函数的单调性专题练-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦函数单调性判定与应用，以“定义-导数-复合-抽象”为逻辑主线，融合构造法、赋值法等解题技巧，系统覆盖高考高频题型。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|3（单选1-2、填空12）|定义法、奇偶性结合单调性|从单调性定义到奇偶函数单调性特征| |导数应用|2（单选3、解答18）|构造辅助函数、导数符号判定|导数与函数单调性的充要关系| |复合函数|2（单选7、填空14）|“同增异减”法则、分类讨论|内外层函数单调性对复合函数的影响| |抽象函数|3（单选8、多选10、解答17）|赋值法、对称性转化|抽象函数单调性的逻辑推理与性质应用|

函数的单调性 典型考点专题练 2027届高中数学高考一轮复习备考 一、单选题 1．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． 2．函数在单调递减，且为奇函数，若，则满足的的取值范围是． A． B． C． D． 3．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． 4．已知实数满足，，，则的大小关系为（   ） A． B． C． D． 5．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 6．已知函数的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（    ） A． B． C． D． 7．设函数，当时恒有，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．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． 二、多选题 9．已知函数，则下列选项正确的有（    ） A．的极大值点是 B．在上单调递增 C．当时， D．是的一个对称中心 10．对于，满足，，且对于，恒有，则（   ） A． B． C．在上单调递增 D． 11．已知定义域为的函数，则（   ） A．存在单调递增函数，使得恒成立 B．存在单调递减函数，使得恒成立 C．使得恒成立的函数存在且有无数多个 D．使得恒成立的函数存在且有无数多个 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．已知函数（且）在区间上单调递减，则的取值范围是________． 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． 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D B D B B D B ABC ABD 题号 11 答案 BD 1．B 【分析】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. 【详解】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. 2．D 【详解】 是奇函数，故 ；又 是减函数，， 即 则有 ，解得 ，故选D. 3．B 【分析】，求导可得，再利用单调性解不等式即可． 【详解】设，， 则当时，单调递增， ，即，又， ，解得． 4．D 【分析】先构造函数确定的取值范围，再利用指数函数单调性比较与的大小，结合对数函数性质判断的符号，最终得到三者大小关系． 【详解】令，因为是上的增函数，是R上的减函数， 所以为上的单调递增函数， 计算得，， 由零点存在性定理可得方程得解， 由，得，所以， 又为上的单调递减函数， 在上单调递增， 所以，， 所以． 5．B 【详解】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. 6．B 【分析】代入得到，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断. 【详解】因为当时，所以， 又因为， 则， ， ， ， ，则依次下去可知，则B正确； 且无证据表明ACD一定正确. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用，再利用题目所给的函数性质，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可. 7．D 【分析】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. 【详解】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，. 8．B 【分析】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. 【详解】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 【点睛】关键点点睛：构造函数，利用函数的奇偶性和单调性解不等式是解决本题的关键. 9．ABC 【分析】先对函数求导，得到单调区间与极值点，再结合三次曲线对称中心需满足的条件、区间最小值判定，依次验证四个选项是否正确. 【详解】对函数求导，则， 当时，，当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 则的极大值点是，所以选项A，B正确； 当时，单调递减，当时，单调递增， 故是上的最小值，故选项C正确； 若是的一个对称中心，则需满足， 而 ，知不是的对称中心，故D选项错误. 10．ABD 【分析】先结合题目所给条件，通过赋值确定的值，再根据即可判断A选项，通过计算出的值，再结合当，恒有即可判断B，C选项，通过赋值计算出的值即可判断D选项. 【详解】将代入及，得， ，. 将代入，得. 且. ，A正确. 由，得，因为对于，恒有，， 所以当时，，，B选项正确，C选项错误； ，，又， 即，D选项正确. 故选：ABD 11．BD 【详解】A选项，假定存在上单调递增的函数使得恒成立， 当时，，得， 当时，，由在上单调递增，得， 因此，即，解得，不可能，故A错误； B选项，令 ，则，等式成立，故B正确； C选项，显然左边是偶函数，但是奇函数，既是偶函数又是奇函数的函数只有常函数，故C错误； D选项，令，为偶函数，则恒成立，可任取，满足条件的有无数个，故D正确. 12． 【分析】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. 【详解】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】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. 【详解】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． 【分析】已知函数为对数型复合函数，外层为对数函数，内层为含绝对值的三次函数，需根据对数底数和两种情况分类讨论，结合复合函数“同增异减”的单调性规律，以及内层函数的单调区间、真数恒正的条件列不等式组求解. 【详解】设，令，解得或或，且，令，解得或. 当时，，单调递增； 当时，，单调递减． 作出函数大致图象如下： ①当时，在区间上单调递减，因为函数在上的单调递减区间为， 所以，解得． ②当时，在区间上单调递增，因为函数在上的单调递减区间为，． 所以，解得． 综上，的取值范围是． 【点睛】方法点睛：本题属于对数型复合函数单调性求参问题，核心解题方法为“同增异减”原则，即内外层函数单调性相同则复合函数为增函数，单调性相反则复合函数为减函数；遇到底数含参数的对数函数，必须对底数分和两类讨论. 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 【分析】（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. 【详解】（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． 【分析】（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． 【详解】（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. 【分析】（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. 【详解】（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) 【分析】（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. 【详解】（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) 【分析】（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. 【详解】（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 $