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专题3.2 函数的单调性与最值-2024年高考数学大一轮复习核心考点精讲精练（新高考专用）
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这是一份专题3.2 函数的单调性与最值-2024年高考数学大一轮复习核心考点精讲精练（新高考专用），文件包含专题32函数的单调性与最值原卷版docx、专题32函数的单调性与最值解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共43页， 欢迎下载使用。
【核心素养】
1.以常见函数为载体，考查函数的单调性，凸显数学运算的核心素养．
2. 与不等式、方程等相结合考查函数的单调性或求参数问题，凸显分类讨论思想的应用及数学运算的核心素养．
3. 与函数、不等式结合，考查单调性在求最值方面的应用，凸显直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养．
知识点一
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.
3．单调区间的定义
若函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，则称函数y＝f(x)在这一区间上具有(严格的)单调性，区间D叫做函数y＝f(x)的单调区间．
4.【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＝eq \f(1,x)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．
知识点二
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.
知识点三
常用结论
(1)函数f(x)与f(x)＋c(c为常数)具有相同的单调性．
(2)k>0时，函数f(x)与kf(x)单调性相同；k<0时，函数f(x)与kf(x)单调性相反．
(3)若f(x)恒为正值或恒为负值，则f(x)与具有相反的单调性．
(4)若f(x)，g(x)都是增(减)函数，则当两者都恒大于零时，f(x)·g(x)是增(减)函数；当两者都恒小于零时，f(x)·g(x)是减(增)函数．
(5)在公共定义域内，增＋增＝增，减＋减＝减，增－减＝增，减－增＝减．
(6)复合函数y＝f[g(x)]的单调性判断方法：“同增异减”．
常考题型剖析
题型一：单调性的判定和证明
【典例分析】
例1-1.（2021·全国·高考真题）下列函数中是增函数的为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据基本初等函数的性质逐项判断后可得正确的选项.
【详解】对于A，为上的减函数，不合题意，舍.
对于B，为上的减函数，不合题意，舍.
对于C，在为减函数，不合题意，舍.
对于D，为上的增函数，符合题意，
故选：D.
例1-2.（2023·河南·校联考模拟预测）下列函数中，在区间上单调递增的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由二次函数的性质可判断A，利用函数的导数可判断BC，根据绝对值的意义结合条件可判断D.
【详解】对于A，函数图象的对称轴为，函数在上单调递减，在上单调递增，故A错误；
对于B，当时，，所以函数在上单调递增，故B正确；
对于C，，函数在上单调递增，在上单调递减，故C错误；
对于D，当时，是常数函数，D错误，
故选：B.
【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．
【变式训练】
变式1-1.（2023·北京海淀·校考三模）下列函数中，在区间上是减函数的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据基本初等函数的单调性及对数型复合函数的单调性判断即可.
【详解】对于A：在定义域上单调递增，故A错误；
对于B：在定义域上单调递增，故B错误；
对于C：定义域为，因为在上单调递减且值域为，
又在定义域上单调递减，所以在上单调递增，故C错误；
对于D：，函数在上单调递减，故D正确；
故选：D
变式1-2. 【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
题型二：求函数的单调区间
例2-1. 函数f(x)=x2−2x−8的单调递增区间是（ ）
A. (−∞,−2] B. (−∞,1] C. [1,+∞) D. [4,+∞)
【答案】D
【解析】
x2−2x−8≥0得x≥4或x≤−2，
令x2−2x−8=t，则y=t为增函数，
∴t=x2−2x−8在[4,+∞)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[4,+∞)，故选D.
例2-2.（2023·北京密云·统考三模）设函数.
①当时，的单调递增区间为___________；
②若且，使得成立，则实数a的一个取值范围________.
【答案】
【分析】当时，作出的图象，结合图象，即可求得函数的递增区间，由，得到的图象关于对称，结合题意，即可求得的取值范围.
【详解】①当时，可得，函数的图象，如图所示，
可得函数的单调递增区间为.
②由，可函数的图象关于对称，
若且，使得成立，
如图所示，则满足，即实数的取值范围为.
故答案为：；.
【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.
【变式训练】
变式2-1. （2023·海南海口·统考模拟预测）函数的单调递减区间是（ ）
A．B．和
C．D．和
【答案】B
【分析】将绝对值函数转化成分段函数，由二次函数的性质即可求
【详解】，
则由二次函数的性质知，当时，的单调递减区间为；
当，的单调递减区间为，
故的单调递减区间是和.
故选：B
变式2-2. 函数y=lg12(x2−3x+2)的单调递增区间是（ ）
A (−∞,1) B (2,+∞) C (−∞,32) D (32,+∞)
【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y=lg12(x2−3x+2)的单调递增区间为：（-∞，1）
故选：A．
题型三：利用单调性比较大小
【典例分析】
例3-1. （2023·全国·统考高考真题）已知函数．记，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用作差法比较自变量的大小，再根据指数函数的单调性及二次函数的性质判断即可.
【详解】令，则开口向下，对称轴为，
因为，而，
所以，即
由二次函数性质知，
因为，而，
即，所以，
综上，，
又为增函数，故，即.
故选：A.
例3-2．（2023·全国·高三专题练习）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先构造函数，，由函数的单调性判断，再结合不等式的性质，结合选项，即可判断选项.
【详解】由题可得，，
设，，因为增函数+增函数=增函数，
即函数在上递增，所以由可得：.
对于A，由函数在上递减，所以当时，，A错误；
对于B，易知函数在上为增函数-减函数=增函数，所以当时，，即，B正确；
对于C，当时，若，则，C错误；
对于D，因为函数在上递增，所以当时，，D错误.
故选：B
【规律方法】
1. 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．
2.先构造函数，确定函数的单调性，再比较函数值大小．
【变式训练】
变式3-1.（2023·甘肃金昌·永昌县第一高级中学统考模拟预测）已知是函数的一个零点，若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据指数函数及一次函数的单调性确定函数递减，再由零点存在性确定零点范围，结合单调性判断大小.
【详解】函数在区间上单调递减，函数在区间上单调递减，
故函数在区间上单调递减，
又，
所以，
因为，，
由单调性知，即．
故选：B
变式3-2. （2023·新疆阿勒泰·统考三模）正数满足，则a与大小关系为______．
【答案】/
【分析】构造函数，并运用其单调性比较大小即可.
【详解】因为，
所以，
设，则，
所以，
又因为与在上单调递增，
所以在上单调递增，
所以.
故答案为：.
题型四：利用单调性确定参数取值范围
【典例分析】
例4-1.（2023·全国·统考高考真题）设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用指数型复合函数单调性，判断列式计算作答.
【详解】函数在R上单调递增，而函数在区间上单调递减，
则有函数在区间上单调递减，因此，解得，
所以的取值范围是.
故选：D
例4-2．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，满足对任意的实数，且，都有，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用已知条件判断函数的单调性然后转化分段函数推出不等式组，即可求出a的范围.
【详解】对任意的实数，都有,即成立，
可得函数图像上任意两点连线的斜率小于0，说明函数是减函数；
可得：，
解得，
故选：C
【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（eq \f(fx2－fx1,x2－x1)）、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.
【变式训练】
变式4-1. 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.
变式4-2.（2023·全国·高三专题练习）已知函数，对都有成立，则实数的取值范围是________________.
【答案】
【分析】由的单调性可得，结合题意即可求解
【详解】在上单调递减，所以，
因为对都有成立，所以，
故答案为：
题型五：利用函数的单调性解决不等式问题
【典例分析】
例5-1.（2020·北京·统考高考真题）已知函数，则不等式的解集是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】作出函数和的图象，观察图象可得结果.
【详解】因为，所以等价于，
在同一直角坐标系中作出和的图象如图：
两函数图象的交点坐标为，
不等式的解为或.
所以不等式的解集为：.
故选：D.
例5-2.（2023·陕西·西北工业大学附属中学校联考模拟预测）已知函数，则不等式的解集为______.
【答案】
【分析】先计算得到函数的图象关于中心对称，又由当时，，单调递减，可得在上单调递减，从而根据对称性和单调性可得或或，求解即可.
【详解】依题意，，
故，
故函数的图象关于中心对称.
当时，，单调递减，
故在上单调递减，且
因为函数的图象关于中心对称，
所以在上单调递减，且.
而，故或或，
解得或，故所求不等式的解集为.
故答案为：
【总结提升】
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))．
【变式训练】
变式5-1.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
变式5-2. （2023·辽宁葫芦岛·统考二模）已知函数，则关于x的不等式的解集为______．
【答案】
【分析】分析函数的性质，借助函数单调性和代入求解不等式作答.
【详解】当时，在上单调递减，在上单调递增，
当时，是增函数，且，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，而，
则当，即时，恒有成立，则，
当时，，不等式化为，解得，则，
所以不等式的解集为.
故答案为：
题型六：函数的单调性和最值（值域）问题
【典例分析】
例6-1.（2023·全国·校联考三模）已知函数在上的最小值为，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由已知可得当时，可得恒成立，通过分离变量，结合函数性质可求的取值范围
【详解】因为，函数在上的最小值为，
所以对，恒成立，
所以恒成立，即恒成立，
当时，，
当时，可得恒成立.
当或时，不等式显然成立；
当时，，
因为，所以，，，
所以；
当时，，
因为，所以，，，
所以.
综上可得，实数b的取值范围是.
故选：D.
例6-2.（2022·北京·统考高考真题）设函数若存在最小值，则a的一个取值为________；a的最大值为___________．
【答案】 0（答案不唯一） 1
【分析】根据分段函数中的函数的单调性进行分类讨论，可知，符合条件，不符合条件，时函数没有最小值，故的最小值只能取的最小值，根据定义域讨论可知或， 解得 .
【详解】解：若时，，∴；
若时，当时，单调递增，当时，，故没有最小值，不符合题目要求；
若时，
当时，单调递减，，
当时，
∴或，
解得，
综上可得；
故答案为：0（答案不唯一），1
【规律方法】
1.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．
2.对于恒成立问题，常用到以下两个结论：
(1)恒成立⇔；
(2)恒成立⇔.
3.已知函数最值（值域）求参数问题的解题步骤
(1)调整思维方向，根据已知函数，将给出的定义域、值域（最值）问题转化为方程或不等式的解集问题；
(2)根据方程或不等式的解集情况确定参数的取值或范围．
【变式训练】
变式6-1. （2021·北京·统考高考真题）已知是定义在上的函数，那么“函数在上单调递增”是“函数在上的最大值为”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】利用两者之间的推出关系可判断两者之间的条件关系.
【详解】若函数在上单调递增，则在上的最大值为，
若在上的最大值为，
比如，
但在为减函数，在为增函数，
故在上的最大值为推不出在上单调递增，
故“函数在上单调递增”是“在上的最大值为”的充分不必要条件，
故选：A.
变式6-2.（2023·北京·高三专题练习）已知函数的定义域为．能够说明“若在区间上的最大值为，则是增函数”为假命题的一个函数是_________．
【答案】，（答案不唯一）
【分析】利用二次函数的性质写出一个函数即可
【详解】对于函数，，
函数在上单调递减，在上单调递增，且，
所以在区间上的最大值为，但是函数在上不具有单调性，
故命题“若在区间上的最大值为，则是增函数”为假命题.
故答案为：，（答案不唯一）
题型七：抽象函数的单调性问题
例7-1. 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)，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m－2≤2,m－2＞0))，∴2＜m≤4.
∴m的范围为(2,4]．
例7-2.（2023·全国·高三对口高考）设定义在R上的函数，满足当时，，且对任意，有．
(1)求；
(2)求证：对任意，都有；
(3)解不等式；
(4)解方程．
【答案】(1)1
(2)证明见详解
(3)
(4)0
【分析】（1）赋值，即可得结果；
（2）由题意分析可得当时，，对于，令，结合题意分析证明；
（3）根据题意结合单调性的定义可证在上单调递增，结合单调性解不等式；
（4）先通过赋值可得，进而解得，再结合单调性分析求解.
【详解】（1）因为，
令，则，即，
所以.
（2）由题意可知：当时，；
由（1）可知：当时，；
当时，因为，
令，则，且，
所以，即；
综上所述：对任意，都有.
（3）对任意，且，
令，则，
则，
因为，则，可得，且，
可得，即，
所以在上单调递增，
又因为，可得，
对于不等式，可得，
解得，
所以不等式的解集为.
（4）由（3）可得，
令，可得，
令，可得，
对于方程，即，
则，解得或（舍去），
又因为在上单调递增，且，则，
所以方程的解为0.
【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·eq \f(x2,x1))即可．
【变式训练】
变式7-1.（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
变式7-2. 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
一、单选题
1．（2022秋·西藏林芝·高三校考阶段练习）函数的单调递增区间是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出定义域，在利用二次函数单调性判断出结果.
【详解】函数的定义域需要满足，解得定义域为，
因为在上单调递增，所以在上单调递增，
故选：D.
2．（2023·全国·高三对口高考）下列函数中，在区间上是增函数的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】结合指数函数的单调性判断A，结合幂函数的单调性判断B，结合二次函数性质判断C，结合对数函数单调性判断D.
【详解】因为是上的增函数，所以函数是上的减函数，A错误；
函数在是减函数，C错误；
因为，所以函数在是减函数，D错误；
因为函数在是减函数，
所以函数在是减函数，
所以函数在区间上为增函数，
所以函数在区间上为增函数，
故选：B．
3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数在上单调递增，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据函数单调性即可求出实数a的取值范围.
【详解】由题意，，
在中，函数单调递增，
∴，解得：，
故选：C.
4．（2023·北京通州·统考三模）设，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用函数的单调性估算的范围，即可比较大小.
【详解】因为在上单调递增，且，
所以，化简得；
因为在上单调递减，且，
所以，化简得；
因为在上单调递增，且，
所以，化简得；
综上，可知.
故选：A
5.（2023·黑龙江大庆·铁人中学校考二模）已知函数，若，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】讨论与0、1的大小关系，写出的解析式，解出不等式后，再求并集即为答案.
【详解】因为.
①当时，.
②当时，.
③当时，.
综上所述：.
故选：D.
6．（2023·全国·高三对口高考）设函数的定义域为R，对于给定的正数k，定义函数，给出函数，若对任意的，恒有，则（ ）．
A．k的最大值为2B．k的最小值为2C．k的最大值为1D．k的最小值为1
【答案】B
【分析】根据题意分析可得恒成立，根据恒成立问题结合二次函数分析运算.
【详解】由题意可知：即为取与两者的较小值，
若对任意的，恒有，则恒成立，
因为的开口向下，对称轴，
则当时，取到最大值，
所以，
即k的最小值为2，无最大值.
故选：B.
二、多选题
7．（2022秋·福建龙岩·高三校考阶段练习）下列函数中在区间内单调递减的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】根据函数解析式直接判断出函数的单调性，判断出AC选项，根据图象判断出D选项，根据同增异减判断B选项.
【详解】在上单调递增，故A错误；
可以看出，的复合，由同增异减可知在区间内单调递减，B正确；
定义域为，由同增异减可知在上单调递增，故C错误；
的图象如图所示，可以看出：在上单调递减，D正确.
故选：BD
8．（2022秋·山东青岛·高三青岛二中校考阶段练习）已知函数的定义域为，其图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．的单调递减区间为
B．的最大值为
C．的最小值为
D．的单调递增区间为
【答案】ABC
【分析】根据图象直接判断单调区间和最值即可.
【详解】对于A，由图象可知：的单调递减区间为，A正确；
对于B，当时，，B正确；
对于C，当时，，C正确；
对于D，由图象可知：的单调递增区间为和，但并非严格单调递增，不能用“”连接，D错误.
故选：ABC.
9．（2023·江苏·校联考模拟预测）若函数，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】利用幂函数的性质及函数的单调性的性质，结合特殊值法及构造函数法即可求解.
【详解】由幂函数的性质知， 在上单调递增.
因为,所以，即，，
所以．故A正确；
令，则，故B错误；
令，则
由函数单调性的性质知，在上单调递增，在上单调递增，
所以在上单调递增，
因为，所以，即，于是有，故C正确；
令，则，
所以因为，故D错误．
故选：AC.
三、填空题
10．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，对于任意两个不相等的实数，都有不等式成立，则实数a取值范围是________．
【答案】
【分析】先利用函数单调性的定义证得在上为单调递增函数，再分类讨论与两种情况，结合二次函数与一次函数的性质即可得解，特别要注意处的情况.
【详解】因为对于任意两个不相等的实数，都有，
不妨设，则，故，即，
所以在上为单调递增函数，
当时，，
所以的图像是由的图像，将轴下方的部分沿轴往上翻折，同时保留轴上方的部分而得，如图所示：
因为在上为单调递增函数，所以；
当时，为增函数，所以；
且在处，，解得；
综上，.
故答案为：.
11.（2023·全国·高三专题练习）已知二次函数（a，b为常数）满足，且方程有两等根，在上的最大值为，则的最大值为__________.
【答案】1
【分析】由有两等根，可得得，由可得 为对称轴，可得，则可得到的解析式，对分类讨论，利用函数单调性可得的最大值.
【详解】解：已知方程有两等根，即有两等根，
，解得；
，得，是函数图象的对称轴.
而此函数图象的对称轴是直线，，
故，
若在上的最大值为，
当时，在上是增函数，，
当时，在上是增函数，在上是减函数，，
综上，的最大值为1.
故答案为：1.
四、解答题
12．（2023·高一课时练习）已知函数的定义域是，满足，时，对任意正实数x，y，都有．
(1)求的值；
(2)证明：函数在上是增函数；
(3)求不等式的解集．
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据已知条件及赋值法即可求解；
（2）根据已知条件及函数单调性的定义即可求解；
（3）利用（1）（2）的结论及函数的单调性即可求解.
【详解】（1）因为对任意正实数x，y，都有，
所以，即，
因为，
所以.
（2）由得，
任取，且，则，
，即，
所以函数在上是增函数；
（3）由（1）知，，
因为，
所以，即，
由（2）知，函数在上是增函数；
所以，解得，
故不等式的解集为.
【核心素养】
1.以常见函数为载体，考查函数的单调性，凸显数学运算的核心素养．
2. 与不等式、方程等相结合考查函数的单调性或求参数问题，凸显分类讨论思想的应用及数学运算的核心素养．
3. 与函数、不等式结合，考查单调性在求最值方面的应用，凸显直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养．
知识点一
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.
3．单调区间的定义
若函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，则称函数y＝f(x)在这一区间上具有(严格的)单调性，区间D叫做函数y＝f(x)的单调区间．
4.【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＝eq \f(1,x)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．
知识点二
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.
知识点三
常用结论
(1)函数f(x)与f(x)＋c(c为常数)具有相同的单调性．
(2)k>0时，函数f(x)与kf(x)单调性相同；k<0时，函数f(x)与kf(x)单调性相反．
(3)若f(x)恒为正值或恒为负值，则f(x)与具有相反的单调性．
(4)若f(x)，g(x)都是增(减)函数，则当两者都恒大于零时，f(x)·g(x)是增(减)函数；当两者都恒小于零时，f(x)·g(x)是减(增)函数．
(5)在公共定义域内，增＋增＝增，减＋减＝减，增－减＝增，减－增＝减．
(6)复合函数y＝f[g(x)]的单调性判断方法：“同增异减”．
常考题型剖析
题型一：单调性的判定和证明
【典例分析】
例1-1.（2021·全国·高考真题）下列函数中是增函数的为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据基本初等函数的性质逐项判断后可得正确的选项.
【详解】对于A，为上的减函数，不合题意，舍.
对于B，为上的减函数，不合题意，舍.
对于C，在为减函数，不合题意，舍.
对于D，为上的增函数，符合题意，
故选：D.
例1-2.（2023·河南·校联考模拟预测）下列函数中，在区间上单调递增的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由二次函数的性质可判断A，利用函数的导数可判断BC，根据绝对值的意义结合条件可判断D.
【详解】对于A，函数图象的对称轴为，函数在上单调递减，在上单调递增，故A错误；
对于B，当时，，所以函数在上单调递增，故B正确；
对于C，，函数在上单调递增，在上单调递减，故C错误；
对于D，当时，是常数函数，D错误，
故选：B.
【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．
【变式训练】
变式1-1.（2023·北京海淀·校考三模）下列函数中，在区间上是减函数的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据基本初等函数的单调性及对数型复合函数的单调性判断即可.
【详解】对于A：在定义域上单调递增，故A错误；
对于B：在定义域上单调递增，故B错误；
对于C：定义域为，因为在上单调递减且值域为，
又在定义域上单调递减，所以在上单调递增，故C错误；
对于D：，函数在上单调递减，故D正确；
故选：D
变式1-2. 【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
则y=—f(x)在R上为减函数，D正确.
故选：ABC
题型二：求函数的单调区间
例2-1. 函数f(x)=x2−2x−8的单调递增区间是（ ）
A. (−∞,−2] B. (−∞,1] C. [1,+∞) D. [4,+∞)
【答案】D
【解析】
x2−2x−8≥0得x≥4或x≤−2，
令x2−2x−8=t，则y=t为增函数，
∴t=x2−2x−8在[4,+∞)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[4,+∞)，故选D.
例2-2.（2023·北京密云·统考三模）设函数.
①当时，的单调递增区间为___________；
②若且，使得成立，则实数a的一个取值范围________.
【答案】
【分析】当时，作出的图象，结合图象，即可求得函数的递增区间，由，得到的图象关于对称，结合题意，即可求得的取值范围.
【详解】①当时，可得，函数的图象，如图所示，
可得函数的单调递增区间为.
②由，可函数的图象关于对称，
若且，使得成立，
如图所示，则满足，即实数的取值范围为.
故答案为：；.
【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.
【变式训练】
变式2-1. （2023·海南海口·统考模拟预测）函数的单调递减区间是（ ）
A．B．和
C．D．和
【答案】B
【分析】将绝对值函数转化成分段函数，由二次函数的性质即可求
【详解】，
则由二次函数的性质知，当时，的单调递减区间为；
当，的单调递减区间为，
故的单调递减区间是和.
故选：B
变式2-2. 函数y=lg12(x2−3x+2)的单调递增区间是（ ）
A (−∞,1) B (2,+∞) C (−∞,32) D (32,+∞)
【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y=lg12(x2−3x+2)的单调递增区间为：（-∞，1）
故选：A．
题型三：利用单调性比较大小
【典例分析】
例3-1. （2023·全国·统考高考真题）已知函数．记，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用作差法比较自变量的大小，再根据指数函数的单调性及二次函数的性质判断即可.
【详解】令，则开口向下，对称轴为，
因为，而，
所以，即
由二次函数性质知，
因为，而，
即，所以，
综上，，
又为增函数，故，即.
故选：A.
例3-2．（2023·全国·高三专题练习）已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先构造函数，，由函数的单调性判断，再结合不等式的性质，结合选项，即可判断选项.
【详解】由题可得，，
设，，因为增函数+增函数=增函数，
即函数在上递增，所以由可得：.
对于A，由函数在上递减，所以当时，，A错误；
对于B，易知函数在上为增函数-减函数=增函数，所以当时，，即，B正确；
对于C，当时，若，则，C错误；
对于D，因为函数在上递增，所以当时，，D错误.
故选：B
【规律方法】
1. 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．
2.先构造函数，确定函数的单调性，再比较函数值大小．
【变式训练】
变式3-1.（2023·甘肃金昌·永昌县第一高级中学统考模拟预测）已知是函数的一个零点，若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据指数函数及一次函数的单调性确定函数递减，再由零点存在性确定零点范围，结合单调性判断大小.
【详解】函数在区间上单调递减，函数在区间上单调递减，
故函数在区间上单调递减，
又，
所以，
因为，，
由单调性知，即．
故选：B
变式3-2. （2023·新疆阿勒泰·统考三模）正数满足，则a与大小关系为______．
【答案】/
【分析】构造函数，并运用其单调性比较大小即可.
【详解】因为，
所以，
设，则，
所以，
又因为与在上单调递增，
所以在上单调递增，
所以.
故答案为：.
题型四：利用单调性确定参数取值范围
【典例分析】
例4-1.（2023·全国·统考高考真题）设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用指数型复合函数单调性，判断列式计算作答.
【详解】函数在R上单调递增，而函数在区间上单调递减，
则有函数在区间上单调递减，因此，解得，
所以的取值范围是.
故选：D
例4-2．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，满足对任意的实数，且，都有，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用已知条件判断函数的单调性然后转化分段函数推出不等式组，即可求出a的范围.
【详解】对任意的实数，都有,即成立，
可得函数图像上任意两点连线的斜率小于0，说明函数是减函数；
可得：，
解得，
故选：C
【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（eq \f(fx2－fx1,x2－x1)）、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.
【变式训练】
变式4-1. 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.
变式4-2.（2023·全国·高三专题练习）已知函数，对都有成立，则实数的取值范围是________________.
【答案】
【分析】由的单调性可得，结合题意即可求解
【详解】在上单调递减，所以，
因为对都有成立，所以，
故答案为：
题型五：利用函数的单调性解决不等式问题
【典例分析】
例5-1.（2020·北京·统考高考真题）已知函数，则不等式的解集是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】作出函数和的图象，观察图象可得结果.
【详解】因为，所以等价于，
在同一直角坐标系中作出和的图象如图：
两函数图象的交点坐标为，
不等式的解为或.
所以不等式的解集为：.
故选：D.
例5-2.（2023·陕西·西北工业大学附属中学校联考模拟预测）已知函数，则不等式的解集为______.
【答案】
【分析】先计算得到函数的图象关于中心对称，又由当时，，单调递减，可得在上单调递减，从而根据对称性和单调性可得或或，求解即可.
【详解】依题意，，
故，
故函数的图象关于中心对称.
当时，，单调递减，
故在上单调递减，且
因为函数的图象关于中心对称，
所以在上单调递减，且.
而，故或或，
解得或，故所求不等式的解集为.
故答案为：
【总结提升】
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))．
【变式训练】
变式5-1.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
变式5-2. （2023·辽宁葫芦岛·统考二模）已知函数，则关于x的不等式的解集为______．
【答案】
【分析】分析函数的性质，借助函数单调性和代入求解不等式作答.
【详解】当时，在上单调递减，在上单调递增，
当时，是增函数，且，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，而，
则当，即时，恒有成立，则，
当时，，不等式化为，解得，则，
所以不等式的解集为.
故答案为：
题型六：函数的单调性和最值（值域）问题
【典例分析】
例6-1.（2023·全国·校联考三模）已知函数在上的最小值为，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由已知可得当时，可得恒成立，通过分离变量，结合函数性质可求的取值范围
【详解】因为，函数在上的最小值为，
所以对，恒成立，
所以恒成立，即恒成立，
当时，，
当时，可得恒成立.
当或时，不等式显然成立；
当时，，
因为，所以，，，
所以；
当时，，
因为，所以，，，
所以.
综上可得，实数b的取值范围是.
故选：D.
例6-2.（2022·北京·统考高考真题）设函数若存在最小值，则a的一个取值为________；a的最大值为___________．
【答案】 0（答案不唯一） 1
【分析】根据分段函数中的函数的单调性进行分类讨论，可知，符合条件，不符合条件，时函数没有最小值，故的最小值只能取的最小值，根据定义域讨论可知或， 解得 .
【详解】解：若时，，∴；
若时，当时，单调递增，当时，，故没有最小值，不符合题目要求；
若时，
当时，单调递减，，
当时，
∴或，
解得，
综上可得；
故答案为：0（答案不唯一），1
【规律方法】
1.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．
2.对于恒成立问题，常用到以下两个结论：
(1)恒成立⇔；
(2)恒成立⇔.
3.已知函数最值（值域）求参数问题的解题步骤
(1)调整思维方向，根据已知函数，将给出的定义域、值域（最值）问题转化为方程或不等式的解集问题；
(2)根据方程或不等式的解集情况确定参数的取值或范围．
【变式训练】
变式6-1. （2021·北京·统考高考真题）已知是定义在上的函数，那么“函数在上单调递增”是“函数在上的最大值为”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】利用两者之间的推出关系可判断两者之间的条件关系.
【详解】若函数在上单调递增，则在上的最大值为，
若在上的最大值为，
比如，
但在为减函数，在为增函数，
故在上的最大值为推不出在上单调递增，
故“函数在上单调递增”是“在上的最大值为”的充分不必要条件，
故选：A.
变式6-2.（2023·北京·高三专题练习）已知函数的定义域为．能够说明“若在区间上的最大值为，则是增函数”为假命题的一个函数是_________．
【答案】，（答案不唯一）
【分析】利用二次函数的性质写出一个函数即可
【详解】对于函数，，
函数在上单调递减，在上单调递增，且，
所以在区间上的最大值为，但是函数在上不具有单调性，
故命题“若在区间上的最大值为，则是增函数”为假命题.
故答案为：，（答案不唯一）
题型七：抽象函数的单调性问题
例7-1. 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)，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m－2≤2,m－2＞0))，∴2＜m≤4.
∴m的范围为(2,4]．
例7-2.（2023·全国·高三对口高考）设定义在R上的函数，满足当时，，且对任意，有．
(1)求；
(2)求证：对任意，都有；
(3)解不等式；
(4)解方程．
【答案】(1)1
(2)证明见详解
(3)
(4)0
【分析】（1）赋值，即可得结果；
（2）由题意分析可得当时，，对于，令，结合题意分析证明；
（3）根据题意结合单调性的定义可证在上单调递增，结合单调性解不等式；
（4）先通过赋值可得，进而解得，再结合单调性分析求解.
【详解】（1）因为，
令，则，即，
所以.
（2）由题意可知：当时，；
由（1）可知：当时，；
当时，因为，
令，则，且，
所以，即；
综上所述：对任意，都有.
（3）对任意，且，
令，则，
则，
因为，则，可得，且，
可得，即，
所以在上单调递增，
又因为，可得，
对于不等式，可得，
解得，
所以不等式的解集为.
（4）由（3）可得，
令，可得，
令，可得，
对于方程，即，
则，解得或（舍去），
又因为在上单调递增，且，则，
所以方程的解为0.
【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·eq \f(x2,x1))即可．
【变式训练】
变式7-1.（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
变式7-2. 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
一、单选题
1．（2022秋·西藏林芝·高三校考阶段练习）函数的单调递增区间是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出定义域，在利用二次函数单调性判断出结果.
【详解】函数的定义域需要满足，解得定义域为，
因为在上单调递增，所以在上单调递增，
故选：D.
2．（2023·全国·高三对口高考）下列函数中，在区间上是增函数的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】结合指数函数的单调性判断A，结合幂函数的单调性判断B，结合二次函数性质判断C，结合对数函数单调性判断D.
【详解】因为是上的增函数，所以函数是上的减函数，A错误；
函数在是减函数，C错误；
因为，所以函数在是减函数，D错误；
因为函数在是减函数，
所以函数在是减函数，
所以函数在区间上为增函数，
所以函数在区间上为增函数，
故选：B．
3．（2023·全国·高三专题练习）已知函数在上单调递增，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据函数单调性即可求出实数a的取值范围.
【详解】由题意，，
在中，函数单调递增，
∴，解得：，
故选：C.
4．（2023·北京通州·统考三模）设，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用函数的单调性估算的范围，即可比较大小.
【详解】因为在上单调递增，且，
所以，化简得；
因为在上单调递减，且，
所以，化简得；
因为在上单调递增，且，
所以，化简得；
综上，可知.
故选：A
5.（2023·黑龙江大庆·铁人中学校考二模）已知函数，若，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】讨论与0、1的大小关系，写出的解析式，解出不等式后，再求并集即为答案.
【详解】因为.
①当时，.
②当时，.
③当时，.
综上所述：.
故选：D.
6．（2023·全国·高三对口高考）设函数的定义域为R，对于给定的正数k，定义函数，给出函数，若对任意的，恒有，则（ ）．
A．k的最大值为2B．k的最小值为2C．k的最大值为1D．k的最小值为1
【答案】B
【分析】根据题意分析可得恒成立，根据恒成立问题结合二次函数分析运算.
【详解】由题意可知：即为取与两者的较小值，
若对任意的，恒有，则恒成立，
因为的开口向下，对称轴，
则当时，取到最大值，
所以，
即k的最小值为2，无最大值.
故选：B.
二、多选题
7．（2022秋·福建龙岩·高三校考阶段练习）下列函数中在区间内单调递减的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】根据函数解析式直接判断出函数的单调性，判断出AC选项，根据图象判断出D选项，根据同增异减判断B选项.
【详解】在上单调递增，故A错误；
可以看出，的复合，由同增异减可知在区间内单调递减，B正确；
定义域为，由同增异减可知在上单调递增，故C错误；
的图象如图所示，可以看出：在上单调递减，D正确.
故选：BD
8．（2022秋·山东青岛·高三青岛二中校考阶段练习）已知函数的定义域为，其图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．的单调递减区间为
B．的最大值为
C．的最小值为
D．的单调递增区间为
【答案】ABC
【分析】根据图象直接判断单调区间和最值即可.
【详解】对于A，由图象可知：的单调递减区间为，A正确；
对于B，当时，，B正确；
对于C，当时，，C正确；
对于D，由图象可知：的单调递增区间为和，但并非严格单调递增，不能用“”连接，D错误.
故选：ABC.
9．（2023·江苏·校联考模拟预测）若函数，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【分析】利用幂函数的性质及函数的单调性的性质，结合特殊值法及构造函数法即可求解.
【详解】由幂函数的性质知， 在上单调递增.
因为,所以，即，，
所以．故A正确；
令，则，故B错误；
令，则
由函数单调性的性质知，在上单调递增，在上单调递增，
所以在上单调递增，
因为，所以，即，于是有，故C正确；
令，则，
所以因为，故D错误．
故选：AC.
三、填空题
10．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，对于任意两个不相等的实数，都有不等式成立，则实数a取值范围是________．
【答案】
【分析】先利用函数单调性的定义证得在上为单调递增函数，再分类讨论与两种情况，结合二次函数与一次函数的性质即可得解，特别要注意处的情况.
【详解】因为对于任意两个不相等的实数，都有，
不妨设，则，故，即，
所以在上为单调递增函数，
当时，，
所以的图像是由的图像，将轴下方的部分沿轴往上翻折，同时保留轴上方的部分而得，如图所示：
因为在上为单调递增函数，所以；
当时，为增函数，所以；
且在处，，解得；
综上，.
故答案为：.
11.（2023·全国·高三专题练习）已知二次函数（a，b为常数）满足，且方程有两等根，在上的最大值为，则的最大值为__________.
【答案】1
【分析】由有两等根，可得得，由可得 为对称轴，可得，则可得到的解析式，对分类讨论，利用函数单调性可得的最大值.
【详解】解：已知方程有两等根，即有两等根，
，解得；
，得，是函数图象的对称轴.
而此函数图象的对称轴是直线，，
故，
若在上的最大值为，
当时，在上是增函数，，
当时，在上是增函数，在上是减函数，，
综上，的最大值为1.
故答案为：1.
四、解答题
12．（2023·高一课时练习）已知函数的定义域是，满足，时，对任意正实数x，y，都有．
(1)求的值；
(2)证明：函数在上是增函数；
(3)求不等式的解集．
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据已知条件及赋值法即可求解；
（2）根据已知条件及函数单调性的定义即可求解；
（3）利用（1）（2）的结论及函数的单调性即可求解.
【详解】（1）因为对任意正实数x，y，都有，
所以，即，
因为，
所以.
（2）由得，
任取，且，则，
，即，
所以函数在上是增函数；
（3）由（1）知，，
因为，
所以，即，
由（2）知，函数在上是增函数；
所以，解得，
故不等式的解集为.
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