函数的性质：函数的单调性9种高频考点讲义-2026-2027学年高一上学期数学人教A版必修第一册

函数的性质：函数的单调性9种高频考点讲义 函数的性质：函数的单调性9种高频考点讲义 考点目录 函数单调性的定义与证明 由图像判断函数的单调性 函数单调性的应用：利用函数单调性求值域 函数单调性的应用：利用函数单调性解不等式 函数单调性的应用：复合函数的单调性 函数单调性的应用：分段函数的单调性 函数单调性的应用：二次函数的单调性 已知单调性求参数问题 抽象函数的单调性 考点一 函数单调性的定义与证明 【知识点解析】 一、核心知识点 1. 定义 设函数 的定义域为 ，区间 ： · 严格单调递增：对任意的 ，若 ，都有 ； · 严格单调递减：对任意的 ，若 ，都有 。 · 非严格单调：带等号时为“单调不减”或“单调不增”。 关键说明： ① 单调性是局部性质，只能描述某一区间上的变化，不能默认整个定义域全程单调； ② 定义中 具有任意性，不能用特殊值代替任意值判断单调性。 2. 证明方法：定义法（作差法，基础方法，抽象函数必用） 标准步骤： 1. 取值：任取 ，且 ； 1. 作差：计算 ； 1. 变形：通过因式分解、通分、配方、有理化等方式，将差式变形为可直接判断符号的形式； 1. 定号：根据 与已知条件，判断差的正负； 1. 下结论：根据定义判定单调性。 二、高频易错点 · 用特殊值代替任意值判断单调性，违反定义的任意性要求； · 多个单调区间错误使用“”连接，如反比例函数 的单调递减区间为 和 ，不能写成并集； · 混淆“单调递增”与“导数大于 0”的逻辑：导数大于 0 是充分不必要条件； · 忽略单调性的局部性，笼统说“函数是增函数”，未指明区间。 【例题分析】 例1．（25-26高一上·福建厦门·阶段检测）已知函数是一次函数，且满足，. (1)求的解析式； (2)判断函数在上的单调性，并用函数单调性的定义给予证明. 例2．（25-26高一上·上海青浦·阶段检测）证明：函数是严格增函数. 例3．（25-26高一上·贵州贵阳·期中）已知函数的图象经过点. (1)求的解析式； (2)判断在上的单调性，并用单调性的定义加以证明； 【变式训练】 变式1．（25-26高一上·河南信阳·阶段检测）判断函数在上的单调性，并用函数单调性的定义来证明. 变式2．（25-26高一上·山西运城·阶段检测）已知函数，判断并证明函数在上的单调性. 变式3．（25-26高一上·湖南邵阳·阶段检测）已知函数.判断在上的单调性，并用定义证明； 考点二 由图像判断函数的单调性 【知识点解析】 一、核心方法 从左向右观察函数图像： · 图像持续上升 对应区间单调递增； · 图像持续下降 对应区间单调递减； · 图像水平、出现拐点、间断点 对应位置为单调区间的分界点。 二、注意事项 · 单调性是区间性质，单个点没有单调性，不影响区间整体的增减性； · 分段函数、有间断点的函数，需分段判断各自区间的单调性，不能跨间断点说整体单调； · 上升/下降指整体趋势，严格单调要求全程持续增减，不允许出现水平段。 【例题分析】 例1．（25-26高一上·天津滨海新区·期中）已知函数的图象如图所示，则其单调递减区间是_______.    例2．（25-26高一上·四川遂宁·期中）已知函数，用表示中的较小者，记为． (1)在给定的坐标系中，画出函数的图象； (2)结合图象写出函数的解析式，并求出的值； (3)根据图象写出函数的单调区间及在每一个单调区间上的单调性． 例3．（25-26高一上·北京昌平·期中）设函数，且，.    (1)求函数的解析式； (2)画出函数的图象，并指出函数的值域和单调区间； (3)直接写出不等式的解集. 【变式训练】 变式1．（25-26高二上·吉林白城·阶段检测）已知函数的图象如图．根据图象写出的单调区间，单调递增区间为______，单调递减区间为______．    变式2．（25-26高一上·山东枣庄·期中）已知函数． (1)作出函数的图象，并写出的单调区间；    (2)若，求的取值范围； (3)求的最小值． 变式3．（25-26高一上·福建龙岩·期中）已知函数. (1)求的值； (2)作出函数在上的图象； (3)指出函数在上的单调区间及值域. 考点三 函数单调性的应用：利用函数单调性求值域 【知识点解析】 一、核心结论 闭区间上的单调函数，最大值与最小值一定在区间端点处取得： · 单调递增：值域为 ，左小右大； · 单调递减：值域为 ，左大右小。 二、拓展 · 开区间单调函数：值域为开区间，端点值取不到； · 分段函数：先分别求每一段的值域，再取并集得到整体值域； · 无限区间：结合趋势判断值域边界，如递增且 时 ，则值域为 。 【例题分析】 例1．（25-26高一上·浙江杭州·期中）已知函数， (1)判断函数在区间上的单调性，并用定义证明你的结论． (2)求该函数在区间上的最大值与最小值． 例2．（25-26高一上·海南省直辖县级单位·期中）已知函数，且. (1)求函数的解析式； (2)证明：函数在上单调递减. (3)求函数在的最值. 例3．（25-26高一上·天津滨海新区·期中）已知定义在上的函数，且. (1)求的值； (2)利用定义证明函数在区间上单调递增； (3)求函数在区间的最大值和最小值. 【变式训练】 变式1．（25-26高一上·江苏连云港·期中）已知函数. (1)判断在区间上的单调性，并用定义进行证明； (2)求在区间上的最大值与最小值. 变式2．（25-26高一上·河南洛阳·期中）已知函数． (1)求证：在上单调递减，在上单调递增； (2)当时，求函数的值域． 变式3．（25-26高一上·湖南长沙·阶段检测）已知，． (1)求证：函数在区间上是增函数； (2)求函数在区间上的值域. 考点四 函数单调性的应用：利用函数单调性解不等式 【知识点解析】 一、核心思想 利用单调性脱去函数符号“”，将抽象函数不等式转化为普通代数不等式，必须同步满足定义域约束。 二、标准解题步骤 1. 定定义域：所有括号内的自变量必须在函数定义域内，列出第一个约束； 1. 化同形：利用奇偶性、运算性质，将不等式两边化为 与 的标准形式； 1. 脱符号：根据单调性转化为自变量的不等式： · 单调递增： · 单调递减： 1. 解不等式组：取所有不等式的交集，得到最终解集。 三、技巧 偶函数优先用 ，将不等式统一为绝对值形式，避免正负分类讨论。 【例题分析】 例1．（26-27高一上·广西桂林·阶段检测）已知函数是的减函数，则下列各大小关系正确的是（    ） A． B． C． D． 例2．（2026·广西崇左·二模）已知函数在上单调递增，若，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 例3．（25-26高一上·广东汕头·期中）已知是定义在上的减函数，且，则的取值范围是__________. 【变式训练】 变式1．（25-26高一上·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2．（25-26高一上·四川德阳·期末）已知定义在上的函数为增函数，则关于的不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 变式3．（25-26高一上·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_____. 考点五 函数单调性的应用：复合函数的单调性 【知识点解析】 一、核心原则：同增异减 设复合函数 ，内层 ，外层 ： · 内外层单调性相同 复合函数为增函数； · 内外层单调性相反 复合函数为减函数。 二、解题步骤 1. 分层拆解：将复合函数拆分为内层、外层函数； 1. 分别判断每层函数在对应区间的单调性； 1. 按“同增异减”判断整体单调性； 1. 多层复合逐层向内判断，从内到外依次传递。 前提：内层函数的值域必须是外层函数定义域的子集。 【例题分析】 例1．（25-26高一上·江苏连云港·期末）函数的单调递增区间为（ ） A． B． C． D． 例2．（25-26高三上·山东泰安·阶段检测）函数的单调递增区间为（    ） A． B． C． D． 例3．（25-26高三上·贵州·阶段检测）已知函数在上单调递减，则的取值范围是_____． 【变式训练】 变式1．（25-26高一上·浙江宁波·阶段检测）函数的单调递减区间是（    ） A． B． C． D． 变式2．（25-26高三上·山东菏泽·阶段检测）函数的单调增区间为（    ） A． B． C．和 D． 变式3．（25-26高二下·天津·阶段检测）函数在区间上单调递减，则a的取值范围为________ 考点六 函数单调性的应用：分段函数的单调性 【知识点解析】 一、核心双条件 分段函数在整个定义域上单调，必须同时满足： 1. 每一段内部各自单调，且增减方向一致； 1. 衔接点满足大小关系： · 整体递增：左段的右端点函数值 右段的左端点函数值； · 整体递减：左段的右端点函数值 右段的左端点函数值。 这是最高频易错点：多数人只验证每段单调，忽略衔接点的大小关系，导致整体不单调。 【例题分析】 例1．（26-27高一上·浙江金华·阶段检测）已知函数是上的减函数，则实数a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 例2．（26-27高三上·四川·阶段检测）已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 例3．（26-27高二上·内蒙古鄂尔多斯·开学考试）若函数，在满足对任意实数，都有成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式训练】 变式1．（25-26高一上·山西太原·期末）函数满足对任意的且，都有，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 变式2．（25-26高一上·陕西咸阳·期末）函数，若是上的单调递减函数，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 变式3．（25-26高一上·广东肇庆·阶段检测）已知函数在上是增函数，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 考点七 函数单调性的应用：二次函数的单调性 【知识点解析】 一、核心影响因素 开口方向 + 对称轴位置，对称轴公式：。 二、区间单调性分类（以开口向上、区间 为例） 1. 对称轴在区间左侧（）：区间上单调递增； 1. 对称轴在区间内（）：先减后增，对称轴处取最小值； 1. 对称轴在区间右侧（）：区间上单调递减。 开口向下时，增减性完全相反，对称轴处取最大值。 【例题分析】 例1．（26-27高一上·江苏苏州·阶段检测）已知二次函数． (1)当时，求在上的最大值； (2)当时，在上的最大值为，求的值； (3)当，时，在上的最小值为，求的值． 例2．（26-27高一上·广西桂林·阶段检测）已知是二次函数，满足，当时取得最小值0. (1)求函数的解析式； (2)解不等式； (3)设函数在区间上不单调，求在区间上最大值的表达式； 【变式训练】 变式1．（25-26高一下·四川泸州·开学考试）已知函数． (1)若，求不等式的解集； (2)已知在上单调递增，求的取值范围； (3)若，求在上的值域． 变式2．（25-26高一上·广东江门·期末）已知函数. (1)若在区间上单调递增，求实数的取值范围； (2)若关于的不等式的解集为，求实数的取值范围. 考点八 已知单调性求参数问题 【知识点解析】 一、核心本质 将单调性条件转化为关于参数的不等式（组），求解参数的取值范围。 二、常见题型与解法 1. 一次函数型 在区间上单调递增 ；单调递减 。 2. 二次函数型 已知在区间上单调，转化为对称轴在区间的一侧： · 例：开口向上的二次函数在 上递增 。 3. 分段函数型 · 每段的单调性条件，得到第一组参数不等式； · 衔接点的函数值大小关系，得到第二个不等式； · 联立求解参数范围。 4. 复合函数型 · 结合“同增异减”原则，根据内层、外层的单调性列参数不等式； · 同时满足内层函数的值域、定义域约束。 三、高频易错点 · 二次函数对称轴位置漏写等号，对称轴在区间端点时也满足单调； · 分段函数遗漏衔接点的不等式，导致参数范围扩大； · 复合函数忽略内层函数的值域约束，只考虑单调性。 【例题分析】 例1．（26-27高一上·江苏南通·阶段检测）已知函数与． (1)若，求k的值； (2)若两函数在区间上都是增函数，求实数k的取值范围． 例2．（24-25高一上·北京西城·期末）已知函数，其中． (1)证明：； (2)若在上单调递减，求的取值范围； (3)求在区间上的取值范围． 【变式训练】 变式1．（25-26高一上·广东江门·阶段检测）已知函数在区间上单调递增，求实数a的取值范围． 变式2．（25-26高一上·福建福州·阶段检测）已知函数． (1)当时，求函数的单调区间； (2)若在区间上单调递减，求实数的取值范围． 考点九 抽象函数的单调性 【知识点解析】 一、核心方法：定义法+赋值法 抽象函数无具体解析式，只能通过定义证明单调性，核心是构造 并判断符号。 二、证明步骤 1. 任取 在定义域内； 1. 结合已知函数方程，通过赋值（令 ， 或 等），将 变形； 1. 结合已知条件（如 时 ），判断差的符号； 1. 根据定义下单调性结论。 三、典型应用：解抽象函数不等式 1. 利用赋值法求特殊点函数值（如 、）； 1. 证明函数的单调性； 1. 将不等式化为 与 的标准形式； 1. 结合定义域约束，利用单调性脱去 符号求解。 四、高频易错点 · 赋值不当，无法构造出差的形式； · 解抽象不等式遗漏定义域约束，只脱符号不考虑范围； · 直接套用具体函数的结论，不符合抽象函数的证明规范。 【例题分析】 例1．（25-26高一上·河北邢台·阶段检测）已知函数的定义域为，且对于任意都有，当时，有. (1)求的值； (2)判断的单调性并证明； (3)若，解不等式； (4)若，求在上的值域. 例2．（25-26高一上·辽宁大连·阶段检测）已知函数满足任意的实数，都有，且当时，． (1)求的值； (2)判断在上的单调性并证明． 【变式训练】 变式1．（25-26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． 变式2．（26-27高一上·山西太原·阶段检测）已知函数，对于任意的，都有恒成立.且，当时，. (1)求； (2)判断在R上的单调性，并给出证明； (3)若关于的不等式有解，求实数的取值范围. 2 学科网（北京）股份有限公司 $函数的性质：函数的单调性9种高频考点讲义 函数的性质：函数的单调性9种高频考点讲义 考点目录 函数单调性的定义与证明 由图像判断函数的单调性 函数单调性的应用：利用函数单调性求值域 函数单调性的应用：利用函数单调性解不等式 函数单调性的应用：复合函数的单调性 函数单调性的应用：分段函数的单调性 函数单调性的应用：二次函数的单调性 已知单调性求参数问题 抽象函数的单调性 考点一 函数单调性的定义与证明 【知识点解析】 一、核心知识点 1. 定义 设函数 的定义域为 ，区间 ： · 严格单调递增：对任意的 ，若 ，都有 ； · 严格单调递减：对任意的 ，若 ，都有 。 · 非严格单调：带等号时为“单调不减”或“单调不增”。 关键说明： ① 单调性是局部性质，只能描述某一区间上的变化，不能默认整个定义域全程单调； ② 定义中 具有任意性，不能用特殊值代替任意值判断单调性。 2. 证明方法：定义法（作差法，基础方法，抽象函数必用） 标准步骤： 1. 取值：任取 ，且 ； 1. 作差：计算 ； 1. 变形：通过因式分解、通分、配方、有理化等方式，将差式变形为可直接判断符号的形式； 1. 定号：根据 与已知条件，判断差的正负； 1. 下结论：根据定义判定单调性。 二、高频易错点 · 用特殊值代替任意值判断单调性，违反定义的任意性要求； · 多个单调区间错误使用“”连接，如反比例函数 的单调递减区间为 和 ，不能写成并集； · 混淆“单调递增”与“导数大于 0”的逻辑：导数大于 0 是充分不必要条件； · 忽略单调性的局部性，笼统说“函数是增函数”，未指明区间。 【例题分析】 例1．（25-26高一上·福建厦门·阶段检测）已知函数是一次函数，且满足，. (1)求的解析式； (2)判断函数在上的单调性，并用函数单调性的定义给予证明. 【答案】(1) (2)减函数，证明如下： 任取且，则 ， 因为，所以，， 所以，即， 所以函数是上的单调减函数. 【分析】（1）设一次函数，由条件列方程组即可得解； （2）将的解析式代入中，化简后利用函数单调性的定义进行判断和证明. 【详解】（1）设一次函数， 则，解得， 所以. （2）. 可判断在上单调递减，证明略. 例2．（25-26高一上·上海青浦·阶段检测）证明：函数是严格增函数. 【答案】证明： 设，， 任取，且， 则， ，，， 所以，即， 所以函数在上是严格增函数. 【分析】根据函数单调性的定义证明. 【详解】略. 例3．（25-26高一上·贵州贵阳·期中）已知函数的图象经过点. (1)求的解析式； (2)判断在上的单调性，并用单调性的定义加以证明； 【答案】(1) (2)在上单调递减，证明： 设，且， 则， 因为，所以，， 所以，则， 即，所以在上单调递减； 【分析】（1）代入点于解析式中，求得的值，则的解析式可知； （2）通过取值、作差、变形、判断符号，可证明在上的单调性； 【详解】（1）因为的图象经过点， 所以，解得， 所以； （2）略 【变式训练】 变式1．（25-26高一上·河南信阳·阶段检测）判断函数在上的单调性，并用函数单调性的定义来证明. 【答案】在上是增函数，证明如下： 任取，且， 则， 因为，所以，，， 所以，即， 因此在上是增函数. 【分析】先利用特殊值法猜想的单调性，再利用函数单调性的定义，结合作差法即可得证. 【详解】在上是增函数，证明略. 变式2．（25-26高一上·山西运城·阶段检测）已知函数，判断并证明函数在上的单调性. 【答案】在上单调递减，证明见解析 【详解】在上单调递减，证明如下： 由，任取， 则， 因为，所以，，， 所以，即， 所以在上单调递减. 变式3．（25-26高一上·湖南邵阳·阶段检测）已知函数.判断在上的单调性，并用定义证明； 【答案】在上单调递增；证明如下： ，且，有， 因为，所以，，， 因此，即， 所以函数在上单调递增. 【分析】利用定义法证明函数在上的单调性步骤，取点，作差，判号，下结论； 【详解】在上单调递增,证明略. 考点二 由图像判断函数的单调性 【知识点解析】 一、核心方法 从左向右观察函数图像： · 图像持续上升 对应区间单调递增； · 图像持续下降 对应区间单调递减； · 图像水平、出现拐点、间断点 对应位置为单调区间的分界点。 二、注意事项 · 单调性是区间性质，单个点没有单调性，不影响区间整体的增减性； · 分段函数、有间断点的函数，需分段判断各自区间的单调性，不能跨间断点说整体单调； · 上升/下降指整体趋势，严格单调要求全程持续增减，不允许出现水平段。 【例题分析】 例1．（25-26高一上·天津滨海新区·期中）已知函数的图象如图所示，则其单调递减区间是_______.    【答案】和 【分析】根据图象，呈下降趋势所对应的区间为单调递减区间. 【详解】观察图象可知，的单调递减区间为和. 故答案为：和. 例2．（25-26高一上·四川遂宁·期中）已知函数，用表示中的较小者，记为． (1)在给定的坐标系中，画出函数的图象； (2)结合图象写出函数的解析式，并求出的值； (3)根据图象写出函数的单调区间及在每一个单调区间上的单调性． 【答案】(1) (2)； (3)单调递增区间为：；单调递减区间为：，，. 【分析】（1）先画出，的图象，再结合定义画出函数的图象； （2）结合（1）可求出函数的解析式，并求出相应的值； （3）结合图象直接可写出相应单调区间及单调性. 【详解】（1）由题，解得或， 画出，的图象如下图所示， 因为表示，中的较小者，所以函数的图象如下图所示： （2）由（1）可得当时，， 当时，， 当时，， 综上可得， 所以，所以， 故. （3）由（1）可得函数在区间，，，上具有单调性； 单调递增区间为：； 单调递减区间为：，，. 例3．（25-26高一上·北京昌平·期中）设函数，且，.    (1)求函数的解析式； (2)画出函数的图象，并指出函数的值域和单调区间； (3)直接写出不等式的解集. 【答案】(1) (2) 图象如下： WSD 函数的值域为，单调递增区间是，单调递减区间是、. (3) 【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的方程组，解出、的值，即可得出函数的解析式； （2）根据函数的解析式可作出函数的图象，结合图象可得出函数的值域、增区间和减区间； （3）分、两种情况讨论，结合图象可得出不等式的解集. 【详解】（1）因为，且，. 即，解得，故. （2）略 （3）当时，由可得，由图可得或， 当时，由可得，由图可得. 综上所述，不等式的解集为. 【变式训练】 变式1．（25-26高二上·吉林白城·阶段检测）已知函数的图象如图．根据图象写出的单调区间，单调递增区间为______，单调递减区间为______．    【答案】 和 【分析】根据给定的函数图象确定单调区间即可. 【详解】由图象知在上，单调递增区间为和，单调递减区间为． 故答案为：和， 变式2．（25-26高一上·山东枣庄·期中）已知函数． (1)作出函数的图象，并写出的单调区间；    (2)若，求的取值范围； (3)求的最小值． 【答案】(1) 单调递增区间为和；单调递减区间为 (2) (3) 【分析】（1）分类讨论去绝对值符号，结合二次函数的图象与性质作图求单调区间即可； （2）去绝对值符号，含参讨论解不等式即可； （3）去绝对值符号，利用二次函数的性质分类讨论计算最值即可. 【详解】（1）因为 当时，， 当时，． 即． 作出图像如下：    由图像可知，的单调递增区间为和； 单调递减区间为 （2）， 因为，所以（无解舍去）， 或，解得， 综上的取值范围为； （3）记的最小值为． 有， 即， （i）当时， 若，，若，则， 显然，所以，此时． （ii）当时，若，则， 若，则， 显然，所以， 综上得 变式3．（25-26高一上·福建龙岩·期中）已知函数. (1)求的值； (2)作出函数在上的图象； (3)指出函数在上的单调区间及值域. 【答案】(1) (2)图象如图所示： (3) 由函数在上的图象可得： 函数的单调递增区间为，，单调递减区间为， 且函数在上的值域为. 【分析】（1）根据题意结合分段函数解析式运算求解即可； （2）分析的解析式，结合解析式作图； （3）根据的图象分析函数的单调区间和值域即可. 【详解】（1）因为， 所以，. （2）因为， 则函数在上的图象如图所示： （3）略 考点三 函数单调性的应用：利用函数单调性求值域 【知识点解析】 一、核心结论 闭区间上的单调函数，最大值与最小值一定在区间端点处取得： · 单调递增：值域为 ，左小右大； · 单调递减：值域为 ，左大右小。 二、拓展 · 开区间单调函数：值域为开区间，端点值取不到； · 分段函数：先分别求每一段的值域，再取并集得到整体值域； · 无限区间：结合趋势判断值域边界，如递增且 时 ，则值域为 。 【例题分析】 例1．（25-26高一上·浙江杭州·期中）已知函数， (1)判断函数在区间上的单调性，并用定义证明你的结论． (2)求该函数在区间上的最大值与最小值． 【答案】(1) 在上的单调递增，证明如下： 在内任取，且， ， 因为，所以， 所以，即， 所以在上的单调递增. (2)最大值为，最小值为 【分析】（1）根据单调性的定义，按照取值、作差、整理、定号，得结论的步骤，证明即可. （2）根据的单调性，结合条件，代入数据，即可得答案. 【详解】（1）略 （2）由（1）得在上的单调递增， 所以的最大值为，的最小值为. 例2．（25-26高一上·海南省直辖县级单位·期中）已知函数，且. (1)求函数的解析式； (2)证明：函数在上单调递减. (3)求函数在的最值. 【答案】(1) (2) 任取，且， 则， ，且， ，即， 函数在上单调递减． (3)最小值为2，最大为. 【分析】（1）利用求得，利用换元法求得函数的解析式. （2）根据函数单调性的定义证明即可. （3）由（2）可得的单调性，进而可得最值. 【详解】（1）因为，， 令，则，所以，则，解得， 可得，令，则， 则，, 函数的解析式为． （2）略 （3）由（1）任取，且， 则，则， 即函数在上单调递增． 故在上单调递减，在上单调递增， 又，. 故在的最小值为2，最大为. 例3．（25-26高一上·天津滨海新区·期中）已知定义在上的函数，且. (1)求的值； (2)利用定义证明函数在区间上单调递增； (3)求函数在区间的最大值和最小值. 【答案】(1)11 (2)证明：，且， 则， ∵，∴， 由∵，∴， ∴，∴， ∴函数在区间上单调递增； (3)， 【分析】（1）由代入计算，即可得到的值，然后代入计算，即可得到的值； （2）根据题意，由定义法代入计算，即可证明函数的单调性； （3）由二次函数的单调性，代入计算，即可得到结果. 【详解】（1）由可得， 则，所以. （2）略 （3）∵函数在区间上单调递增. ∴函数在区间上单调递增， ∴，. 【变式训练】 变式1．（25-26高一上·江苏连云港·期中）已知函数. (1)判断在区间上的单调性，并用定义进行证明； (2)求在区间上的最大值与最小值. 【答案】(1)函数在区间上单调递增，证明如下： 任取，且，则 ， 因为，所以，且，即， 所以； 故在区间上单调递增. (2)； 【分析】（1）由单调性定义证明； （2）根据单调性得最值． 【详解】（1）略 （2）由（2）知在上递增， 所以，． 变式2．（25-26高一上·河南洛阳·期中）已知函数． (1)求证：在上单调递减，在上单调递增； (2)当时，求函数的值域． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）根据函数单调性的定义，结合作差法，可得答案； （2）根据（1）的单调性，求得给定区间上的最值，可得答案. 【详解】（1）证明：，且，有 ． 由，且，得，，， 所以，即． 所以在上单调递减． 同理，当，且，有． 故在上单调递增． （2）由（1）得在上单调递减；在上单调递增． ，，所以． 故函数的值域为． 变式3．（25-26高一上·湖南长沙·阶段检测）已知，． (1)求证：函数在区间上是增函数； (2)求函数在区间上的值域. 【答案】(1)证明：令，则 ， 又，，，即， 所以函数在区间上是增函数. (2) 【分析】（1）用单调性的定义证明即可. （2）由在区间上的单调性易得值域. 【详解】（1）略； （2）由（1）知函数在区间上是增函数，又， 所以函数在区间上的值域为. 考点四 函数单调性的应用：利用函数单调性解不等式 【知识点解析】 一、核心思想 利用单调性脱去函数符号“”，将抽象函数不等式转化为普通代数不等式，必须同步满足定义域约束。 二、标准解题步骤 1. 定定义域：所有括号内的自变量必须在函数定义域内，列出第一个约束； 1. 化同形：利用奇偶性、运算性质，将不等式两边化为 与 的标准形式； 1. 脱符号：根据单调性转化为自变量的不等式： · 单调递增： · 单调递减： 1. 解不等式组：取所有不等式的交集，得到最终解集。 三、技巧 偶函数优先用 ，将不等式统一为绝对值形式，避免正负分类讨论。 【例题分析】 例1．（26-27高一上·广西桂林·阶段检测）已知函数是的减函数，则下列各大小关系正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】应用函数单调性定义求解. 【详解】A中，，故，A正确； B中，，故，B错误； C中，，故，C错误； D中，，故，D错误； 例2．（2026·广西崇左·二模）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. 例3．（25-26高一上·广东汕头·期中）已知是定义在上的减函数，且，则的取值范围是__________. 【答案】 【分析】根据函数的单调性在定义域内列不等式解不等式即可求解的取值范围. 【详解】因为是定义在上的减函数， 若，可得，解得， 故的取值范围是. 故答案为：. 【变式训练】 变式1．（25-26高一上·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2．（25-26高一上·四川德阳·期末）已知定义在上的函数为增函数，则关于的不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据函数的单调性，即可得，求解即可． 【详解】因为函数为定义在上的增函数，且， 所以，解得． 故选：A． 变式3．（25-26高一上·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： 考点五 函数单调性的应用：复合函数的单调性 【知识点解析】 一、核心原则：同增异减 设复合函数 ，内层 ，外层 ： · 内外层单调性相同 复合函数为增函数； · 内外层单调性相反 复合函数为减函数。 二、解题步骤 1. 分层拆解：将复合函数拆分为内层、外层函数； 1. 分别判断每层函数在对应区间的单调性； 1. 按“同增异减”判断整体单调性； 1. 多层复合逐层向内判断，从内到外依次传递。 前提：内层函数的值域必须是外层函数定义域的子集。 【例题分析】 例1．（25-26高一上·江苏连云港·期末）函数的单调递增区间为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先求出函数的定义域，再根据复合函数的单调性判断即可. 【详解】对于函数， 令，解得，所以函数的定义域为， 又在上单调递减，在上单调递减， 所以函数的单调递增区间为. 故选：C 例2．（25-26高三上·山东泰安·阶段检测）函数的单调递增区间为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出函数的定义域，再根据二次函数及复合函数的性质求解即可. 【详解】由题意可得：，解得：， 即或， 根据二次函数及复合函数的性质可知， 的单调递增区间为：. 故选：C. 例3．（25-26高三上·贵州·阶段检测）已知函数在上单调递减，则的取值范围是_____． 【答案】 【分析】利用复合函数的单调性，结合函数的定义域即可求解. 【详解】由题意可得解得． 故答案为： 【变式训练】 变式1．（25-26高一上·浙江宁波·阶段检测）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，再确定在上单调递增，结合复合函数单调性，即可求得答案. 【详解】由可得， 解得或， 由图象的对称轴为， 则在上单调递增， 故的单调递减区间为， 故选：C 变式2．（25-26高三上·山东菏泽·阶段检测）函数的单调增区间为（    ） A． B． C．和 D． 【答案】C 【分析】令，根据二次函数的性质求出的单调区间，再由复合函数的单调性即可得函数的单调增区间. 【详解】设，则有且， ，则， 所以函数的定义域为：且， 由二次函数的性质可知的单调递增区间为：；单调递减区间为：和； 又因为在区间和上单调递减， 由复合函数的单调性可知：函数的单调增区间为：和. 故选：C. 变式3．（25-26高二下·天津·阶段检测）函数在区间上单调递减，则a的取值范围为________ 【答案】 【分析】先求解函数的定义域，再利用复合函数“同增异减”的单调性规则，结合二次函数的性质确定的取值范围． 【详解】由已知，，解得或，所以函数的定义域为， 令，其对称轴为，结合函数定义域可知， 在上单调递减，在上单调递增， 因为在上单调递增， 根据复合函数“同增异减”原则，要使函数在区间上单调递减， 则函数也要在区间上单调递减，且， 所以，所以 考点六 函数单调性的应用：分段函数的单调性 【知识点解析】 一、核心双条件 分段函数在整个定义域上单调，必须同时满足： 1. 每一段内部各自单调，且增减方向一致； 1. 衔接点满足大小关系： · 整体递增：左段的右端点函数值 右段的左端点函数值； · 整体递减：左段的右端点函数值 右段的左端点函数值。 这是最高频易错点：多数人只验证每段单调，忽略衔接点的大小关系，导致整体不单调。 【例题分析】 例1．（26-27高一上·浙江金华·阶段检测）已知函数是上的减函数，则实数a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分别讨论分段函数单调递减，再考虑衔接点然后合并区间. 【详解】在时，要求递减，； 在时，要求递减，对称轴，要保证区间在对称轴右侧，则； 再考虑衔接点，. 结合三个条件，可得. 例2．（26-27高三上·四川·阶段检测）已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用分段函数的单调性，结合一次函数，二次函数的单调性列出不等式组求解． 【详解】依题意得，，解得， 故实数的取值范围是． 例3．（26-27高二上·内蒙古鄂尔多斯·开学考试）若函数，在满足对任意实数，都有成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用分段函数的特点进行求解. 【详解】对任意实数，都有成立， 所以在上单调递增， 当时，若使单调递增，则需满足； 当时，若使单调递增，需满足二次函数的对称轴，即：， 若在上单调递增，则需满足，即：， 所以实数的取值范围为. 【变式训练】 变式1．（25-26高一上·山西太原·期末）函数满足对任意的且，都有，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，结合函数单调性定义确定函数的单调性，再利用分段函数单调性，结合反比例函数、二次函数单调性列出不等式组求解. 【详解】由函数满足对且，都有， 可得函数在上单调递增，因此， 解得，则实数的取值范围是. 故选：D 变式2．（25-26高一上·陕西咸阳·期末）函数，若是上的单调递减函数，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据函数在各段单调递减且断点左侧函数值不小于右侧函数值得到不等式组，解得即可. 【详解】因为且是上的单调递减函数， 所以，解得， 所以实数a的取值范围为． 故选：B. 变式3．（25-26高一上·广东肇庆·阶段检测）已知函数在上是增函数，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用分段函数为增函数的性质并结合一次函数与二次函数性质列出不等式求解即可． 【详解】因为函数在上是增函数， 所以，，解得，所以实数的取值范围是． 故选：A. 考点七 函数单调性的应用：二次函数的单调性 【知识点解析】 一、核心影响因素 开口方向 + 对称轴位置，对称轴公式：。 二、区间单调性分类（以开口向上、区间 为例） 1. 对称轴在区间左侧（）：区间上单调递增； 1. 对称轴在区间内（）：先减后增，对称轴处取最小值； 1. 对称轴在区间右侧（）：区间上单调递减。 开口向下时，增减性完全相反，对称轴处取最大值。 【例题分析】 例1．（26-27高一上·江苏苏州·阶段检测）已知二次函数． (1)当时，求在上的最大值； (2)当时，在上的最大值为，求的值； (3)当，时，在上的最小值为，求的值． 【答案】(1) (2)或 (3) 【分析】（1）分析函数在时的增减性，可得出的最大值； （2）对实数的取值进行分类讨论，分析函数在时的增减性，结合可得出实数的值； （3）对的取值进行分类讨论，分析函数在时的增减性，根据可求得实数的值. 【详解】（1）由，得，，， 由对称轴，开口向上，自变量取值范围， 当时，随着的增大而减小， 当时，随着的增大而增大， 当时，； 当时，， 故在上的最大值为. （2）当时，， 由对称轴，开口向上，自变量取值范围， ①当时，即当时，当时，随着的增大而增大， 此时当时，取最大值，即，解得，舍去； ②当时，即当时，当时，随着的增大而减小， 此时当时，取最大值，即，解得，舍去； ③当时，即当时， 当时，随着的增大而减小， 当时，随着的增大而增大， 所以当或时，取最大值， 当时，；当时，. 若，即当时，，解得，符合题意； 若，即当时，，解得，符合题意. 综上，或． （3）当，时，， 由对称轴，开口向上，自变量取值范围， ①当时，即当时， 当时，随着的增大而减小， 此时当时，取最小值， 即，解得或（舍去）； ②当时，即当时， 因为，当时，取最小值， 即，不符合题意； ③当时，因为，随着的增大而增大， 此时当时，取最小值，即，解得或（舍去）. 综上所述，. 例2．（26-27高一上·广西桂林·阶段检测）已知是二次函数，满足，当时取得最小值0. (1)求函数的解析式； (2)解不等式； (3)设函数在区间上不单调，求在区间上最大值的表达式； 【答案】(1) (2) (3) 【分析】(1)已知二次函数顶点，设顶点式，代入求出参数a得到解析式； (2)直接代入解析式，解一元二次不等式，利用平方大于0的性质写出解集； (3)先整理，由区间不单调求出对称轴t的取值范围，再比较区间两端点函数值，分段写出最大值. 【详解】（1）由时取得最小值0，可设，， ，，解得，. （2）由或， 或， 所以，原不等式的解集为. （3）. 是开口向上的二次函数，对称轴为直线， 在区间上不单调，， ∴当时，在区间上的最大值为， 当时，在区间上的最大值为， 综合，函数在区间上最大值的表达式为. 【变式训练】 变式1．（25-26高一下·四川泸州·开学考试）已知函数． (1)若，求不等式的解集； (2)已知在上单调递增，求的取值范围； (3)若，求在上的值域． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）当时，得到函数，结合一元二次不等式的解法，即可求解不等式的解集； （2）结合二次函数的图象与性质，即可求解； （3）根据二次函数的图象与性质，即可求解. 【详解】（1）当时，函数， 不等式，即，解得或， 即不等式的解集为. （2）由函数，可得的图象开口向上，且对称轴为， 要使得在上单调递增，则满足， 所以的取值范围为. （3）由函数，可得的图象开口向上，且对称轴为， 当时，函数在递减，在上递增， 所以最小值为，又因为区间端点比距离对称轴更远，故函数在处取最大值， 在上的值域为. 变式2．（25-26高一上·广东江门·期末）已知函数. (1)若在区间上单调递增，求实数的取值范围； (2)若关于的不等式的解集为，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据二次函数的单调性列不等式求解即可. （2）先化简不等式，然后讨论时满足题意的的范围. 【详解】（1）因为函数在区间上单调递增，开口向上，其对称轴为. 所以要满足题意，则，解得. （2）不等式变为， 化简得，因为该不等式的解集为， 所以当时，不等式变为，符合题意； 当时，要使得不等式的解集为，则， 解得. 综上，实数的取值范围为. 考点八 已知单调性求参数问题 【知识点解析】 一、核心本质 将单调性条件转化为关于参数的不等式（组），求解参数的取值范围。 二、常见题型与解法 1. 一次函数型 在区间上单调递增 ；单调递减 。 2. 二次函数型 已知在区间上单调，转化为对称轴在区间的一侧： · 例：开口向上的二次函数在 上递增 。 3. 分段函数型 · 每段的单调性条件，得到第一组参数不等式； · 衔接点的函数值大小关系，得到第二个不等式； · 联立求解参数范围。 4. 复合函数型 · 结合“同增异减”原则，根据内层、外层的单调性列参数不等式； · 同时满足内层函数的值域、定义域约束。 三、高频易错点 · 二次函数对称轴位置漏写等号，对称轴在区间端点时也满足单调； · 分段函数遗漏衔接点的不等式，导致参数范围扩大； · 复合函数忽略内层函数的值域约束，只考虑单调性。 【例题分析】 例1．（26-27高一上·江苏南通·阶段检测）已知函数与． (1)若，求k的值； (2)若两函数在区间上都是增函数，求实数k的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由已知可得，进而可得，求解即可； （2）利用二次函数的单调性和反比例函数的单调性可求得实数k的取值范围. 【详解】（1）因为，所以， 又，所以， 又所以，所以， 解得或（舍去），所以； （2）对于函数，它是二次函数，开口向下， 对称轴为， 因为在区间上是增函数，所以且； 对于函数，它是反比例函数向左平移2个单位得到的， 当时，在和上单调递减； 当时，在和上单调递增； 由在区间上是增函数，所以； 综上所述：实数k的取值范围为. 例2．（24-25高一上·北京西城·期末）已知函数，其中． (1)证明：； (2)若在上单调递减，求的取值范围； (3)求在区间上的取值范围． 【答案】(1)因为，所以， 故 (2) (3)当时，取值范围为；当时，取值范围为. 【分析】（1）直接将代入函数解析式中，得到，再两式相加即可得到结果. （2）利用函数单调性的定义即可求出的取值范围. （3）对参数a分情况讨论，利用函数单调性即可得到在区间上的取值范围. 【详解】（1）略. （2）因为在上单调递减，则当，有. 所以设，， 因为，所以，， 要使，则， 故的取值范围为. （3）当时，由小问2得在上单调递减， ，， 故在区间上的取值范围为； 当时，利用小问2的结论知，在上单调递增，，， 故在区间上的取值范围为. 综上：当时，取值范围为；当时，取值范围为. 【变式训练】 变式1．（25-26高一上·广东江门·阶段检测）已知函数在区间上单调递增，求实数a的取值范围． 【答案】 【分析】利用分离常数法化简函数，根据基本初等函数的图象与性质得出a的取值范围． 【详解】∵当时，在区间上单调递减，故， 此时， 反比例函数在上单调递减，则函数在上单调递减， 而函数在区间上单调递增， 必有，即，则实数a的取值范围为. 变式2．（25-26高一上·福建福州·阶段检测）已知函数． (1)当时，求函数的单调区间； (2)若在区间上单调递减，求实数的取值范围． 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为 (2) 【分析】（1）代入可得，根据二次函数性质即可得单调区间； （2）分，，三种情况讨论，分别验证是否在上单调递减，即可得到的取值范围. 【详解】（1）当时，，其图象的开口向上，对称轴为. 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为． （2）①若，则，且，. 从而在的同时有，故在上并不单调递减，不满足条件； ②若，则对任意，都有. 第一个不等号和最后一个不等号两边不能同时取等（分别需要和），故，从而 ，故在上单调递减，满足条件. ③若，则，且，. 从而在的同时有，故在上并不单调递减，不满足条件. 综合①②③，可知的取值范围是． 考点九 抽象函数的单调性 【知识点解析】 一、核心方法：定义法+赋值法 抽象函数无具体解析式，只能通过定义证明单调性，核心是构造 并判断符号。 二、证明步骤 1. 任取 在定义域内； 1. 结合已知函数方程，通过赋值（令 ， 或 等），将 变形； 1. 结合已知条件（如 时 ），判断差的符号； 1. 根据定义下单调性结论。 三、典型应用：解抽象函数不等式 1. 利用赋值法求特殊点函数值（如 、）； 1. 证明函数的单调性； 1. 将不等式化为 与 的标准形式； 1. 结合定义域约束，利用单调性脱去 符号求解。 四、高频易错点 · 赋值不当，无法构造出差的形式； · 解抽象不等式遗漏定义域约束，只脱符号不考虑范围； · 直接套用具体函数的结论，不符合抽象函数的证明规范。 【例题分析】 例1．（25-26高一上·河北邢台·阶段检测）已知函数的定义域为，且对于任意都有，当时，有. (1)求的值； (2)判断的单调性并证明； (3)若，解不等式； (4)若，求在上的值域. 【答案】(1)0 (2)在上是增函数，证明： 设，则由，得， ， 即在上是增函数； (3) (4) 【分析】（1）令进行求解即可； （2）根据函数的单调性，结合等式变形进行判断证明即可； （3）根据条件等式，结合（2）中结论进行求解即可； （4）根据函数单调性的性质，结合（2）中结论进行求解即可. 【详解】（1）令； （2）略 （3）因为， 所以在中令， 即，所以， 于是由， 由（2）可知在上是增函数， ，故原不等式的解集为； （4）由（2）知在上是增函数. . ，由，知， 故， ，，在上的值域为. 例2．（25-26高一上·辽宁大连·阶段检测）已知函数满足任意的实数，都有，且当时，． (1)求的值； (2)判断在上的单调性并证明． 【答案】(1) (2)在上单调递增，证明如下： 设且，则 ， 因，则，故， 所以，即， 所以在上单调递增． 【分析】（1）对于给定的函数关系式赋值代入计算即得； （2）根据函数的单调性的定义，作差比较与的大小，此时需构造，利用题设性质证得即可． 【详解】（1）由题意，对任意的实数，都有， 令，则，所以． （2）略 【变式训练】 变式1．（25-26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． 【答案】(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． 变式2．（26-27高一上·山西太原·阶段检测）已知函数，对于任意的，都有恒成立.且，当时，. (1)求； (2)判断在R上的单调性，并给出证明； (3)若关于的不等式有解，求实数的取值范围. 【答案】(1)； (2)在上单调递增，证明如下：任取，且， 则， 因为，所以，又，所以， 即，故在上单调递增； (3). 【分析】（1）令，求出； （2）利用定义法判断单调性； （3）利用单调性结合一元二次函数的性质求结论. 【详解】（1）令，则， 因为对于任意的，都有恒成立. 所以； （2）略； （3）因为关于的不等式有解，且在上单调递增， 所以有解，即在上有解， 故，得或， 故实数的取值范围为. 2 学科网（北京）股份有限公司 $