(新高考)高考数学一轮复习讲练测专题3.2《函数的单调性与最值》(解析版)

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专题3.2 函数的单调性与最值
新课程考试要求
1．理解函数的单调性，会判断函数的单调性.
2．理解函数的最大（小）值的含义，会求函数的最大（小）值.
核心素养
培养学生数学抽象（例5.6.14.15）、数学运算（例3等）、逻辑推理（例2）、直观想象（例9.10）等核心数学素养.
考向预测
1.确定函数的最值（值域）
2.以基本初等函数为载体，考查函数单调性的判定、函数单调区间的确定、函数单调性的应用（解不等式、确定参数的取值范围、比较函数值大小）、研究函数的最值等，常与奇偶性、周期性结合，有时与导数综合考查.
【知识清单】
1. 函数的单调性
（1）增函数：若对于定义域内的某个区间上的任意两个自变量、，当时，都有，那么就说函数在区间上是增函数；
（2）减函数：若对于定义域内的某个区间上的任意两个自变量、，当时，都有
，那么就说函数在区间上是减函数.
2．函数的最值
1.最大值：一般地，设函数的定义域为，如果存在实数满足：
（1）对于任意的，都有；
（2）存在，使得.
那么，我们称是函数的最大值.
2.最小值：一般地，设函数的定义域为，如果存在实数满足：
（1）对于任意的，都有；
（2）存在，使得.
那么，我们称是函数的最小值.
【考点分类剖析】
考点一 单调性的判定和证明
【典例1】（2020·西藏自治区高三二模（文））下列函数中，在区间上为减函数的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
对于A选项，函数在区间上为增函数；
对于B选项，函数在区间上为增函数；
对于C选项，函数在区间上为减函数；
对于D选项，函数在区间上为增函数.
故选：C.
【典例2】（2021·全国高一课时练习）已知函数f(x)=，证明函数在(-2，+∞)上单调递增.
【答案】证明见解析.
【解析】
∀x1，x2∈(-2，+∞)，利用作差法和0比可得函数值大小进而可证得.
【详解】
证明：∀x1，x2∈(-2，+∞)，且x1>x2>-2，
f(x)=
则f(x1)-f(x2)=
=，
因为x1>x2>-2，
所以x1-x2>0，x1+2>0，x2+2>0，
所以>0，所以f(x1)>f(x2)，
所以f(x)在(-2，+∞)上单调递增.
【规律方法】
掌握确定函数单调性(区间)的4种常用方法
(1)定义法：一般步骤为设元→作差→变形→判断符号→得出结论．其关键是作差变形，为了便于判断差的符号，通常将差变成因式连乘(除)或平方和的形式，再结合变量的范围、假定的两个自变量的大小关系及不等式的性质进行判断．
(2)图象法：如果f(x)是以图象形式给出的，或者f(x)的图象易作出，则可由图象的直观性确定它的单调性．
（3）熟悉一些常见的基本初等函数的单调性.
（4）导数法：利用导数取值的正负确定函数的单调性．
【变式探究】
1.【多选题】（2021·全国高一课时练习）设函数f(x)在R上为增函数，则下列结论不一定正确的是（ ）
A．y=在R上为减函数 B．y=|f(x)|在R上为增函数
C．y=在R上为增函数 D．y=f(x)在R上为减函数
【答案】ABC
【解析】
令可判断出A B C不正确，利用单调函数的定义判断可得结果.
【详解】
对于A，若f(x)=x，则y==，在R上不是减函数，A错误；
对于B，若f(x)=x，则y=|f(x)|=|x|，在R上不是增函数，B错误；
对于C，若f(x)=x，则y==，在R上不是增函数，C错误；
对于D，函数f(x)在R上为增函数，则对于任意的x1，x2∈R，设x1 对于y=f(x)，则有y1-y2=[f(x1)][f(x2)]=f(x2)f(x1)>0，
则y=f(x)在R上为减函数，D正确.
故选：ABC
2.已知，那么( )
A. 在区间上单调递增 B. 在上单调递增
C. 在上单调递增 D. 在上单调递增
【答案】D
【解析】，在
记，则
当时，单调递增，且
而在不具有单调性，故A错误；
当时，不具有单调性，故B错误；
当时，单调递增，且
而在不具有单调性，故C错误；
当时，单调递减，且
而在单调递减，根据“同增异减”知，D正确.
故选：D
考点二：求函数的单调区间
【典例3】（2021·全国高一课时练习）函数f(x)=在（ ）
A．(-∞，1)∪(1，+∞)上单调递增
B．(-∞，1)∪(1，+∞)上单调递减
C．(-∞，1)和(1，+∞)上单调递增
D．(-∞，1)和(1，+∞)上单调递减
【答案】C
【解析】
分离函数得f(x)=-1，结合函数y=-在(-∞，0)和(0，+∞)上单调递增，由平移即可判断.
【详解】
f(x)的定义域为{x|x≠1}.
f(x)==-1=-1，
因为函数y=-在(-∞，0)和(0，+∞)上单调递增，由平移关系得，
f(x)在(-∞，1)和(1，+∞)上单调递增.
故选：C.
【典例4】函数的单调递增区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
得或，
令，则为增函数，
在上的增区间便是原函数的单调递增区间，
原函数的单调递增区间为，故选D.
【规律方法】
确定函数的单调区间常见方法：
1.利用基本初等函数的单调区间
2.图象法：对于基本初等函数及其函数的变形函数，可以作出函数图象求出函数的单调区间.
3.复合函数法：对于函数，可设内层函数为，外层函数为，可以利用复合函数法来进行求解，遵循“同增异减”，即内层函数与外层函数在区间D上的单调性相同，则函数在区间D上单调递增；内层函数与外层函数在区间D上的单调性相反，则函数在区间D上单调递减.
4.导数法：不等式的解集与函数的定义域的交集即为函数的单调递增区间，不等式的解集与函数的定义域的交集即为函数的单调递减区间.
【变式探究】
1.函数的单调递增区间是（ ）
A B C D
【答案】A
【解析】
由题可得x2-3x+2＞0，解得x＜1或x＞2，
由二次函数的性质和复合函数的单调性可得
函数的单调递增区间为：（-∞，1）
故选：A．
2．（2021·浙江高一期末）若函数，则下列判断中正确的是___________．
（1），即函数的图象关于点成中心对称；
（2）函数的值域为；
（3）函数的单调递减区间是．
【答案】(1)(3)
【解析】
(1)根据对称中心直接验证即可判断(1)；对分和讨论，分别求出相应的值域可判断(2)；对分和讨论，并结合反比例型函数单调性，可判断(3).
【详解】
(1)因为，所以函数的图象关于点成中心对称，故(1)正确；
(2)当时，，此时函数在上单调递减，所以；
当时，，此时函数在上单调递减，所以；
所以函数，故(2)错误.
(3)由(2)可知，函数的单调递减区间是，故(3)正确．
故答案为：(1)(3)
方法点睛：函数关于点中心对称.
【特别警示】
1.单调区间必须是一个区间，不能是两个区间的并，如不能写成函数y＝在(－∞，0)∪(0，＋∞)上是减函数，而只能写成在(－∞，0)和(0，＋∞)上是减函数．
2.区间端点的写法；对于单独的一点，由于它的函数值是唯一确定的常数，没有增减变化，所以不存在单调问题，因此写单调区间时，可以包括端点，也可以不包括端点，但对于某些点无意义时，单调区间就不包括这些点．
考点三：利用单调性比较大小
【典例5】（2021·河南安阳市·高三一模（理））设函数满足，且有，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
根据题意，得到函数在上单调递增，且为定义在上的偶函数，结合函数的单调性与奇偶性，即可求解.
【详解】
由题意知，都有，
可得函数在上单调递增，
又由函数满足，可得是定义在上的偶函数，
所以，所以，即，
故选：C.
【典例6】（2020·四川省高三三模（理））定义在实数集上的函数满足，且当时，是增函数，则，，的大小关系正确的是（ ）.
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
，
关于对称，
又时，是增函数，，，
.
故选：C.
【方法总结】
先判断出函数的单调性，然后判断之间的大小关系，利用单调性比较出之间的大小关系.一般地，比较函数值的大小时，若自变量的值不在同一个单调区间内，要利用其函数性质，转化到同一个单调区间上进行比较，对于选择题、填空题能数形结合的尽量用图象法求解．
【变式探究】
1.已知定义在上的函数满足，且对任意（0，3)都有，若，，，则下面结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
因为，得函数关于对称，
又对任意（0，3)都有，所以函数在（0，3)时单调递减，
因为，所以，
又，所以，所以，故选C.
2.（2020·辽宁省抚顺一中高三二模（理））已知函数，设，，，则，，的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
因为，所以，
因此为偶函数，且易知函数在上单调递增，
又，，，
所以，
因此.
故选C
考点四：利用单调性确定参数取值范围
【典例7】（2020·重庆市育才中学高三开学考试（文））若函数是上的增函数，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
由函数是上的增函数，
则，解得，
即实数的取值范围是，
故选：B.
【典例8】【多选题】（2021·湖南长沙市·长沙一中高二月考）已知函数，若对任意的[t，t+1]，不等式恒成立，则整数t的取值可以是（ ）
A． B．1 C．3 D．5
【答案】CD
【解析】
首先判断在上为增函数，将不等式转化为，即对任意的[t，t+1]恒成立，利用一次函数的单调性，解不等式可得所求范围.
【详解】
，
当时，，在递增，
当时，，在上递增，
且，为连续函数，
所以在上为增函数，且，
由对任意的[t，t+1]，不等式恒成立，
即，
即，所以对任意的[t，t+1]恒成立，
由在[t，t+1]上递增，
可得的最大值为，
即，解得.
故选：CD
【典例9】（2020·江苏省睢宁县高级中学高三月考）已知，若在上恒成立，则实数的取值范围是__________
【答案】
【解析】
作出函数和在上的图像，如下图所示


由图可知，当直线在阴影部分之间时，满足在上恒成立
，所以
当直线经过点时，
当直线恰好是轴时，
所以
所以的取值范围是
故答案为：
【规律方法】
1.利用单调性求参数的范围(或值)的方法
（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）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．
（3）注意函数单调性呈现的三种方式：定义式、比值式（）、x2－x1与f(x2)－f(x1)关系式.
2.利用分离参数法；
3.对于恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.
【变式探究】
1.（2020·全国高三（文））已知函数，若，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
，
如图所示：画出函数图像，根据图像知函数单调递增，
，即，解得或.
故选：D.

2.（2019·陕西西安中学高三期中（文））若函数为R上的减函数，则实数a的取值范围是　　
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
因为函数为R上的减函数，所以,
,是减函数，且当时，，故只需满足，解得，故选C.
考点五：利用函数的单调性解决不等式问题
【典例10】【多选题】已知函数，则下列x的范围满足不等式的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】BCD
【解析】
画出函数的图象，由图象可知函数在上为增函数，再利用函数的单调性简化不等式，即可得到结果．
【详解】
因为函数，画出函数图象如图所示：
所以函数在上为增函数，
由得，
即
解得，
故选：B C D．
【典例11】（2020·海南高考真题）若定义在的奇函数f(x)在单调递减，且f(2)=0，则满足的x的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
首先根据函数奇偶性与单调性，得到函数在相应区间上的符号，再根据两个数的乘积大于等于零，分类转化为对应自变量不等式，最后求并集得结果.
【详解】
因为定义在上的奇函数在上单调递减，且，
所以在上也是单调递减，且，，
所以当时，，当时，，
所以由可得：
或或
解得或，
所以满足的的取值范围是，
故选：D.
【规律方法】
1.给定具体函数，确定函数不等式的解，首先要判断函数的单调性；
2.求解含“f”的函数不等式的解题思路
先利用函数的相关性质将不等式转化为f(g(x))＞f(h(x))的形式，再根据函数的单调性去掉“f”，得到一般的不等式g(x)＞h(x)(或g(x)＜h(x))．
【变式探究】
1.（2020·重庆巴蜀中学高三月考（文））已知定义在上的函数满足，对任意的实数，且，，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
设，
则，
，
对任意的，且，，
得，
即，
所以在上是增函数，
不等式即为，
所以，.
故选：B
2.（2019·江西省新余一中高三一模（理））已知是定义在上的增函数，若，则的取值范围是______________．
【答案】
【解析】
因为是定义在上的增函数，
所以，联立解得，故答案为．
考点六：函数的单调性和最值（值域）问题
【典例12】（2021·全国高三月考（文））若函数在区间上的值域为，则（ ）
A．有最大值，但无最小值 B．既有最大值，也有最小值
C．无最大值，但有最小值 D．既无最大值，也无最小值
【答案】A
【解析】
取，判断无最小值；由于，故结合题意得，进而得答案.
【详解】
解：，
不妨设，则在上的值域为，
由于函数在区间上的值域为，
所以，故无最小值；
因为，，
，
由于抛物线开口向上，
故， ，
所以，
所以，当且仅当时取得最大值.
故选：A.
【典例13】（2021·全国高三专题练习）已知，，当时，恒成立，则的最小值是_____.
【答案】
【解析】
按的正负分类讨论确定的关系，从而可把化为的函数，再由基本不等式求得最小值．
【详解】
当时，，即恒成立，
是上的增函数，
∴，
当时，，即恒成立，
是上的增函数，
∴，
∴，∴，当时等号成立．
故答案为：.
【总结提升】
函数最大值和最小值定义中两个关键词：
①“存在”：
M首先是一个函数值，它是值域中的一个元素，
如函数y＝x2(x∈R)的最小值是0，有f(0)＝0.
②“任意”：
最大(小)值定义中的“任意”是说对于定义域内的每一个值都必须满足不等式，即对于定义域内的全部元素，都有f(x)≤M(f(x)≥M)成立，也就是说，函数y＝f(x)的图象不能位于直线y＝M的上(下)方．
【变式探究】
1.（2020·上海高三一模）设，，若，则的（ ）
A．最小值为8 B．最大值为8
C．最小值为2 D．最大值为2
【答案】A
【解析】
本题首先可根据题意得出，然后根据得出，并将转化为，最后取，即可得出结果.
【详解】
因为，，所以，
因为，所以，，
则，
故当时，最小，，
故选：A.
2.（2020·辽宁省高三其他（文））已知函数，若的最小值为，则实数的值不可能是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【解析】
由题意当时，，
当且仅当时，等号成立；
当时，，图象为二次函数图象的一部分，对称轴为，
当时，为函数在上的最小值，不合题意；
当时，为函数在上的最小值，，
由题意可得，解得；
综上，实数的取值范围为.
故选：A.
【方法拓展】
求函数最值（值域）的常见方法：
1.单调性法： 利用函数的单调性:若是上的单调增(减)函数,则,分别是在区间上取得最小(大)值,最大(小)值.
2.图象法：对于由基本初等函数图象变化而来的函数，通过观察函数图象的最高点或最低点确定函数的最值.
3. 利用配方法:形如型,用此种方法,注意自变量x的范围.
4.利用三角函数的有界性,如.
5.利用“分离常数”法:形如y= 或 (至少有一个不为零)的函数,求其值域可用此法.
6.利用换元法:形如型,可用此法求其值域.
7.利用基本不等式法:
8.导数法:利用导数与函数的连续性求图复杂函数的极值和最值,然后求出值域
9.求分段函数的最值时，应根据所给自变量值的大小选择相应的解析式求解，有时每段交替使用求值．若给出函数值或函数值的范围求自变量值或自变量的取值范围，应根据每一段的解析式分别求解，但要注意检验所求自变量值域范围是否符合相应段的自变量的取值范围．
10.由判别式法来判断函数的值域时，若原函数的定义域不是实数集时，应综合函数的定义域，将扩大的部
分剔除.
考点七：抽象函数的单调性问题
【典例14】（2021·海南高三其他模拟）已知定义在上的函数满足，且当时，，则关于的不等式（其中）的解集为（ ）
A． B．或
C． D．或
【答案】A
【解析】
先判断函数单调递减，再利用已知条件和函数的单调性得，解不等式即得解.
【详解】
任取，由已知得，即，所以函数单调递减．
由可得，
即，
所以，
即，
即，
又因为，
所以，
此时原不等式解集为．
故选：A
【典例15】设f(x)是定义在R上的函数，对m，n∈R，恒有f(m＋n)＝f(m)·f(n)(f(m)≠0，f(n)≠0)，且当x>0时，0 (1)f(0)＝1；
(2)x∈R时，恒有f(x)>0；
(3)f(x)在R上是减函数．
【答案】见解析
【解析】分析：(1)可通过赋值求f(0)；(2)可通过f(0)＝f[x＋(－x)]＝f(x)·f(－x)证明f(x)>0；(3)利用定义可证明函数的单调性．
解：(1)根据题意，令m＝0，可得f(0＋n)＝f(0)·f(n)，
∵f(n)≠0，∴f(0)＝1.
(2)由题意知x>0时，0 当x＝0时，f(0)＝1>0；
当x<0时，－x>0，∴0 ∵f[x＋(－x)]＝f(x)·f(－x)，
∴f(x)·f(－x)＝1，
∴f(x)＝>0.
故x∈R时，恒有f(x)>0.
(3)设x1，x2∈R，且x1 则f(x2)＝f[x1＋(x2－x1)]，
∴f(x2)－f(x1)＝f[x1＋(x2－x1)]－f(x1)＝f(x1)·f(x2－x1)－f(x1)＝f(x1)[f(x2－x1)－1]．
由(2)知f(x1)>0，又x2－x1>0，∴0 故f(x2)－f(x1)<0，∴f(x)在R上是减函数．
【总结提升】
1.所谓抽象函数，一般是指没有给出具体解析式的函数，研究抽象函数的单调性，主要是考查对函数单调性的理解，是一类重要的题型，而证明抽象函数的单调性常采用定义法．
2.一般地，在高中数学中，主要有两种类型的抽象函数，一是“f(x＋y)”型[即给出f(x＋y)所具有的性质，如本例]，二是“f(xy)”型．对于f(x＋y)型的函数，只需构造f(x2)＝f[x1＋(x2－x1)]，再利用题设条件将它用f(x1)与f(x2－x1)表示出来，然后利用题设条件确定f(x2－x1)的范围(如符号、与“1”的大小关系)，从而确定f(x2)与f(x1)的大小关系；对f(xy)型的函数，则只需构造f(x2)＝f(x1·)即可．
【变式探究】
1.（2020·上海高三专题练习）函数的定义域为，并满足以下条件：①对任意，有；②对任意，有；③.
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）求证：在上是单调增函数；
（Ⅲ）若，且，求证：.
【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析．
【解析】
解法一：
(Ⅰ)令得：
因为，所以；
（Ⅱ）任取且设则

因为，所以，
所以在上是单调增函数；
（Ⅲ）由（Ⅰ）（Ⅱ）知，因为
又，
所以
所以
解法二：
(Ⅰ)因为对任意，有，且对任意，
所以，当时
故．
（Ⅱ）因为，所以
所以在上是单调增函数，即在上是单调增函数
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，，
而，所以
所以
2．函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的减函数，对任意的x，y∈(0，＋∞)，都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)－1，且f(4)＝5.
(1)求f(2)的值；
(2)解不等式f(m－2)≥3.
【答案】(1)3.(2)(2,4]．
【解析】 (1)f(4)＝f(2＋2)＝f(2)＋f(2)－1，
又f(4)＝5，∴f(2)＝3.
(2)f(m－2)≥f(2)，∴，∴2＜m≤4.
∴m的范围为(2,4]．



专题3.2 函数的单调性与最值
练基础

1．（2021·全国高一课时练习）函数f(x)=在R上（ ）
A．是减函数 B．是增函数
C．先减后增 D．先增后减
【答案】B
【解析】
画出函数图像即可得解.
【详解】
选B.画出该分段函数的图象，由图象知，该函数在R上是增函数.

故选：B.
2．（2021·全国高一课时练习）若定义在R上的函数f(x)对任意两个不相等的实数a，b，总有>0成立，则必有（ ）
A．f(x)在R上是增函数 B．f(x)在R上是减函数
C．函数f(x)先增后减 D．函数f(x)先减后增
【答案】A
【解析】
根据条件可得当ab时，f(a)>f(b)，从而可判断.
【详解】
由>0知f(a)-f(b)与a-b同号，即当ab时，f(a)>f(b)，所以f(x)在R上是增函数.
故选：A.
3．（2021·全国高一课时练习）设函数f(x)是(-∞，+∞)上的减函数，则 （ ）
A．f(a)>f(2a) B．f(a2) C．f(a2+a) 【答案】D
【解析】
利用排除ABC，作差可知，根据单调性可知D正确.
【详解】
当时，选项A、B、C都不正确；
因为，所以，
因为在上为减函数，所以，故D正确.
故选：D
4．（2021·西藏高三二模（理））已知函数，若，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
根据函数为奇函数且在上单调递减可得求解.
【详解】
易知为上的奇函数，且在上单调递减，
由，
得，
于是得，解得．
故选：C．
5．（2021·广西来宾市·高三其他模拟（理））已知定义在R上的偶函数满足在上单调递增，，则关于x的不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
根据题意作出函数的草图，将，转化为，利用数形结合法求解.
【详解】
因为定义在R上的偶函数满足在内单调递增，
所以满足在内单调递减，又，
所以．
作出函数的草图如下：

由，得，
得，
所以或
所以或
解得或，
即不等式的解集为．
故选：D
6．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈师大附中高三三模（文））已知函数（ ）
A．是奇函数，单调递增 B．是奇函数，单调递减
C．是偶函数，单调递减 D．是偶函数，单调递增
【答案】D
【解析】
利用奇偶性和单调性的定义判断即可
【详解】
解：定义域为，
因为，所以为偶函数，
任取，且，则
，
因为，，所以，所以，所以在单调递增，
故选：D
7．（2021·全国高三月考（理））若是奇函数，且在上是减函数，又，则的解集是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
根据函数为奇函数，得到，再由函数在上是减函数，作出函数的图象，再由，等价于，利用数形结合法求解.
【详解】
因为函数为奇函数，
所以，
所以，
因为函数在上是减函数，
所以函数在上是减函数．
作出函数的大致图象如图所示，

而，等价于，即，
则或，
所以或，
解得或．
综上，的解集是．
故选：B
8．（2021·全国高三专题练习（文））已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．是偶函数，递增区间是
B．是偶函数，递减区间是
C．是奇函数，递减区间是
D．是奇函数，递增区间是
【答案】C
【解析】
将函数解析式化为分段函数型，画出函数图象，数形结合即可判断；
【详解】
解：将函数去掉绝对值得，
画出函数的图象，如图，观察图象可知，

函数的图象关于原点对称，
故函数为奇函数，且在上单调递减，
故选：C
9．（2021·宁夏银川市·高三二模（文））设函数，则（ ）
A．是偶函数，且在单调递增 B．是偶函数，且在单调递减
C．是奇函数，且在单调递增 D．是奇函数，且在单调递减
【答案】B
【解析】
利用定义可判断函数的奇偶性，化简函数在上的解析式，利用函数单调性的性质可判断函数在上的单调性.
【详解】
函数的定义域为，，
所以，函数为偶函数，
当时，，由于函数、在上均为减函数，
所以，函数在上单调递减，
故选：B.
10．（2021·全国高一课时练习）已知y=f(x)是定义在区间(-2，2)上单调递减的函数，若f(m-1)>f(1-2m)，则m的取值范围是_______.
【答案】
【解析】
结合函数定义域和函数的单调性列不等式求解即可.
【详解】
由题意得：解得 故答案为：
练提升TIDHNEG

1．（2021·黑龙江大庆市·大庆实验中学高二月考（文））定义在上的函数为递增函数，则头数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
根据定义域和单调性可知，再根据时的单调性判断出，由此求解出的取值范围..
【详解】
因为，所以时，即，由单调性可知，所以，解得；
当时，为增函数，若单调递增，则只需，所以，解得，
综上可知的取值范围是：，
故选：D.
2．（2021·上海高三二模）已知函数满足：对任意，都有．
命题：若是增函数，则不是减函数；
命题：若有最大值和最小值，则也有最大值和最小值．
则下列判断正确的是（ ）
A．和都是真命题 B．和都是假命题
C．是真命题，是假命题 D．是假命题，是真命题
【答案】A
【解析】
利用函数单调性定义结合已知判断命题p的真假，再利用函数最大、最小值的意义借助不等式性质判断命题q的真假而得解.
【详解】
对于命题：设，因为是上的增函数，所以，
所以，
因为，
所以
所以
故函数不是减函数，
故命题为真命题；
对于命题在上有最大值，此时，有最小值，此时，
因为，

所以，
所以也有最大值和最小值，故命题为真命题．
故选：A
3．（2021·全国高三二模（理））已知实数，，，满足，且，，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
先求解出方程的解，然后利用换元法（）将表示为关于的函数，根据条件分析的取值范围，然后分析出关于的函数的单调性，由此求解出的取值范围.
【详解】
因为，所以且，
令，则，且，所以，
又因为且，所以且，
所以，所以，所以，
当时，，
因为在上单调递减，所以在上单调递增，
当时，，当时，，所以；
当时，，
因为、在上单调递增，所以在上单调递减，
当时，，当时，，所以，
综上可知：，
故选：D.
4．【多选题】（2021·湖南高三三模）关于函数的结论正确的是（ ）
A．在定义域内单调递减 B．的值域为R
C．在定义城内有两个零点 D．是奇函数
【答案】BD
【解析】
根据所给函数结合函数性质，对各项逐个分析判断， 即可得解.
【详解】
的定义域为，
而和在各段定义域内均为减函数，
故在各段上为减函数，但不能说在定义域内单调递减，故A错误；
当 ，时，有，
当时，有，
所以的值域为R，故B正确；
令，可得，
所以在定义城内有一个零点，故C错误；
，
令，易知，此时定义域关于原点对称，
且，故为奇函数，
所以是奇函数，故D正确，
故选：BD.
5．【多选题】（2021·全国高三专题练习）(多选题)已知函数f(x)的定义域为R，对任意实数x，y满足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋，且f＝0，当x>时，f(x)>0，则以下结论正确的是（ ）
A．f(0)＝－，f(－1)＝－
B．f(x)为R上的减函数
C．f(x)＋为奇函数
D．f(x)＋1为偶函数
【答案】AC
【解析】
取，，得出，，的值进而判断A；由判断B；令结合奇偶性的定义判断C；令，结合g(x)为奇函数，得出，从而判断D.
【详解】
由已知，令，得，，令，得，，再令，得，，A正确；，不是上的减函数，B错误；令，得，，故C正确；令，由C可知g(x)为奇函数，，即，，故D错误.
故选：AC
6．【多选题】（2021·全国高一单元测试）如果函数在上是增函数，对于任意的，则下列结论中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
E.
【答案】AB
【解析】
利用函数单调性的定义：与同号，判断A、B、E的正误；而对于C、D选项，由于的大小不定，与的大小关系不能确定.
【详解】
由函数单调性的定义知，若函数在给定的区间上是增函数，则与同号，由此可知，选项A，B正确，E错误；
对于选项C、D，因为的大小关系无法判断，则与的大小关系确定也无法判断，故C，D不正确．
故选：AB.
7．【多选题】（2021·全国高一课时练习）（多选题）已知函数的定义域为，若存在区间使得：
（1）在上是单调函数；
（2）在上的值域是，
则称区间为函数的“倍值区间”．
下列函数中存在“倍值区间”的有（ ）
A．； B．； C．； D．．
【答案】ABD
【解析】
函数中存在“倍值区间”，则在内是单调函数,或，对四个函数的单调性分别研究，从而确定是否存在“倍值区间”．
【详解】
函数中存在“倍值区间”，则（1）在内是单调函数，（2）或，
对于A，，若存在“倍值区间”，则，，存在“倍值区间”；
对于B，，若存在“倍值区间”，当时，，故只需即可，故存在；
对于C，；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
若存在“倍值区间”，，
不符题意；
若存在“倍值区间”，不符题意，故此函数不存在“倍值区间“；
对于D，，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，若存在“倍值区间”，，，，，
即存在“倍值区间”；
故选：ABD．
8．（2021·全国高三专题练习（理））已知，，当时，恒成立，则的最小值是_____．
【答案】
【解析】
根据题中条件，先讨论，根据不等式恒成立求出；再讨论，求出得到，再由基本不等式即可求出结果.
【详解】
当时，，即恒成立，
是上的增函数，
∴，
当时，，即恒成立，
是上的增函数，
∴，
∴，∴，当时等号成立．
故答案为：.
9．（2021·全国高三专题练习）对于满足的所有实数p，则使不等式恒成立的x的取值范围为______．
【答案】．
【解析】
将不等式转化为在[-2，2]内关于的一次函数函数值大于0恒成立求参变量的范围的问题．
【详解】
解：原不等式可化为，令，则原问题等价于在上恒成立，
则，即解得：∴或．
即x的取值范围为.
故答案为：.
10．（2021·上海高三二模）已知，函数的最小值为，则由满足条件的的值组成的集合是_______________.
【答案】
【解析】
讨论与、的大小关系，判断函数在、上的单调性与最小值，根据函数的最小值列方程解出实数的值.
【详解】
分以下三种情况讨论：
①若时，即当时，，
所以，函数在上单调递减，且，
当时，，
此时，函数无最小值；
②若时，即当时，，
当时，，
当时，.
，所以，，整理可得，
，解得（舍去）；
③当时，即当时，，
当时，，
当时，.
因为，所以，，整理可得，
，解得或（舍去）.
综上所述，实数的取值集合为.
故答案为：.
练真题TIDHNEG

1．（2020·全国高考真题（文））设函数,则（ ）
A．是奇函数，且在(0,+∞)单调递增 B．是奇函数，且在(0,+∞)单调递减
C．是偶函数，且在(0,+∞)单调递增 D．是偶函数，且在(0,+∞)单调递减
【答案】A
【解析】
根据函数的解析式可知函数的定义域为，利用定义可得出函数为奇函数，
再根据函数的单调性法则，即可解出．
【详解】
因为函数定义域为，其关于原点对称，而，
所以函数为奇函数．
又因为函数在上单调递增，在上单调递增，
而在上单调递减，在上单调递减，
所以函数在上单调递增，在上单调递增．
故选：A．
2.（2019·北京高考真题（文））下列函数中，在区间（0，+）上单调递增的是（ ）
A． B．y= C． D．
【答案】A
【解析】
函数，
在区间 上单调递减，
函数 在区间上单调递增，故选A.
3．（2018·全国高考真题（文））设函数，则满足的x的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
分析：首先根据题中所给的函数解析式，将函数图像画出来，从图中可以发现若有成立，一定会有，从而求得结果.
详解：将函数的图像画出来，观察图像可知会有，解得，所以满足的x的取值范围是，故选D.

4.(2017课标II)函数 的单调递增区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】函数有意义，则： ，解得： 或 ，结合二次函数的单调性、对数函数的单调性和复合函数同增异减的原则可得函数的单调增区间为 .
故选D.
5.(2017天津)已知奇函数在上是增函数.若，则的大小关系为（ ）
（A）（B）（C）（D）
【答案】
【解析】由题意：，且：，
据此：，结合函数的单调性有：，
即，本题选择C选项.
6．（2020·北京高考真题）为满足人民对美好生活的向往，环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业要限期整改，设企业的污水排放量W与时间t的关系为，用的大小评价在这段时间内企业污水治理能力的强弱，已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如下图所示.


给出下列四个结论：
①在这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强；
②在时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强；
③在时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标；
④甲企业在这三段时间中，在的污水治理能力最强．
其中所有正确结论的序号是____________________．
【答案】①②③
【解析】
根据定义逐一判断，即可得到结果
【详解】
表示区间端点连线斜率的负数，
在这段时间内，甲的斜率比乙的小，所以甲的斜率的相反数比乙的大，因此甲企业的污水治理能力比乙企业强；①正确；
甲企业在这三段时间中，甲企业在这段时间内，甲的斜率最小，其相反数最大，即在的污水治理能力最强．④错误；
在时刻，甲切线的斜率比乙的小，所以甲切线的斜率的相反数比乙的大，甲企业的污水治理能力比乙企业强；②正确；
在时刻，甲、乙两企业的污水排放量都在污水打标排放量以下，所以都已达标；③正确；
故答案为：①②③