函数的单调性 高频考点专项练-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 以单调性判断为主线，融合导数应用、函数性质综合，构建从基础到抽象的方法体系，培养逻辑推理与数学建模能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础判断|3题|定义法、图像法、幂/指函数性质|从具体函数单调性到复合函数单调性判定| |性质综合|4题|奇偶性转化区间、对称性分析|单调性与奇偶性、对称性的交叉应用| |导数应用|3题|构造函数法、导数符号判断|导数工具解决单调性及不等式问题| |抽象函数|3题|赋值法、单调性定义证明|从具体到抽象，深化函数性质本质理解|

函数的单调性 高频考点专项练 2027届高中数学高考一轮复习备考 一、单选题 1．下列函数中，在上单调递增的是（    ） A． B． C． D． 2．已知函数 则满足 的实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 3．已知函数，则 A．在单调递增 B．在单调递减 C．的图像关于直线对称 D．的图像关于点对称 4．已知定义在区间上的偶函数，当时，满足对任意的，都有成立，若，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 5．已知是定义在上的函数，其导函数是，且当 时总有，且，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 6．定义在上的函数，“存在，使得对于任意的都有”是“为上的减函数”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．已知函数的定义域是，对任意的，，，都有，若函数的图象关于点成中心对称，且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 8．设函数，当时恒有，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知函数及其导函数的定义域均为R，在R上单调递增，为奇函数，则（   ） A． B． C．的图象关于直线对称 D． 10．已知函数满足，且当时，，则（   ） A． B． C． D． 11．已知函数的定义域为,，且当时，，则（   ） A． B．是增函数 C．函数是增函数 D．若实数满足. ，则 三、填空题 12．已知函数对于任意x，，总有，当时，，且，则不等式的解集为_____________． 13．已知函数在定义域上是单调函数，，则______． 14．已知：定义在上的偶函数，当时为减函数，若，则实数a的取值范围是_______________． 四、解答题 15．已知（，且）． (1)求函数的定义域、值域； (2)讨论函数的单调性． 16．已知函数． (1)画出的草图； (2)由图象指出的单调区间； (3)设，，，，证明：． 17．已知函数，对，都有成立，且当时，. (1)求的值，并证明：对； (2)判断的单调性并证明. 18．已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)讨论函数的单调性； (3)若方程恰有2个不同的实数根，求的取值范围． 19．已知函数与的定义域均为，其中． (1)当时，求函数的最值与单调区间； (2)若与的单调性相反，求的取值范围； (3)若，且存在，，使得，求的取值范围． 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A A C B B B B D AC ACD 题号 11 答案 ACD 1．A 由幂函数的单调性可判断AC；对求导可判断B；由正弦函数的性质可判断D. 对于A，因为，在上单调递增，故A正确； 对于B，， 当时，， 所以在上单调递减，故B错误； 对于C，的定义域为， ，所以为偶函数， 因为，所以由幂函数的性质知在上单调递增， 由偶函数的性质可得：在上单调递减，故C错误； 对于D，当时，, 由的单调性知，在不具备严格的单调性， 所以在上不具备严格的单调性，故D错误. 故选：A. 2．A ∵ 当时，为单调递增函数，当时，，所以此时. 当时，为单调递增函数，也为单调递增函数， ∴ 在上单调递增，且. ∴ 函数是定义域为的单调递增函数. 令，当时，有. 设（），则，整理得. 解得或，∵ ，∴ 不符合题意，舍去. ∴ ，即. ∵ 在上单调递增， ∴ 等价于，解得. ∴ 实数的取值范围为，故选A. 3．C 根据复合函数的单调性的判断方法，可判断A，B选项；验证与是否相等可判断C选项；验证是否恒等于可判断D选项． 由题意可得函数的定义域为， 则， 因为在上单调递增，在上单调递减，且在上单调递增， 故在上单调递增，在上单调递减，所以A，B错误； 由题意知，， 所以的图象关于直线对称，故C正确； 因为 ，所以D错误． 4．B 在上单调递增，结合定义域和奇偶性，得到不等式组，求出答案. 对任意的，都有，故在上单调递增， ，故， 解得，故实数的取值范围为. 5．B ，求导可得，再利用单调性解不等式即可． 设，， 则当时，单调递增， ，即，又， ，解得． 6．B 对于函数，取， 当时，，所以， 满足； 当时，， 满足； 当时，，满足； 综上，存在，使得对于任意的都有， 但在上不是减函数； 所以“存在，使得对于任意的都有”推不出“为上的减函数”； 反之，因为在上是减函数，且时，有，则有， 即“在上是减函数”能推出“存在，使得对于任意的都有”， 所以“存在，使得对于任意的都有”是“为上的减函数”的必要不充分条件. 7．B 由题意，构造函数，判断函数的奇偶性和单调性，结合函数的奇偶性和单调性解不等式即可. 由函数图象关于点中心对称，知函数图象关于点中心对称， 所以为奇函数. 令，则，所以为偶函数， 对于，有，所以在上单调递增， 所以在上单调递减. 由，得，， 当时，变形为，即，解得； 当时，变形为，即，解得， 综上，不等式的解集为. 故选：B 8．D 单调递增，不符合，仅有机会；只需左端满足不等式，解不等式结合得到范围. 当时，不成立； 当时，单调递增，不成立； 当时，为向右平移个单位，如图所示， 当时，在恒成立，代入可得， 整理得，又因为，解得， 综上所述，. 9．AC A根据奇函数以及令可得；B根据奇函数以及反证法结合单调性可判断；C结合A选项以及单调性即可求出；D结合函数的单调性和对称性判断. 因为为奇函数，所以， 令，得，得，故A正确； 令，则，即， 若，则恒成立，与在R上单调递增矛盾，故B错误； 因为，所以的图象关于点中心对称， 又，在R上单调递增，所以时，时， 故在上单调递减，在上单调递增， 又函数的导函数为，则，得，其中为常数， 令，得，得，故， 故的图象关于直线对称，故C正确； 由的对称性可知，， 因为，以及的单调性可知，，故D错误. 10．ACD A：利用赋值法进行运算判断即可； B：利用反证法进行判断即可； C：运用对数的运算性质，结合已知不等式进行运算判断即可； D：利用函数单调性的定义、题中不等式判断函数的单调性，根据函数值对应自变量的值的特点构造新函数，结合导数的性质、判断新函数的单调性，再结合已知原函数的单调性进行判断即可. A：在中，令， 得， 令，得 ，故本选项说法正确； B：假设，由上可知， 所以有，这与已知当时，矛盾，所以假设不成立， 故本选项说法不正确； C：因为， 所以， ，即， 因为当时，， 所以，所以本选项说法正确； D：设，则有， 所以有， 由上可知，所以， 所以，所以当时，单调递增. 设，则有， 因为，所以单调递减， 因为，所以， 即， 因为当时，函数单调递增，且， 所以，因此本选项说法正确. 11．ACD 对A直接赋值可得；对B构造函数，从而可判断具有线性可加性且单调递增，可设并结合导数可判断BC；对于D将不等式等价转化为，再结合指数函数的性质分类讨论判断可得. 因为，所以， 令，则，即. 对于A，令，得，即，所以，故A正确； 对于C，因为，且当时，，所以当时，， 设任意且，则. . 因为，由题意知，则. 因此，所以在上单调递增，故C正确 对于B，又因为，所以设，则， 所以，且， 当时，，单调递增，当时，，单调递减；故B错误； 对于D，由B选项解析知，由 所以， ， ， 当时，， 所以成立； 当时，，， 所以成立； 当，令， 则， 所以不成立， 当，令， 则， 所以不成立， 综上所述，若，则，故D正确. 12． 利用赋值法判定函数的奇偶性与单调性，再根据条件求出，根据单调性解不等式即可. 令得， 令，得，则为奇函数， 设，则， 因为当时，，所以，则， 所以在R上单调递增． 由，得， 所以． 可化为，所以， 解得． 故答案为： 13． 分析可知，存在唯一的，使得，结合函数的单调性得出，即，再由可求出的值，可得出函数的解析式，进而可得出的值. 因为函数在定义域上是单调函数，且， 则存在唯一的常数，使得， ，也即， 于是，由，解得，故， 所以. 14． 利用偶函数的性质和单调性求解即可. 因为定义域为，所以和都必须在定义域内： ，解得：. 是偶函数，满足，因此可转化为： , 又因为时为减函数， 所以 则， 所以的取值范围是. 15．(1)定义域为，值域为 (2)当时，在上单调递减；当时，在上单调递增 （1）根据函数解析式直接求解定义域和值域； （2）结合指数函数的性质，利用定义法直接判断函数单调性即可. （1）由，， 所以的定义域为， 又， 因为，所以，， 所以，， 即函数的值域为. （2）由（1）知，， ，则 ， 当时，单调递减，， 当时，单调递增，， 又因为， 所以当时，，即， 此时在上单调递减； 当时，，即， 此时在上单调递增. 16．(1) (2)和 (3)因为，，所以 因此． 又因为，且在上为增函数，所以． 因此． （1）将函数解析式变形，利用函数图象的平移作图； （2）根据图象判断单调区间； （3）先比较与，再利用函数在上单调递增及证明结论． （1）由得． 的图象可由的图象向左平移1个单位，再向上平移1个单位得到如图． （2）在和上为增函数． （3）略 17．(1)，证明见解析； (2)单调递增，证明见解析. （1）根据给定条件，利用赋值法计算并证明. （2）判断单调性，再利用单调性定义推理得证. （1）对，都有成立，取，则， ，所以. （2）函数在R上单调递增. 任意，则，而当时，，因此， ，即， 所以函数在R上单调递增. 18．(1)在区间上单调递增，在区间上单调递减 (2)在区间、上单调递减，在区间、上单调递增 (3) （1）去掉绝对值，再分析单调性即可. （2）结合函数图像判断单调区间. （3）根据题目条件联立函数，分析的交点判断的取值. （1）由，得 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减． （2）数形结合可知在区间、上单调递减，在区间、上单调递增． （3）当直线与曲线只有一个交点时， 联立得，令，得， 依题意，作出与的图象，如图所示，由图知， ①当时，且，函数的图象与的图象无交点，不满足题意； ②当时，且，函数的图象与的图象仅交于点，不满足题意； ③当时，若，则， 若，则， 要使方程恰有2个不同的实数根，则的图象与轴的交点在点左侧，只需，即， 当时有3个不同实根， 时有4个不同实根； ④当时，由上函数的图象与的图象有3个交点，不满足题意； ⑤当时，函数的图象与的图象有2个交点，满足题意． 综上，的取值范围为． 19．(1)函数的减区间为，增区间为，最大值为，无最小值 (2) (3) （1）求出函数的解析式，利用复合函数的单调性可得出函数的增区间和减区间，进而可得出函数的最值； （2）对实数的取值进行分类讨论，化简两个函数的解析式，分析这两个函数的单调性，结合题意可得出实数的取值范围； （3）求得，记，即存在，，使得，求出的取值范围，可知，于是得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围. （1）当时，，， 所以， 令，则， 设，由对勾函数的单调性可知， 函数在上单调递增，在上单调递减， 内层函数在上单调递减， 由可得，由可得， 由复合函数的单调性可知函数的减区间为，增区间为， 故函数的最大值为. （2）当时，在上单调递增，在上单调递减，符合题意； 当时，，， 若时，即当时，函数在上单调递增，函数在上单调递减，符合题意； 若时，即当时，显然函数、在上均为增函数，不符合题意. 综上所述，实数的取值范围是. （3）因为，所以，， 所以， 记，由题意即存在，，使得， 因为、在上均为增函数，故函数在上为增函数， 又因为、，故函数在、上均为增函数， 所以，， 所以， 由题意可知， 所以，即，解得， 因此实数的取值范围是. 学科网（北京）股份有限公司 $