3.2.1 单调性与最大(小)值-2022-2023学年高一数学《考点•题型•技巧》精讲与精练高分突破系列（人教A版2019必修第一册）.docx

1、3.2.1单调性与最大(小)值【考点梳理】重难点：单调性考点一：增函数与减函数的定义一般地，设函数f(x)的定义域为I，区间DI：(1)如果x1，x2D，当x1x2时，都有f(x1)f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D上单调递增，特别地，当函数f(x)在它的定义域上单调递增时，我们称它是增函数(2)如果x1，x2D，当x1f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D上单调递减，特别地，当函数f(x)在它的定义域上单调递减时，我们称它是减函数考点二：二函数的单调区间如果函数yf(x)在区间D上单调递增或单调递减，那么就说函数yf(x)在这一区间具有(严格的)单调性，区间D叫做yf(x)的单调区间

2、重难点：函数的最大(小)值考点一函数的最大(小)值及其几何意义最值条件几何意义最大值对于xI，都有f(x)M，x0I，使得f(x0)M函数yf(x)图象上最高点的纵坐标最小值对于xI，都有f(x)M，x0I，使得f(x0)M函数yf(x)图象上最低点的纵坐标考点二求函数最值的常用方法1图象法：作出yf(x)的图象，观察最高点与最低点，最高(低)点的纵坐标即为函数的最大(小)值2运用已学函数的值域3运用函数的单调性：(1)若yf(x)在区间a，b上是增函数，则ymaxf(b)，yminf(a)(2)若yf(x)在区间a，b上是减函数，则ymaxf(a)，yminf(b)4分段函数的最大(小)值是

3、指各段上的最大(小)值中最大(小)的那个【题型归纳】题型一：函数单调性的判定与证明1（2022全国高一单元测试）已知函数.判断在区间上的单调性，并用定义法证明.2（2022全国高一课时练习）已知函数，判断并证明在区间上的单调性3（2021新疆和硕县高级中学高一阶段练习）已知函数满足，且.(1)求和函数的解析式；(2)用定义法证明在其定义域的单调性.题型二：根据函数的单调性求参数范围4（2022全国高一课时练习）已知函数在上是增函数，则实数的取值范围为（）ABCD5（2021辽宁高一期中）已知函数是上的增函数，则实数的取值范围是（）ABCD6（2022全国高一课时练习）若函数在区间上单调递增，则

4、实数k的取值范围是（）ABCD题型三：复合函数的单调性7（2021黑龙江佳木斯一中高一期中）函数的单调递增区间是（）ABCD8（2020辽宁朝阳市第二高级中学高一阶段练习）定义在上的增函数，则函数的单调减区间是（）ABCD9（2021全国高一）函数的单调递增区间是（）ABCD题型四：根据函数的单调性解不等式10（2022全国高一课时练习）已知函数，则不等式的解集为（）ABCD11（2022全国高一单元测试）已知函数在上单调递减，则不等式的解集为（）ABCD12（2022全国高一单元测试）已知定义在上的函数满足：对任意的，都有，则满足不等式的x的解集是（）ABCD题型五：根据函数的单调性求值域1

5、3（2021江西宁冈中学高一开学考试（理）函数，的值域是（）ABCD14（2022安徽蚌埠高一期末）若函数在定义域上的值域为，则（）ABCD15（2021黑龙江哈尔滨德强学校高一期中）已知函数在区间0，2上的最大值是1，则a的取值范围是（）ABCD题型六：函数不等式恒成立问题16（2022全国高一单元测试）已知函数，若对任意的，且恒成立，则实数a的取值范围是（）ABCD17（2022全国高一单元测试）已知函数，若，恒有，则实数a的取值范围为（）ABCD18（2021广东广州市真光中学高一期中）已知函数和函数，若对任意.总存在使得成立，则实数m的取值范围是（）ABCD题型七：函数的单调性的综合问

6、题19（2022湖北黄石高一期末）已知函数是定义在R上的增函数，并且满足，(1)求的值；(2)若，求的取值范围20（2022全国高一专题练习）已知函数.(1)求函数的解析式；(2)设，若存在使成立，求实数的取值范围.21（2022安徽高一阶段练习）已知函数，(1)若在区间上单调递减，求a的最小值；(2)当时，求实数m的取值范围【双基达标】一、单选题22（2022全国高一课时练习）已知函数，则（）A的最小值为0，最大值为3B的最小值为，最大值为0C的最小值为，最大值为3D既无最小值，也无最大值23（2022全国高一课时练习）下列四个函数在是增函数的为（）ABCD24（2022全国高一课时练习）若

7、函数在上是减函数，则实数m的取值范围是（）ABCD25（2022全国高一课时练习）画出下列函数的图象，并写出单调区间：(1)；(2)26（2022全国高一课时练习）已知函数，(1)证明：函数在上单调递增；(2)设，若的定义域和值域都是，求的最大值【高分突破】一、单选题27（2022全国高一课时练习）已知函数 在上单调递减，则实数的取值范围是（）ABCD28（2022全国高一课时练习）已知函数，则满足不等式的的取值范围是（）ABCD29（2021福建省永泰县第二中学高一阶段练习）函数在R上为减函数，且，则实数的取值范围是（）ABCD30（2022全国高一专题练习）设函数的定义域为R，满足，且当时

8、，.若对任意，都有，则m的最大值是（）ABCD31（2022河南南阳高一期末）若定义域为R的函数满足，且，有，则的解集为（）ABCD32（2021浙江玉环中学高一阶段练习）已知函数R)当时，设的最大值为，则的最小值为（）ABCD33（2022全国高一课时练习）若函数是定义在R上的增函数，则实数m的取值范围是（）ABCD34（2022山西吕梁高一期末）已知函数，现有下列四个结论：对于任意实数a，的图象为轴对称图形；对于任意实数a，在上单调递增；当时，恒成立；存在实数a，使得关于x的不等式的解集为其中所有正确结论的序号是（）ABCD二、多选题35（2022全国高一课时练习）已知函数，下列结论正确的

9、是（）A定义域、值域分别是，B单调减区间是C定义域、值域分别是，D单调减区间是36（2022全国高一课时练习）若函数存在最大值，则实数a可能的值是（）ABC1D237（2022全国高一单元测试）设函数的定义域为D，若对任意的，都有，则称满足“L条件”，则下列函数不满足“L条件”的是（）A，B，C，D，38（2022江苏常州高一期末）已知函数是上的减函数，则实数的可能的取值有（）ABCD39（2022全国高一课时练习）如图所示是函数的图象，图中正半轴曲线与虚线无限接近但是永不相交，则以下描述正确的是（）A函数的定义域为B函数的值域为C此函数在定义域内是增函数D对于任意的，都有唯一的自变量与之对应

10、40（2021黑龙江哈尔滨七十三中高一期中）已知，设，则关于的说法正确的是（）A最大值为3，最小值为B最大值为，无最小值C单调递增区间为和，单调递减区间为和D单调递增区间为和，单调递减区间为和三、填空题41（2022浙江温州市第二十二中学高一开学考试）已知函数，且，则函数的值域是_.42（2022全国高一课时练习）若对任意，不等式恒成立，则实数m的取值范围是_43（2022全国高一课时练习）已知函数的增区间是，则实数a的值为_.44（2022全国高一单元测试）已知函数，若，使不等式成立，则实数的取值范围为_45（2022福建福州四中高一期末）设函数若存在最小值，a的取值范围_.46（2022全

11、国高一专题练习）已知函数，若则实数的取值范围是_四、解答题47（2022全国高一）在，这两个条件中任选一个，补充到下面问题的横线中，并求解该问题已知函数(1)当时，求函数在区间上的值域；(2)若_，求实数a的取值范围48（2022全国高一专题练习）定义在上的函数满足下面三个条件： 对任意正数，都有； 当时，； (1)求和的值；(2)试用单调性定义证明：函数在上是减函数；(3)求满足的的取值集合49（2022湖南周南中学高一阶段练习）已知函数（）.(1)当时，求的单调增区间；(2)当时，的最大值为，求实数a的取值范围.50（2022全国高一专题练习）已知函数(1)解关于的不等式(2)当时，对，都

12、有恒成立，求实数的取值范围【答案详解】1单调递增，证明见解析【分析】在所给区间内取，作函数值之差即，对式子进行化简，判断的正负即可得出结论；【详解】设，且，则， ， 由，得，又由，得，于是，即，所以在区间上单调递增.2单调递增，证明见解析【分析】利用单调性的定义证明，先任取，且，然后作差，变形，判断符号，即可得结论.【详解】在区间上单调递增，理由如下：任取，且，因为，所以，所以所以，所以，即，所以函数在区间上单调递增3(1)，；(2)证明见解析.【分析】（1）求出，即得解；（2）利用函数的单调性的定义证明.（1）解：由，则有，又由，则；所以.（2）证明：在其定义域为单调增函数.证明：，其定义域

13、为，令，所以，所以，因为，所以，所以在其定义域为单调增函数.4D【分析】利用二次函数单调性，列式求解作答.【详解】函数的单调递增区间是，依题意，所以，即实数的取值范围是.故选：D5B【分析】利用分段函数的单调性，列出不等式组，解之即可得出答案.【详解】因为函数是定义在R上的增函数，所以，解得，所以实数a的取值范围为.故选：B.6C【分析】根据函数的单调性得到关于k的不等式组，解出即可【详解】解：f（x）1+，若f（x）在（2，+）上单调递增，则，故k2，故选：C7A【分析】首先求出函数的定义域，再根据复合函数的单调性的判断法则：“同增异减”即可求解.【详解】令，解得的定义域为在上递增，在上递减

14、，函数在上为增函数函数的单调增区间为故选：A8A【解析】根据复合函数“同增异减”的判断方法判断.【详解】函数可以写成内外层函数，内层函数在单调递减，在单调递增，外层函数是单调递增函数，根据复合函数“同增异减”判断单调性可知函数在区间单调递减.故选：A9A【解析】先求解出函数的定义域，然后根据二次函数的单调性以及复合函数单调性的判断方法求解出函数的单调递增区间.【详解】因为，所以或，所以定义域为，又的对称轴为，所以在上单调递减，在上单调递增，所以在上单调递增，在上单调递减，故选：A.【点睛】思路点睛：复合函数的单调性的判断方法：（1）先分析函数定义域，然后判断外层函数的单调性，再判断内层函数的单

15、调性；（2）当内外层函数单调性相同时，则函数为递增函数；（3）当内外层函数单调性相反时，则函数为递减函数.10B【分析】由分段函数表达式，判断其单调性，利用单调性，求解不等式【详解】根据题目所给的函数解析式，可知函数在上是减函数，所以，解得故选：B11B【分析】利根据函数的单调性及定义域将函数不等式转化为自变量的不等式，即可得到答案.【详解】解：由题意，在上单调递减.则由可得，解得，即原不等式的解集为.故选：B.12B【分析】将转化为，从而得到函数为增函数，再结合将所求不等式转化为，进而根据单调性求解即可.【详解】可转化为，不妨设，则，.令，由单调性定义可知，为上的增函数.，.，即x的取值范围

16、为.故选：B.13A【分析】令，则，利用反比例函数的单调性，即得解.【详解】由题意，令，由于，故，故，由反比例函数的性质，在单调递增，故当时，；当时，故函数在的值域为：.故选：A.14A【分析】的对称轴为，且，然后可得答案.【详解】因为的对称轴为，且所以若函数在定义域上的值域为，则故选：A15B【分析】将函数左移，函数变得简单，使得解的过程也变得简单；再分类讨论去绝对值，最后根据函数的值域算出实属a的取值范围.【详解】将函数的图象向左平移一个单位，得到函数.则在区间0，2上的最大值是1，只需函数在区间-1，1上的最大值是1.由，当，时，此时函数的最小值为1，不合题意；当，时，符合题意；当，时，

17、化简得又由当时，根据二次函数的性质，的值域为，当时，必有，可得.综上，实数a的取值范围是.故选：B.16D【分析】不妨设，令，由题分析可得函数在上单调递减，讨论和时，要使在上单调递减时需要满足的条件，即可求出答案.【详解】不妨设，则，根据题意，可得恒成立，即恒成立.令，则恒成立，所以函数在上单调递减.当时，在上单调递减，符合题意；当时，要使在上单调递减，则解得.综上所述，实数a的取值范围是.故选：D.17B【分析】函数恒成立问题，直接求最值利用二次函数的性质可得；或利用参变分离法，利用基本不等式求最值即得.【详解】解法一：若，恒有，只需，设函数在上的最小值为，则（1）当，即时，即，所以；（2）

18、当，即时，即，所以此时不满足题意；（3）当，即时，所以，即，得，则.综上，实数的取值范围为.故选：B.解法二：若，恒有，即对任意恒成立，所以对任意的恒成立，而，当且仅当，即时取等号，所以.因此，实数的取值范围是.故选：B.18B【分析】对任意.总存在使得成立，则，求出和可得【详解】时，当且仅当，即时等号成立，对任意.总存在使得成立，则，即，即时，无解；，即时，或，所以，即时，所以，综上，的取值范围是故选：B19(1)；(2).【分析】（1）利用赋值法即得；（2）利用赋值法得，然后结合条件转化已知不等式为，最后根据单调性即得.（1）因为，令，得，即；（2）由题意知，由，可得，又在R上单调递增，即

19、，的取值范围是20(1)；(2)【分析】（1）由配凑法得，再结合，即可求出的解析式；（2）先求出，将题设转化为在上有解，换元后利用二次函数的性质求出最小值即可求解.（1），则，又，则；（2），又存在使成立，即在上有解，令，设，易得在单减，则，即，故实数的取值范围为.21(1)(2)【分析】（1）由单调性的定义转化为不等式恒成立问题求解（2）由单调性转化不等式求解(1)对任意，且有在区间上单调递减由，得，即(2)由（1）知，当时，在区间上单调递减，即当时，令，由，得，故当时，在内单调递增当时，令，则对称轴在内单调递增，故综上，实数m的取值范围是22C【分析】写出分段函数解析式，画出函数图像，数形

20、结合得答案.【详解】函数所以当时，；当时，；当时，结合函数图像可知，函数的最大值为3，最小值为故选：C.23D【分析】根据各个函数的性质逐个判断即可【详解】对A，二次函数开口向上，对称轴为轴，在是减函数，故A不对对B，为一次函数，在是减函数，故B不对对C，二次函数，开口向下，对称轴为，在是增函数，故C不对对D，为反比例类型，在是增函数，故D对故选：D24B【分析】结合二次函数的对称轴和单调性求得的取值范围.【详解】函数的对称轴为，由于在上是减函数，所以.故选：B25(1)图象见解析;单调递增区间为和，无单调递减区间(2)图象见解析;单调递增区间为，单调递减区间为和【分析】（1）根据函数的解析式

21、可作出其图象，即可得单调区间；（2）化简函数的解析式为，结合二次函数性质可作出其图象，即可得单调区间.（1）画出的图象如图所示，可得其单调递增区间为和，无单调递减区间（2） ，作出该函数的图象如图所示，观察图象，知该函数的单调递增区间为，单调递减区间为和26(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用单调性的定义直接证明即可；（2）由（1）可知函数在上单调递增，由题意则有，则可等价于m，n为关于x的方程的两不等实根，利用求根公式即可表示出，由此即可求出的最大值.（1）证明：任取，且，则，因为，所以，所以，故，所以，所以函数在上单调递增（2）由（1）可知函数在上单调递增，因为的定义域和值域都是，所以

22、，所以m，n为关于x的方程的两个不相等的正实数根，化简方程可得，则，解得，所以因为，所以，所以当，即时，取得最大值最大值为27B【分析】判断当时，单调递减，故根据分段函数在上单调递减，列出相应的不等式，解得答案.【详解】当时，单调递减，在上递减，且，解得，故选：.28C【分析】先画出图象，结合图象得到或，解不等式即可.【详解】画出的图象如图所示，要使不等式成立，必有或，由可得；由可得，综上可得.故选：C.29A【分析】使用函数单调性的定义进行求解.【详解】函数在R上是减函数，且，由函数单调性的定义可知，解得，实数的取值范围是故选：A30A【分析】分别求得，时，的最小值，作出的简图，因为，解不等

23、式可得所求范围【详解】解：因为，所以，当时，的最小值为；当时，由知，所以此时，其最小值为；同理，当，时，其最小值为；当，时，的最小值为；作出如简图，因为，要使，则有解得或，要使对任意，都有，则实数的取值范围是故选：A31A【分析】根据已知条件易得关于直线x2对称且在上递减，再应用单调性、对称性求解不等式即可.【详解】由题设知：关于直线x2对称且在上单调递减由，得：，所以，解得故选：A32C【分析】由题设在上递增，在上递减，讨论m与区间的位置关系求的最大值，进而判断最大值的最小值.【详解】由，故在上递增，在上递减，当，则上递减，故最大值，当，则最大值，当，则上递增，故最大值，综上，的最小值为.故

24、选：C33D【分析】作出函数和的大致图象，如图，联立直线和抛物线方程求出点A、B的横坐标，对m取、情况分类讨论，利用数形结合的数学思想即可得出结果.【详解】如图，作出函数和的大致图象.，得，解得，注意到点A是二次函数图象的最低点，所以若，则当时，单调递减，不符合题意；当时符合题意；当时，则，在时函数图象“向下跳跃”，不符合题意；当时，符合题意.所以m的取值范围为：或.故选：D34D【分析】根据函数的解析式，可知其关于直线，可判断正确；是由与相加而成，故该函数为单调函数，由此可判断;根据的函数值情况可判断;看时情况，结合函数的单调性，可判断的正误.【详解】对，因为函数与|的图象都关于直线对称，所

25、以的图象关于直线对称，正确对，当时，函数与都单调递增，所以也单调递增，正确对，当时，错误对，因为的图象关于直线对称，在上单调递减，在上单调递增，且，所以存在，使得的解集为，正确故选：D35BC【分析】首先根据题意得到，从而得到函数的定义域为，结合二次函数的性质得到函数和单调减区间是，再依次判断选项即可.【详解】要使函数有意义，则有，解得，所以函数的定义域为因为，时，或时，所以因为抛物线的对称轴为直线，开口向下，所以的单调减区间是故选：BC36BCD【分析】求出二次函数部分的对称轴，再讨论a与对称轴的大小，求出a的的取值范围即可得到答案【详解】解： 图象的对称轴方程为，当，时，有最大值，又，所以

26、，所以此时有最大值1；当，时，有最大值，当时，在单调递减，所以，所以要有最大值，得，解得，与矛盾，舍去，综上，当时，有最大值，故选：BCD37ACD【分析】根据“L条件”的定义对选项逐一分析，结合特殊值法、函数的单调性、最值等知识确定正确选项.【详解】由定义知函数的最大值与最小值差的绝对值小于1.选项A，取，则，不满足“L条件”；选项B，任取，其中，当时，递减；当时，递增，即在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为，最大值为，所以对任意的，都有，所以，满足“L条件”；选项C，在上单调递减，在上单调递增，所以的最大值为，最小值为，所以，不满足“L条件”；选项D，函数在上单调递增，显然不满足“L

27、条件”. 故选：ACD38ABC【分析】根据函数在R上是减函数，然后结合二次函数与反比例（型）函数的单调性即可求得答案.【详解】因为函数是上的减函数，所以.故选：ABC.39BD【分析】利用函数的图象判断.【详解】由图象知：A.函数的定义域为，故错误；B.函数的值域为，故正确；C. 函数在，上递增，但在定义域内不单调，故错误；D.对于任意的，都有唯一的自变量与之对应，故正确；故选：BD40BC【分析】在同一坐标系中由与的图象得出函数的图象，结合图象即可得出的性质，判断各选项【详解】在同一坐标系中先画出与的图象，当时，表示的图象在的图象下方就留下的图象，当时，表示的图象在的图象下方就留下的图象，

28、然后根据定义画出，就容易看出有最大值，无最小值，故A错误，当时，由，得舍或，此时的最大值为：，无最小值，故B正确，时，由，解得：（舍去），故F在，递增，在和递减故C正确，D错误，故选：BC41【分析】根据题意，待定系数法求得，再证明函数的单调性，结合单调性求解即可.【详解】解：因为，所以，即，解得：所以，设且，所以，因为且，所以，所以，即，所以，即在上单调递减，所以，所以，函数的值域是故答案为：42【分析】变形给定的不等式，构造二次函数，利用二次函数在闭区间上的最大值不大于0求解作答.【详解】，令，依题意，而函数是二次项系数为正的二次函数，因此有，即，解得，所以实数m的取值范围是.故答案为：4

29、3【分析】去绝对值将转化为分段函数，再根据单调性求解a的值即可.【详解】因为函数，故当时，单调递减，当时，单调递增.因为函数的增区间是，所以，所以.故答案为：.44【分析】令，则若，使不等式成立等价于在，上有，易知，讨论与0的大小关系，则可得到在上的单调性，则可得到，即可解出实数的取值范围.【详解】令，则问题可转化为在，上有，易知在上单调递增，故，当时，在上单调递增，则，所以，可得；当时，则，符合题意；当时，在上单调递减，则，所以，可得综上所述，故答案为：.45【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再求解即可.【

30、详解】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：46【分析】根据的单调性与定义域求解即可【详解】由题意可知，函数在上单调递增，则，即且，即且，解得且或，即 故答案为：.47(1)(2)答案见解析【分析】（1）利用二次函数的性质直接求解其值域，（2）若选条件，求出抛物线的对称轴，分，和三种情况求出函数的最小值，使最小值大于等于零，即可求出a的取值范围，若选条件，则，由抛物线的性质可得或，从而可求出a的取值范围.（1）当时，在上单调递减，在上单调递增，函数在区间上的值域为（2）方案一：选条件由题意，得 若，即，则函数

31、在区间上单调递增，解得，又，a4若，即，则函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，解得，若，即，则函数在区间上单调递减，解得，又，a4综上所述，实数a的取值范围为方案二：选条件，函数的图象是开口向上的抛物线，最大值只可能在区间端点处取得或，解得或，故实数a的取值范围为48(1),(2)证明见解析(3)【分析】（1）赋值计算得解；（2）根据定义法证明单调性；（3）根据及单调性计算得解.(1)得，则，而， 且，则；(2)取定义域中的任意的，且，当时，在上为减函数(3)由条件及（1）的结果得， ，解得，故的取值集合为.49(1)增区间为和(2)【分析】（1）当时，分和两种情况去绝对值，再根据二次函数

32、的单调区间分析即可；（2）分和两种情况去绝对值，再分和两种情况，结合二次函数的最值分析即可（1）当时，因为的对称轴为，当时，此时函数单调递增，因为对称轴为，当时，此时函数单调递增，所以增区间：和；（2），若，则；若，则（i）当时，即，所以，因为，所以舍去；当时，（ii）当时，即当时，符合题意；（iii）当时，即当时，所以无解，不符合题意，综上：.50(1)当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为；(2)【分析】(1)分，三种情况，结合一元二次不等式的解法求解；(2)由可得，讨论求函数列不等式求实数的取值范围.（1）当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为；（2）因为，所以，因为对，都有恒成立，所以，当时，即时，所以，所以，故，当时， ，所以，故，当时，所以，故，当时，由可得，故，所以