-3】（2026高一·全国·课后作业）试根据函数单调性的定义，讨论函数在区间上的单调性，其中实数. 【答案】答案见解析. 【分析】设，且，再作差，判断差的符号即得解. 【详解】解：设，且， , ∵，∴ 当时，，即，函数单调递减； 当时，，即，函数单调递增. 所以，当时函数在区间上单调递减； 当时函数在区间上单调递增. 【点睛】本题主要考查函数单调性的判定，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. ▌题型04 图象法求函数的单调区间 1.核心逻辑 图像从左往右上升=递增区间；下降=递减区间；单调区间必须是定义域子集；分段间断区间只能用“，”“和”隔开，不能用。 2.解题步骤 (1)先求函数定义域； (2)画出完整函数图像（含绝对值先去绝对值化分段）； (3)按上升下降分段读出区间； (4)间断区间分开书写，端点可包含不影响单调性。 3.易错提醒 (1)单调区间超出定义域； (2)多个间断单调区间用并集连接； (3)绝对值函数不去绝对值直接画图判断。 【例4】（2026高三·全国·专题练习）函数的图象如图所示，其单调递增区间是（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】直接根据题干图象求出单调递增区间即可. 【详解】由题图可知，函数的单调递增区间为. 故选：C 【变式4-1】（2026高一·山东德州·开学考试）若函数的图象如图所示，则其单调递增区间是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用函数图象，结合函数单调性的定义，即可求解. 【详解】由函数的图象可知，单调递增区间是， 又由图知，而，所以A不正确， 故选：D. 【变式4-2】（2026高二·浙江温州·阶段检测）设，则的单调递减区间为________． 【答案】 【分析】将写成分段函数的形式，作出函数的图象，结合图象即可得解. 【详解】因为 所以，函数的图象如下： 由图象可知，函数的单调递减区间为 故答案为： 【变式4-3】（2026高一·上海·阶段检测）函数的严格减区间是________. 【答案】和 【分析】画出函数图象，数形结合得到严格减区间. 【详解】函数， 可作出函数的图像，如图， 由图可知，函数的严格减区间为：和. 故答案为：和 ▌题型05 复合函数的单调性区间 1.核心逻辑 复合函数，设内层，外层；口诀：同增异减内外单调性相同→复合增；内外相反→复合减。 2.解题步骤 (1)求复合函数定义域； (2)拆分内层外层； (3)分别写出内外函数各自单调区间； (4)对照“同增异减”，取的公共区间，写出复合单调区间。 3.易错提醒 (1)忘记先求定义域； (2)混淆内外层单调性，判断反了。 【例5】（2026高一·上海·课后作业）函数的单调递增区间是__________. 【答案】 【分析】首先求出函数的定义域，令，分别求出和的单调区间，再利用符合函数单调性的性质即可求出的单调递增区间. 【详解】因为，得，得或， 解得函数的定义域为. 令，在单调递增. 因为函数在单调递增， 由复合函数的单调性知：在单调递增. 故答案为： 【点睛】本题主要考查符合函数的单调性，特别注意先求定义域，利用复合函数“同增异减”为解题的关键，属于容易题. 【变式5-1】（2026高一·浙江杭州·期中）函数的增区间为________________． 【答案】 【分析】先求出函数定义域，然后根据复合函数单调性即可求解. 【详解】令，而的对称轴方程为， 由复合函数单调性可知，函数的增区间为. 故答案为：. 【变式5-2】（2026高一·江苏·课后作业）函数的单调增区间为___________. 【答案】 【解析】先求函数的定义域，再利用复合函数的单调性求解即可. 【详解】由得，函数的定义域是 R， 设，则在上是减函数，在 上是增函数， ∵在定义域上减函数，∴函数的单调增区间是 故答案为： 【变式5-3】（2026高一·黑龙江哈尔滨·期中）已知函数，则的单调递增区间为______. 【答案】 【分析】根据复合函数单调性同增异减以及函数的定义域来求得额单调递增区间. 【详解】， 解得. 函数的对称轴为，开口向下， 根据复合函数单调性同增异减可知，的单调递增区间为. 故答案为： ▌题型06 利用函数的单调性求参数范围 利用函数单调性求参数的取值范围． ①视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数； ②二次函数的单调性与开口和对称轴（对称轴左右两侧单调性相反）有关。 ③需注意若函数在区间[a，b]上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的； ④分段函数在定义域上的具有一种单调性，则要求分段函数在每段定义域上的单调性保持一致，还对断点处的函数值的大小有要求,如果是增函数，则在断点处左边的函数值右边的函数值，如果是减函数，则在断点处左边的函数值右边的函数值， 【例6】【多选】（2026·河北沧州·模拟预测）已知函数在区间上单调递增，则的可能取值是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【详解】函数的单调递增区间为， 依题意，，则，解得， 因此的可能取值是，ABD是，C不是. 【变式6-1】（2026·甘肃白银·模拟预测）“”是“函数在上单调递增”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】A 【分析】利用给定单调性求出的取值范围，再利用充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】函数，函数的单调递增区间是， 由函数在上单调递增，得，则，因此， 所以“”是“函数在上单调递增”的充分不必要条件. 【变式6-2】【多选】（2026高一·江西上饶·阶段检测）已知函数在区间上单调递减，则实数的可能取值为（    ） A．0 B． C． D．1 【答案】AC 【分析】先将分离常数得，结合在区间上单调递减，则有，进而可解得的取值范围. 【详解】由分离常数法可知，反比例型函数可化为， 因为在区间上单调递减，所以，即， 故选项中只有AC满足， 故选：AC. 【变式6-3】（2026高一·贵州铜仁·期末）设函数，若对，都有，则实数的取值范围为______． 【答案】 【分析】首先判断函数的单调性，再结合每段单调性，分段点处的函数值关系，建立不等式求解即可. 【详解】由题意知函数在上单调递减，需满足以下条件： ，解得 故答案为：. ▌题型07 利用函数的单调性比较大小 1.核心逻辑 两点思路：①自变量在同一单调区间，直接由增减判断函数值；②自变量不在同一区间，搭桥（01）分层对比。 2.解题步骤 (1)判断自变量是否落在同一个单调区间； (2)区间内：自变量大→增函数值大，减函数值小； (3)跨区间：引入中间量01分层分组比较； (4)整合得出完整大小顺序。 3.易错提醒 自变量不在同一单调区间，直接比较函数值。 【例7】（2026高一·全国·专题练习）若函数在上单调递减，则下列一定成立的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为在上单调递减，且， 所以. 【变式7-1】【多选】（2026高一·安徽淮北·期末）已知函数在R上严格单调递增，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】由条件，可推得且，再结合单调性逐一分析选项. 【详解】因为，所以. 因为在R上严格单调递增， 所以. 选项A：例如，，满足， 但，故A错误. 选项B：由，得，即，故B正确. 选项C：由，得，即，故C错误. 选项D：由且，两式相加得：，故D正确. 【变式7-2】（2026高一·黑龙江大庆·期中）定义域为的函数满足：对任意，有，则有（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先判断函数的单调性，再比较自变量的大小，最后根据函数单调性即可得出函数值的大小关系. 【详解】根据题意，定义域为的函数满足：对任意，有， 所以函数是定义域在上的增函数， 又，所以. 故选：A 【变式7-3】（2026高一·安徽·阶段检测）已知二次函数的最大值为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用对称性得出，再结合函数的单调性即可. 【详解】由题意可知，的图象关于直线对称，所以， 又在上是减函数，所以. 故选：C. ▌题型08 利用函数的单调性解不等式 1.核心逻辑 脱前提：在同一个单调区间；脱时单调减要颠倒不等号；全程附带定义域约束。 2.标准五步 (1)定性：确定单调性； (2)变形：化为统一形式； (3)去：增函数，减函数； (4)联立：满足函数定义域； (5)求解：解不等式组，取交集得解集。 3.易错提醒 (1)脱后忘记限制定义域； (2)函数单调递减，不等号不反向。 【例8】（2026·广西崇左·模拟预测）已知函数在上单调递增，若，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为函数在上单调递增，，所以，解得，故B正确. 【变式8-1】（2026高一·河北邢台·期末）已知是定义在上的增函数，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用定义域的限制及函数的单调性列不等式组，解不等式组求出解集． 【详解】已知是定义在上的增函数，不等式， 则，解得， 不等式的解集为，故A正确． 故选：A． 【变式8-2】（2026高一·天津武清·阶段检测）已知函数是定义在区间上的函数，且在该区间上单调递增，则满足的的取值范围是_____. 【答案】 【分析】根据给定条件，利用函数的单调性求解不等式. 【详解】由函数是定义在区间上的增函数，得， 解得，所以所求的取值范围是. 故答案为： 【变式8-3】（2026高三·江西鹰潭·阶段检测）已知是定义在上的增函数，且，则的取值范围是_____． 【答案】 【分析】根据函数的单调性解抽象函数不等式，由题意得，再解不等式组即可． 【详解】是定义在上的增函数, ，即，解得， 则的取值范围是． 故答案为：． ▌题型09 利用单调性求解析式 1.核心逻辑 复合定值，说明内层取值固定，设（常数），代入建立方程求参数，得到。 2.解题步骤 (1)由恒为定值，推出内层为常数； (2)令，求出常数； (3)代入定值，建立等式解参数； (4)回代写出完整函数解析式。 3.易错提醒 看不出内层必须为常数，无从列式。 【例9】（2026高一·湖北孝感·期中）设是定义在上的单调函数，若，则函数在区间上的值域为__________. 【答案】 【分析】根据题意可知存在唯一的满足，则有， 由即可求得，进而求得，利用函数的单调性即可求得函数的值域. 【详解】因是定义在上的单调函数，根据题意可知存在唯一的满足，则有， 取可得，则，整理得， 解得或（负值舍去），故， 易知该函数在上单调递减，故，即. 故答案为：. 【变式9-1】【多选】（2026高一·内蒙古赤峰·期中）已知是上的单调函数，且，则（    ） A． B．是奇函数 C． D．不等式的解集是 【答案】ACD 【分析】令，则，令，得到关于的方程，得到的值，进而得到，然后根据选项依次判断即可. 【详解】令，则， 令，则， 根据幂函数的性质可知，函数在上单调递增， 且，则， 所以，即. 对于A，，故A正确； 对于B，，所以不是奇函数，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，函数在上单调递增，且， 由，则，即， 则不等式的解集是，故D正确. 故选：ACD. 【变式9-2】（2026高三·全国·强基计划）设是定义在上的单调函数，满足，求的值． 【答案】 【分析】设，构造函数赋值法计算得出或，结合函数值排除求解即可. 【详解】设，所以，所以， 所以，所以或， 当时，，在定义域内单调递增，所以，符合题意； 当时，，，不符合题意； 所以. 【变式9-3】已知函数是定义在上的单调函数，且对都有，则______. 【答案】 【分析】根据函数的单调性进行换元、列方程，从而求得的解析式. 【详解】因为函数是定义在上的单调函数，所以为一个常数. 令，则，且， 所以，即，解得：. 故. 故答案为： ▌题型10 利用单调性求最值 1.核心逻辑 闭区间单调：最值直接在区间左右端点取；先增后减，顶点最大；先减后增，顶点最小；开区间无端点则无对应最值。 2.解题步骤 (1)确定函数单调区间； (2)判断给定区间上增减情况； (3)计算端点顶点函数值； (4)对比所有函数值，选出全局最大最小值。 3.易错提醒 (1)开区间端点误以为可取到最值； (2)只看顶点，忽略区间端点函数值。 【例10】【多选】（2026高一·四川乐山·期末）已知函数，则（   ） A．的定义域为 B．在定义域内单调递减 C．当时，的最小值为 D．的图象关于点中心对称 【答案】AD 【分析】A选项，根据分母不为零可求得函数定义域；B选项，根据反比例函数的单调性判断的单调性；C选项，由函数的单调性知的最小值不存在；D选项，根据反比例函数的对称性及函数图像的变换可求出的对称中心. 【详解】令，解得，所以的定义域为，A正确； ，在上单调递减，在上单调递减，B错误； 在上单调递减，最小值不存在，C错误； 因为的图象是由的图象先向右平移6个单位再向上平移1个单位得到的，且的对称中心为，所以的图象关于点中心对称，D正确. 【变式10-1】（第03讲函数的单调性（暑假预习讲义）新高一年级数学苏教版）已知函数， (1)用定义法判断在区间上的单调性； (2)求出该函数在区间上的最大值和最小值. 【答案】(1)证明：，且， 则 , 因，则， 则，即， 则在区间上单调递增. (2)最小值为，最大值为. 【分析】（1）利用定义法，设，再化简求得即可判断； （2）由的单调性即可判断最值. 【详解】（1）略 （2）由（1）可知在区间上单调递增， 则的最小值为，最大值为. 【变式10-2】【多选】（2026高一·河北唐山·期中）已知函数，则（   ） A． B． C．在区间上单调递减 D．在区间上的最小值为1 【答案】ABD 【分析】利用代入法，结合函数单调性的性质、偶函数的定义和性质、最值的定义逐一判断即可. 【详解】，定义域为， 选项A：因为，所以A正确。 选项B：因为，所以B正确。 选项C：， 因为函数在上单调递减，且此时， 所以函数在上单调递增，所以C错误。 选项D：由A知是偶函数，的图象关于纵轴对称， 由上可知：在上单调递增， 所以当时，， 又因为，的图象关于纵轴对称， 所以在区间上的最小值为1，所以D正确. 【变式10-3】（2026高二·广西南宁·阶段检测）已知函数．则的最小值为___________． 【答案】 【分析】用换元法将转化为，则只需分析最小值即可求得最小值，从而得的最小值. 【详解】 ， 令，因为，则，所以原函数可化为， 令，对称轴，开口向上，所以时，单调递减，时，单调递增， 所以时，，即的最小值为. ▌题型11 抽象函数的单调性 1.核心逻辑 无解析式，依靠赋值凑定义式或，结合已知关系式判断正负。分两类：和型抽象函数积型抽象函数。 2.解题步骤 (1)任取，构造； (2)结合题干抽象等式变形，拆分出； (3)赋值判断差值正负； (4)根据符号判定增减。 3.易错提醒 不会凑结构，无法判断差值符号；赋值不合理推导不出正负。 【例11】（2026高一·广东深圳·期中）设定义在上的函数满足：①对，都有；②当时，；③不存在，使得. (1)求证：为奇函数； (2)求证：在R上单调递增； 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用赋值法先计算，再利用赋值法令，结合奇函数的定义计算即可； （2）先令得出，结合为奇函数及单调性的定义通过赋值计算即可证明. 【详解】（1）因为的定义域为，关于原点对称， 不妨令，得， 解得或， 又不存在，使得，故， 令，得， 故，即， 因此为奇函数； （2）当时，， 则， 当且仅当，等号成立， 又不存在，使得，则， 于是时，， 又为奇函数，则时，， 于是对， 任取，则， 而， 又，则， 于是，故， 因此在上单调递增； 【点睛】思路点睛：先赋值及结合奇函数定义可证明奇偶性；通过判定，再根据单调性的定义作差证明即可. 【变式11-1】（2026高一·广东深圳·期中）函数的定义域为，对，，都有；且当时，．已知． (1)求，； (2)判断并证明的单调性； (3)解不等式：． 【答案】(1)； (2)在上单调递增，证明见解析 (3)或 【分析】（1）利用赋值法即可求，的值； （2）根据函数单调性的定义即可判断的单调性并证明； （3）结合函数单调性将不等式进行转化，即，可解不等式. 【详解】（1）令，则，， 令，则， 又，； （2）任取，且， 则， ∵， ∴， ∴， 即， 所以在上单调递增． （3）由， 即， 也就是， 即，因为在上是增函数， 所以， 可得不等式解集为或. 【点睛】关键点点睛：由，即，也就是，即，再结合函数单调性即可解不等式. 【变式11-2】【多选】（2026高一·广东江门·期中）定义在的函数满足，当时，，则下列说法正确的是（    ） A． B．若，则 C．函数在上是增函数 D．不等式的解集为 【答案】ABD 【分析】对于A，分别令和求解；对于B，由，利用赋值法求解；对于C，易得为偶函数，再利用函数单调性定义判断；对于D，由C函数在上是增函数，再由结合求解. 【详解】对于A，令，则，则 ， 令，则，则，A正确； 对于B，若，则，故B正确； 对于C，由于函数定义域为，取，则， 即为偶函数； 任取且，则， 因为，故，则，则， 故函数在上是减函数，C错误； 对于D，由C的分析可知函数在上是增函数， 故由结合可得，且， 解得，且，即的解集为，D正确 故选：ABD 【变式11-3】（2026高一·广东·期中）已知函数对任意实数，，都有成立，且当时，. (1)证明：对任意实数，，； (2)求证：是上的增函数； (3)若命题，为假命题，求实数的取值范围. 【答案】(1)证明：因为对任意实数，，， 所以，所以，在中， 令得，， 所以， 在中，用替换得，， 因为，所以， 所以，对任意实数，，成立. (2)证明：任意取，，且，则，因为当时，，所以， 所以，即，所以是上的增函数. (3). 【分析】（1）根据题目中的等式，利用特殊值研究新的等式，可得答案； （2）根据函数单调性的定义，假设参数的大小关系，利用作差法，可得答案； （3）根据题目中的等量关系，结合函数的单调性，化简不等式，结合二次函数的性质，可得答案. 【详解】（1）略 （2）略 （3）命题，为假命题， 等价于，为真命题. 在中，令得，， 所以 由（2）的结论得，， 即， 令， 因为，成立，所以，所以， 所以实数的取值范围是. 1 / 2 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 $