考点07 函数的单调性与最值（2种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）-2025高考数学一轮精讲讲练（新高考版）

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1.借助函数图象，会用数学符号语言表达函数的单调性、最值，理解实际意义.
2.掌握函数单调性的简单应用．
【知识点】
1．函数的单调性
(1)单调函数的定义
(2)单调区间的定义
如果函数y＝f(x)在区间I上单调递增或单调递减，那么就说函数y＝f(x)在这一区间具有(严格的)单调性，区间I叫做y＝f(x)的单调区间．
2．函数的最值
常用结论
1．∀x1，x2∈I且x1≠x2，有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0(<0)或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0(<0)⇔f(x)在区间I上单调递增(减)．
2．在公共定义域内，增函数＋增函数＝增函数，减函数＋减函数＝减函数．
3．函数y＝f(x)(f(x)>0或f(x)<0)在公共定义域内与y＝－f(x)，y＝eq \f(1,fx)的单调性相反．
4．复合函数的单调性：同增异减．
【核心题型】
题型一 确定函数的单调性
确定函数单调性的四种方法
(1)定义法；(2)导数法；(3)图象法；(4)性质法．
命题点1 函数单调性的判断
【例题1】（2023·浙江·二模）下列函数在区间上单调递增的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】对于BCD，根据各个选项观察均是向右平移两个单位长度的形式，根据原函数的单调区间可以判断平移后的单调区间，进而判断上的单调性得到结论，而根据二次函数的单调性可判断A的正误.
【详解】对于选项：开口向上，对称轴，所以在上单调递减，故不符合题意.
对于选项：是向右平移了两个单位长度，所以在在上单调递减，故不符合题意.
对于选项：是向右平移了两个单位长度，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为，所以不符合题意.
对于选项：是向右平移了两个单位长度，
所以在上单调递增，则在上单调递增，符合题意.
故选.
【变式1】（2024·北京西城·一模）下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用奇偶函数的判断方法及基本函数的单调性，对各个选项逐一分析判断，即可得出结果.
【详解】对于选项A，当时，，当时，，即，所以选项A不满足题意，
对于选项B，因在区间上不单调，所以选项B不满足题意，
对于选项C，因为图象不关于轴对称，所以选项C不满足题意，
对于选项D，因为的定义域为，关于原点对称，
又，所以为偶函数，
当时，，又在区间上单调递增，所以选项D满足题意，
故选：D.
【变式2】（2024·陕西西安·二模）下列函数中，既是奇函数又在上单调递减的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】A项，定义域不合题意；B项，单调性不符合；C项，先利用定义判断函数的奇偶性，由函数在上单调递减，再结合奇函数图象的对称性可得；D项，特殊取值可判断不是奇函数.
【详解】选项A，的定义域为，不符合题意，故A错误；
选项B，设，定义域为，
因为，
所以为奇函数，且在定义域上为增函数，故B错误；
选项C，设，定义域为，
由，故为奇函数，
当时，，且在上单调递减，
又因为函数图象关于原点对称，所以在上单调递减，故C正确；
选项D，设，则，
由，知不是奇函数，故D错误.
故选：C.
【变式3】（2024·北京门头沟·一模）下列函数中， 既是奇函数又在上单调递增的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据基本初等函数的单调性与奇偶性判断即可.
【详解】对于A：定义域为，为非奇非偶函数，故A错误；
对于B：定义域为，为奇函数，但是函数在上单调递减，故B错误；
对于C：为奇函数，定义域为，但是函数在上不单调，故C错误；
对于D：令定义域为，且，
所以为奇函数，且当时，函数在上单调递增，故D正确.
故选：D
命题点2 利用定义证明函数的单调性
【例题2】（2023·上海奉贤·一模）函数在定义域上是（ ）
A．严格增的奇函数B．严格增的偶函数
C．严格减的奇函数D．严格减的偶函数
【答案】A
【分析】根据题意，分别判断函数奇偶性以及单调性，即可得到结果.
【详解】令，任取，
则，
因为是上的严格增函数，所以，
则，所以，
则函数是上的严格增函数；
又，即函数为奇函数，
所以函数在定义域上是严格增的奇函数.
故选：A
【变式1】（23-24高三上·河南·阶段练习）已知函数是定义在上的奇函数，若对于任意两个实数，不等式恒成立，则不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据条件得出函数在上单调递增，再结合奇偶性转化为解不等式即可.
【详解】由任意两个实数，不等式恒成立，
函数在上单调递增．
又函数是定义在上的奇函数，得，
所以不等式
化为，解得，
所以不等式的解集为．
故选：A．
【变式2】（2023·浙江台州·二模）已知函数同时满足性质:①;②当时,,则函数可能为( )
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】①说明为偶函数，②,说明函数在上单调递减,再逐项分析即可.
【详解】①说明为偶函数，②,说明函数在上单调递减.
A不满足②，B不满足①，
C不满足②,因为在单调递减，在单调递增.
对于D,满足①,当,单调递减,也满足②.
故选：D.
【变式3】（2023·山东·模拟预测）下列函数中既是奇函数又是增函数的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据奇偶函数的性质，以及函数增减的性质，逐个选项进行判断可得答案.
【详解】A选项，为奇函数，且单调递增，故A正确；
B选项，是奇函数，在，上递减，故B错误；
C选项，偶函数，故C错误；
D选项，是奇函数，且单调递减，故D错误，．
故洗：A
题型二 函数单调性的应用
(1)比较函数值的大小时，先转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决．
(2)求解函数不等式时，由条件脱去“f”，转化为自变量间的大小关系，应注意函数的定义域．
(3)利用单调性求参数的取值(范围)．根据其单调性直接构建参数满足的方程(组)(不等式(组))或先得到其图象的升降，再结合图象求解．对于分段函数，要注意衔接点的取值．
命题点1 比较函数值的大小
【例题3】（2024·北京西城·一模）设，其中，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】借助正负性、对勾函数的性质及二次函数的性质判断即可得.
【详解】由，故，故，
由对勾函数性质可得，
，且，
综上所述，有.
故选：C.
【变式1】（2024·云南贵州·二模）已知，则的大关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据的特点，构造函数，判断其单调性，得到，故有，再运用作差法比较即得.
【详解】设，则，
当时，，在上递增；
当时，，在上递减,
故.
则，即；
由可知，故.
故选：B.
【变式2】（23-24高三上·北京顺义·期末）已知在上单调递减，且，则下列结论中一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用函数的单调性判断即可.
【详解】由得，，结合在上单调递减，
则必有，显然B正确，A错误，
而当时，不在定义域内，故无法比较，C,D错误.
故选：B
【变式3】（2024·四川攀枝花·二模）已知函数对都有，若函数的图象关于直线对称，且对，当时，都有，给出如下结论：①是偶函数；②;③是最小正周期为4的周期函数；④．其中正确的结论个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】利用抽象函数的奇偶性、对称性、单调性、周期性一一判定选项即可.
【详解】由函数的图象关于直线对称，
可知关于对称，即是偶函数，故①正确；
由，
即，故②正确；
由上可知，即是的一个周期，
又对，当时，都有，
即在上单调递增，根据偶函数性质可知上单调递减，
则是的最小正周期，故③正确；
由上面结论可知：，故④错误.
故选：C
命题点2 求函数的最值
【例题4】（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数在上的最小值为，最大值为，且在等差数列中，，则（ ）
A．17B．18C．20D．24
【答案】C
【分析】利用对数函数单调性先求出函数最小值为，最大值为，再由等差数列通项公式求解.
【详解】因为函数在上单调递增，
所以，，
所以，所以等差数列的公差，
所以．
故选：C．
【变式1】（2023·全国·模拟预测）已知点在直线上，若，则下列选项正确的是（ ）
A．有最大值，最小值4B．有最大值，没有最小值
C．没有最大值，但有最小值4D．没有最大值也没有最小值
【答案】C
【分析】利用指数运算将化简变形为可以利用基本不等式的形式，然后利用基本不等式并结合“”进行求解得到最小值，根据指数函数单调性得到没有最大值.
【详解】若点在直线上，则，即，
所以，
当且仅当即时等号成立，此时取得最小值4，
又因为在上单调递增，所以时，
此时因为，所以，而，
所以，即没有最大值，
故选：C.
【变式2】（2024·贵州·模拟预测）已知函数，则的最大值是 .
【答案】16
【分析】求出的范围，根据复合函数的单调性求解.
【详解】由，而，
因为单调递增，所以，则的最大值是16.
故答案为：16
【变式3】（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数.
(1)求函数的最小值；
(2)若为正实数，且，求的最小值.
【答案】(1)
(2)9
【分析】（1）根据绝对值的性质，结合一次函数的单调性进行求解即可；
（2）根据（1）的结论，结合基本不等式进行求解即可.
【详解】（1）（1），
在上单调递减，在上单调递增，
所以，即当时，函数取得最小值；
（2）由（1）可得当为正实数时，，
则由可得：，
所以
当且仅当时，
又，即当时，等号成立.
所以的最小值为9.
命题点3 解函数不等式
【例题5】（2024·内蒙古呼和浩特·一模）已知定义在上的函数，满足不等式，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，换元构造函数，分析函数的奇偶性、单调性，再解不等式即得.
【详解】令，则，原函数化为，
令，显然，
即函数是奇函数，又函数都是上的增函数，
因此函数是上的增函数，不等式，
则，
于是，解得，
所以的取值范围是.
故选：A
【变式1】（2024·辽宁·模拟预测）已知是定义在上的奇函数，也是定义在上的奇函数，则关于的不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据为奇函数及为偶函数可求，利用导数可判断为上的减函数，从而可求不等式的解.
【详解】因为，故，
故，
因为是定义在上的奇函数，故，
故，故，故，
此时，故为上的减函数，
而等价于，
即即，故或
故选：A .
【变式2】（2024·北京延庆·一模）已知函数，则不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用导数及导函数的单调性判断极小值点在，再由函数的单调性及可得不等式的解集.
【详解】因为单调递增，且，，
所以存在唯一，使得，
所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
又，且，
所以由可得，
故选：A
【变式3】（2024·青海·一模）已知函数，则不等式的解集为 ．
【答案】
【分析】根据奇偶性定义和函数单调性的性质可化简所求不等式，得到自变量的大小关系，解不等式即可求得结果.
【详解】的定义域为，，
为定义在上的奇函数；
与均为上的增函数，为上的减函数，
为定义在上的增函数；
由得：，
，解得：，的解集为.
故答案为：.
命题点4 求参数的取值范围
【例题6】（2024·湖南邵阳·二模）已知，若恒成立，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据题意，将原不等式分离参数，然后换元，由函数的单调性可得最值，即可得到结果.
【详解】原不等式等价于，
令.
令，且，
则在上单调递减，
.
故的范围是.
故答案为：
【变式1】（23-24高三上·内蒙古赤峰·开学考试）已知，且，函数在上单调，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由函数解析式知函数在上单调递减，建立不等关系解出即可.
【详解】因为函数在上单调，
由函数解析式可得函数在R上单调递增不满足题意，
故在R上单调递减，
所以，
解得：.
故选：D.
【变式2】（2023·陕西商洛·一模）已知函数是定义在上的增函数，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意可知函数在每一段上为增函数，且在时，一次函数的值不小于二次函数的值，然后解不等式组可求得结果.
【详解】因为是定义在上的增函数，
所以，解得.
故选：B
【变式3】（2024·陕西榆林·一模）已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分情况讨论，当时直接代入可得函数递减；当时，求导，构造函数，，再由得到抽象函数，求出，最后再讨论时的情况，综合得出结果.
【详解】当时，函数在上单调递减，不符合题意，所以，
由题可知恒成立，即.令，
则，所以在上单调递增，由，
可得，即，所以，所以，
当时，，不符合题意，故的取值范围是.
故选：B
【课后强化】
基础保分练
一、单选题
1．（2024·全国·模拟预测）已知函数，则使得成立的正实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据奇偶性定义判断出为偶函数，再根据上的单调性得到参数的取值范围.
【详解】由题意可知的定义域为，且，所以为偶函数．
当时，函数，单调递减．
若成立，则，解得或．
又，所以正实数的取值范围是．
故选：A．
2．（2024·吉林·二模）已知函数，则关于的不等式解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先求出函数的定义域为，所以定义域关于原点对称，然后得到，所以函数是偶函数，判断出函数在上的单调性得出距离轴越远函数值越大，并且注意函数的定义域，得出，解不等式组即可.
【详解】由函数知：，解得：或，
所以函数的定义域为：，
因为
，
所以函数是偶函数，
因为当时，
令，则在上单调递增，
且在上单调递增，
所以在上单调递增，
因为在上单调递增，
所以在上单调递增，
所以函数在上单调递减，
因为，所以，解得：或，
所以不等式解集为.
故选：C
3．（2024·陕西西安·二模）已知函数.若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用导数判断出函数在定义域上单调递增，根据已知转化出，再解出结果.
【详解】因为，，
所以，
所以是上的增函数，所以若
则，解得.
故选：D
4．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数的定义域为R，对任意实数x，y都有，当时，，且，则关于x的不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意利用定义证明函数在R上单调递增，继而转化不等式，求解即可.
【详解】任取，
从而
,
因为，所以，
所以，
则在R上单调递增．
不等式等价于不等式
，
即．
因为在R上单调递增，
所以，解得．
故选：A.
二、多选题
5．（2024·湖北·模拟预测）已知，，且，则（ ）
A．，B．
C．的最小值为，最大值为4D．的最小值为12
【答案】BD
【分析】对于选项A: 由已知得，，整理即可判断；对于选项B:结合双钩函数的单调性即可判断；对于选项C:结合题意可得，通过构造函数利用单调性即可判断；对于选项D:设，借助导数分析单调性即可求最值.
【详解】对于选项A:由已知得，，
则，.故A错误；
对于选项B:令，
则在单调递减，在单调递增，
得，故B正确；
对于选项C:结合题意可得，令，
则在上单调递增，得，故C错误.
对于选项D:设，则，
当时，单调递减，当时，单调递增，
所以.故D正确.
故选:BD.
6．（2024·全国·模拟预测）已知函数对任意恒有，且当时，，则下列结论中正确的是（ ）
A．的图象关于轴对称
B．在上单调递增
C．的解集为
D．若对恒成立，则实数的取值范围为
【答案】BC
【分析】对于A，对抽象函数的等式分别赋值和即可判断是奇函数；对于B，利用函数的单调性定义推理即得；对于C，利用A,B项分析得到的函数的奇偶性和单调性求解抽象不等式即可；对于D，利用C的结论得出函数在上的最大值，将等价转化为在上恒成立，结合关于的一次函数的图象即得参数的范围.
【详解】对于，令，得，所以，令，则，即，则，
所以是定义在上的奇函数，其图象关于原点对称，故A错误；
对于，设，则，又当时，，则有，
即，则，故在上单调递增，故B正确；
对于，根据选项可知，函数在上单调递增，又因为是定义在上的奇函数，
，所以，则的解集为，故C正确；
对于，因为在上单调递增，所以当时，，
又对恒成立，所以，即在上恒成立，
将看成关于的一次函数，则需,
由① 可得或，由② 可得或，故的范围为或，故D错误．
故选：BC．
三、填空题
7．（2024·山东淄博·一模）设方程，的根分别为p，q，函数 ，令 则a，b，c的大小关系为 .
【答案】
【分析】根据给定条件，利用反函数性质求出，再计算判断即得.
【详解】由，得，由，得，
依题意，直线与函数图象交点的横坐标分别为，
而函数互为反函数，它们的图象关于直线对称，又直线垂直于直线，
因此直线与函数图象的交点关于直线对称，即点在直线上，
则，，于是，
，而，
所以，即.
故答案为：
【点睛】结论点睛：同底的指数函数与对数函数互为反函数，它们的图象关于直线对称.
8．（2024·安徽淮北·一模）记不超过的最大整数为.若函数既有最大值也有最小值，则实数的值可以是 （写出满足条件的一个的值即可）.
【答案】（答案不唯一，取内得任一值即可）.
【分析】根据题意取，，，则，将问题转化为在区间上既有最大值，又有最小值，然后，，和四种情况分析讨论即可求出答案.
【详解】取，，.
则.
题意等价于在区间上既有最大值，又有最小值.
当时，在上为增函数，只有最小值，无最大值；
当时，在上递减，在上递增，此时，有最小值，无最大值；
当时，在上递减，在上递增，此时，最大值为，最小值为；
当时，在上为减函数，有最大值，无最小值.
综上，的取值范围是.
故答案为：（答案不唯一，取内得任一值即可）
四、解答题
9．（2023·山东·模拟预测）若函数在上是增函数，且，求的取值范围．
【答案】
【分析】利用函数的单调性，直接列出不等式方程组，然后计算求解.
【详解】函数在上是增函数，且，
，解得或，
的取值范围是．
10．（2024·陕西宝鸡·模拟预测）已知函数．
(1)求的最小值；
(2)若时，恒成立，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）分类讨论去掉绝对值符号后可求的最小值；
（2）就、分类讨论后可得的最小值.
【详解】（1）由题设可得，
当时，，当时，，
故的最小值为.
（2）因为时，，所以在上恒成立，
所以在上恒成立，
当时，有恒成立，
故在上恒成立，因为的图象为线段，
所以，故且.
当时，有在上恒成立，
所以在上恒成立，故，
所以且，
所以，故的最小值为.
11．（2023·河南南阳·模拟预测）定义在正实数集上的函数满足下列条件：
①存在常数，使得；②对任意实数，当时，恒有．
(1)求证：对于任意正实数、，；
(2)证明：在上是单调减函数；
(3)若不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)．
【分析】（1）根据条件②，即可求由，求解，
（2）根据函数单调性的定义即可求解，
（3）根据函数的单调性，结合基本不等式求解最值，即可求.
【详解】（1）证明：令，，
则，
所以，即证；
（2）证明：设，则必，满足，
由（1）知，
故，即，
所以在上是单调减函数．
（3）令，则，
故，
即，由于
所以，又，故．
12．（2023·甘肃定西·模拟预测）已知函数．
(1)若a＝0，求函数的最值；
(2)若a＝1，函数在上的最大值在区间内，求整数m的值．
【答案】(1)函数有最大值，无最小值
(2)
【分析】（1）根据导数确定函数单调性即可求解；（2）根据函数的隐零点和零点范围以及对号函数特点即可求解.
【详解】（1）若a＝0，
则，
所以，
令，解得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以函数有最大值.
（2）若a＝1，则，
所以，
当时，，
画出函数的函数的大致图像如下，

令，设根为，所以，所以，
因为，所以，
，所以，
，所以，，所以，
所以时，，，单调递增；
时，，，单调递减.
所以
，
根据对号函数性质知，
当时，，所以，
又函数在上的最大值在区间内，且为整数，
所以.
综合提升练
一、单选题
1．（2024·北京平谷·模拟预测）下列函数中，在区间上单调递减的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据各选项中函数式，直接判断单调性即得.
【详解】函数在区间上单调递增，A不是；
函数在上单调递增，B不是；
函数在上单调递减，C是；
函数在上单调递增，D不是.
故选：C
2．（2023·安徽·模拟预测）已知是定义在上的偶函数，函数满足，且，在单调递减，则（ ）
A．在单调递减B．在单调递减
C．在单调递减D．在单调递减
【答案】C
【分析】利用函数的奇偶性与单调性一一判定选项即可.
【详解】由题意知在单调递增，为奇函数，在上单调递减.
设，则，，
所以在单调递增，故A错误，
设，则，，
在单调递增，故B错误；
设，则，，
所以在单调递减，故C正确；
取，则，，，此时在不单调递减，故D错误.
故选:C.
3．（2024·甘肃·一模）已知函数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】用定义证明函数的奇偶性及在上的单调性，利用函数的奇偶性及单调性，对数函数的性质及对数运算可得结果.
【详解】因为函数的定义域为，
又，所以为偶函数，
当时，任取，
，
即，所以在上为减函数，
因为，
所以，即，
设，则，
，若，则，所以，
因为，所以，
又，即，
所以，即，
故选：B.
4．（2024·湖南常德·三模）已知奇函数是定义域为R的连续函数，且在区间上单调递增，则下列说法正确的是（ ）
A．函数在R上单调递增
B．函数在上单调递增
C．函数在R上单调递增
D．函数在上单调递增
【答案】C
【分析】根据已知设，由二次函数的性质确定AB错误；由幂函数的性质判断C正确；由反比例函数的形式确定D错误.
【详解】因为是奇函数，且在区间上单调递增，
所以在上也为单调递增函数，
对于A：不妨令，，
所以在单调递减，在单调递增，故A错误；
对于B：不妨令，，
所以在单调递增，在单调递减，故B错误；
对于C：，其定义域为，
又，所以是奇函数，
取，则，，故
所以，则函数在为递增函数；
所以函数在也为递增函数，且当时，，
所以在R上单调递增，故C正确；
对于D：不妨令，，
由反比例函数的单调性可知在和上单调递减，故D错误；
故选：C.
5．（2024·陕西·模拟预测）函数满足，且，则的最小值为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】C
【分析】通过 解方程可得的解析式，由化简可得，结合基本不等式可得，运用分离常数法化简可得，进而可得其最小值.
【详解】因为，所以，即，
又因为，
所以，即，
所以，
因为，，所以，，
所以，
整理得，
解得或（舍），
所以，当且仅当即时取等号.
故的最小值为.
故选：C.
6．（2024·全国·模拟预测）已知，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由基本不等式和可得，化简可得，令，利用换元法，结合对勾函数的性质计算即可求解.
【详解】因为，所以，当且仅当时等号成立，
所以．
因为，
令，则，，
所以，
由对勾函数在上单调递增，则当时函数取到最小值，
所以当时，，
所以.
故选：B．
7．（2023·四川绵阳·三模）设函数为与中较大的数，若存在使得成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据绝对值函数的图像和二次函数讨论对称轴判定函数的图像即可求解.
【详解】因为，
所以代表与两个函数中的较大者，
不妨假设
的函数图像如下图所示：
是二次函数，开口向上，对称轴为直线，
①当时，
在上是增函数，
需要即，
则存在使得成立，
故；
②当时，
在上是先减后增函数，
需要，
即，
解得或，
又，
故时无解；
③当时，
在上是减函数，
需要即，
则存在使得成立，
故.
综上所述，的取值范围为.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题解题关键是理解f(x)的定义，数形结合对参数a分三种情况进行分别讨论.
8．（2024·四川·模拟预测）已知函数，若对，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】首先当时，求导分析函数为单增函数；再利用奇函数的性质判断在上单调递增；然后由得到抽象函数不等式恒成立，再用分离参数法结合函数的单调性求出实数的取值范围.
【详解】由题，当时，，
所以在上单调递增．
易知为奇函数，且，故在上单调递增．
又，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，即在上恒成立．
设，只需，解得．
故选：D．
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于发现函数是单增函数和，再利用单调性解决抽象函数不等式问题.
二、多选题
9．（2024·新疆乌鲁木齐·二模）已知函数，则（ ）
A．函数在上单调递增
B．函数是奇函数
C．函数与的图象关于原点对称
D．
【答案】ABD
【分析】根据指数函数的单调性可判断A的正误，根据奇函数的定义可判断B的正误，根据过原点可判断C的正误，将化简后可判断D的正误.
【详解】对于A，均为上的增函数，故在上单调递增，
故A正确.
对于B，令，其中，
而，故为上的奇函数，故B正确.
对于C，，故的图象过原点，
若函数与的图象关于原点对称，则的图象也过原点，
但，矛盾，故函数与的图象不关于原点对称，故C错误.
对于D，，
故D正确，
故选：ABD.
10．（2024·全国·模拟预测）已知函数，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AB
【分析】A根据函数对称性得到，由单调性得到，从而得到；B令，，求导得到其单调性，结合特殊点函数值得到，结合的单调性得到；C由对称性得到，，故，构造函数得到，从而得到，由的单调性得到；D数形结合得到，，作商得到，由及正切函数单调性得到，从而得到.
【详解】A，令，解得，故在上单调递减，
令，解得，故的一条对称轴为，故，
因为，，所以，即，A正确；
B，，，
令，，则，
当时，，，故恒成立，
故在上单调递增，故，所以，故，
由于在上单调递减，所以，B正确；
C，的一条对称轴为，故，
其中，故，故，
而，故，所以，
关于中心对称，故，
其中，则，
其中，，
下面证明，
令，，则，
令，则在上恒成立，故在上单调递增，
又，故在上恒成立，
故在上单调递增，故，故，
所以，则，两边取对数得，
故，故，
又在上单调递减，故，故，C错误；
D，，故，，
因为，所以，故，
而，故，则，
其中，，故，则，
由于在上单调递增，故，
故，故，D错误.
故选：AB
【点睛】方法点睛：构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小，本题中，对变形为，与均用含的式子来进行表达，从而达到构造出适当函数的目的.
11．（2024·甘肃陇南·一模）已知，关于x的不等式的解集为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】举特殊值可判断A；令，结合题意得，利用三角代换判断B；将转化为，令，继而转化为，再结合换元，利用函数的单调性，可求得的范围，即可判断C，D.
【详解】对于A，由题意知，关于x的不等式的解集为，
不妨取，则，即，
其解集为，即满足题意，故A错误；
对于B，即，
令，由于不等式的解集为，
故需满足，且，
令，则，
由于，则，即得，
又，故，B正确；
对于C，D，，，
故，
令，，则，
则，
令，则
，
由于函数在上单调递增，
故，
则，即，
即，，C，D正确，
故选：BCD
【点睛】难点点睛：本题考查了由指数型不等式的解集求解参数范围问题，综合性较强，难度较大，解答的难点在于C，D项的判断，解答时要利用三角代换以及换元法，将等价转化，再结合函数的单调性进行判断.
三、填空题
12．（23-24高二下·河北邢台·阶段练习）已知函数，其中是的导函数，则 ；的解集为 ．
【答案】 0
【分析】求出函数的导数，先求出，即可求得；利用导数判断的单调性，确定其最小值，即可求得的解集.
【详解】由函数，得，
令，则，故，
则；
由以上分析得，则，
又，当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
即，故的解集为，
故答案为：0；
13．（2024·湖南·二模）已知，若，则实数的取值范围是 ，
【答案】
【分析】构造函数，先分析其值域，从而得到的最大值，进而利用解绝对值不等式得到或，结合集合的并集运算即可得解.
【详解】设，
因为在上单调递增，可知在上单调递增，
即在上单调递增，则，
且，
由绝对值的性质可知的最大值为或，
因为等价于，又，
即关于的不等式或在上恒成立，
由，得；
由，得；
所以，
则，整理得，解得，
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，将等价于关于的不等式或在上恒成立，从而得解.
14．（2024·辽宁大连·一模）已知函数 在区间有2 个零点和4 个极值点，则a的取值范围是 .
【答案】
【分析】对不同情况的，分析在特殊点处的取值并求出其单调区间从而判断零点和极值点的个数.
【详解】(1)当时，，从而等价于，即，
这表明的全部零点为全体偶数，从而在上只有1个零点，不满足要求；
(2)当时，有，，，，
所以在，，上各有一个零点，从而在上至少有3个零点，不满足要求；
(3)当时，有，，，，
所以在，，上各有一个零点，从而在上至少有3个零点，不满足要求；
(4)当时，，
记，
则在上单调递增，
又因为，故在上单调递增.
而，在和上递增，在上递减，
故在和上递增，在上递减.
这表明在上只有2个极值点和，不满足要求；
(5)当时，，
记，
则在上单调递增，
又因为，故在上单调递增.
而，在和上递增，在上递减，
故在和上递增，在上递减.
这表明在上只有2个极值点和，不满足要求；
(6)当时，，
记，
则在上单调递增，在上单调递减.
显然，对任意，关于的方程在上恰有一个根，记该根为.
而，在和上递增，在上递减；
同时，当时，；
当时，.
这表明在上递增，在上递减，
在上递增，在上递减，在上递增.
所以在上有四个极值点，，，.
又由于，，，，
故当时，，
当时，，
当时，，
而，，，
故在上没有零点，在和上各恰有1个零点，从而在上有2个零点.
这意味着满足全部要求；
(7)当时，有，
根据(6)的讨论，在上有2个零点，4个极值点.
而，
故对，是的极值点（或零点）当且仅当是的极值点（或零点），
这就说明和在上的极值点和零点个数相等，
所以在上有2个零点，4个极值点，满足全部要求.
综上，的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：关键是适当划分讨论的临界点进行分类讨论，由此即可顺利得解.
四、解答题
15．（2023·全国·模拟预测）已知函数．
(1)在平面直角坐标系xOy中画出函数的图象，并根据图象直接写出函数的最大值；
(2)解不等式．
【答案】(1)图像见解析，最大值为；
(2)
【分析】（1）写出分段函数形式，画出图象，得到最值；
（2）结合（1）中函数图象，分，，和，得到不等式，求出解集.
【详解】（1），
在平面直角坐标系xOy中画出函数的图象，如图所示．
由图象可得函数的最大值为．
（2）即，
由（1）知当时，，此时原不等式无解；
当时，不等式，
可化为，得，所以；
当时，不等式，
可化为，得，所以；
当时，不等式可化为，得，
所以．
综上，原不等式的解集为．
16．（2023·安徽合肥·模拟预测）已知函数有两个极值点，且.
(1)求的取值范围；
(2)若，证明：
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，利用极值点的意义构造函数，利用导数确定的取值范围，再求出函数的值域作答.
（2）利用（1）中信息，结合方程根的意义，借助分析法探讨结论成立的充分条件，再构造函数，利用导数讲明不等式恒成立作答.
【详解】（1）在上有两个变号零点，即有两个不等实根，
设，当时，，当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，，
而，且当，恒有成立，于是，且，
即有，又，
则，
令，求导得，即在上单调递减，
从而，所以.
（2）由（1）知，方程的两个实根，即，
亦即，从而，设，又，即，
要证，即证，即证，
即证，即证，
即证，即证，即证，
令，
设，
则在上单调递增，有，
于是，即有在上单调递增，因此，即，
所以成立.
【点睛】思路点睛：涉及双变量的不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助导数探讨函数的单调性、极(最)值问题处理.
17．（2024·全国·模拟预测）已知函数有两个极值点，且．
(1)求的取值范围；
(2)求关于的不等式的解集．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）函数有两个极值点，转化为导函数有两个异号零点，研究导函数的单调性，得到函数有两个极值的必要条件是“导函数的极小值小于”，再证明充分性即可；
（2）利用得，由此构造函数分段讨论比较的大小，再利用的单调性求解不等式可得.
【详解】（1）由题意知．
因为函数有两个极值点，
所以在上有两个变号零点．
设，，则.
①当时，，
则在上单调递增，至多一个零点，不符合题意；
②当时，令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
因为在上有两个变号零点，即在上有两个变号零点，
所以，解得，此时.
因为，，所以在上存在一个零点．
因为，
由，则.
设，
则，所以在上单调递减．
因为，所以．所以，
且，则，
又，所以在上存在一个零点．
由两个极值点，满足，则.
故当时，在上有两个变号零点.
综上所述，a的取值范围为；
（2）由（1）可知，当时，，
在单调递减，在单调递增．
又，所以，
且当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
由，得，所以．
所以．
设，则，
所以在上单调递减，其中，
①当时，，即，所以，
因为在上单调递增，
所以，故不等式无解；
②当时，，即，所以，
所以，符合题意；
③当时，，即，所以，
因为在上单调递减，所以，
故此时不等式也无解．
综上所述，不等式的解集为．
【点睛】方法点睛：解决函数极值点问题的关键在于将问题转化为导函数的零点问题研究即可，但要注意可导函数导数值为零仅仅是极值点的一个必要而非充分条件，因此在解决问题时要对充分性加以验证.
18．（2024·福建福州·模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)求证：；
(3)若且，求证：．
【答案】(1)在区间上单调递减
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求，令，求，讨论的大小可证得，即，即可得出的单调性；
（2）法一：要证，即证，记，讨论的单调性和最值即可证明；法二：通过构造函数结合已知条件放缩要证即证即可.
（3）法一：由（1）可知为减函数，所以，要证即证，构造函数证明即可；法二：先证，即，则，再结合基本不等式即可证明.
【详解】（1）的定义域为，，
记，
当时，单调递增；当时，单调递减，
所以，即，
所以在区间上单调递减．
（2）法一：先证，记，
则，
记，则，所以时，递增；
时，递减．
所以，所以，又，所以，故．
再证，即证，记，
则，
记，则，所以在递增，
所以，所以，即，
所以.
法二：构造函数，
当时，单调递增，，所以，
构造函数，
当时，单调递增；当时，单调递减．
所以，即，即成立．
所以，
所以，
则只需证明，即，而显然成立，
所以．
（3）法一：由（2）知的最大值为0．
因为且，则之中至少有一个大于1，
不妨设，则，由（1）可知为减函数，所以，
所以，
因为
，
记，则，
因为，所以，所以，所以．
法二：先证，记，
则，
记，则，所以时，递增；
时，递减．
所以，所以，又，所以，故．
所以，
因为且，
所以，
所以，所以，则．
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
19．（2024·辽宁大连·一模）已知函数的定义域为区间值域为区间，若则称是的缩域函数.
(1)若是区间的缩域函数，求a的取值范围；
(2)设为正数，且若是区间的缩域函数，证明：
（i）当时，在单调递减;
（ii）
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）根据缩域函数的定义及其区间，解不等式可得a的取值范围；
（2）（i）易知可解得，结合（1）中单调性可得结论；（ii）由缩域函数的定义构造函数并将双变量转化为单变量问题，利用导数求得其单调性即可得结论.
【详解】（1）若是区间的缩域函数，则，；
即，解得；
可得，则；
令，则；
当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增.
所以，解得，
下面证明，即，也即；
令，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
因此可得，所以，
综上a的取值范围为
（2）（i）当时,若是区间的缩域函数，则，
即，进一步，
当时，，即，；
由（1）可知，当时，，则单调递减；
所以在区间上单调递减，
（ii）若是区间的缩域函数，则；
故有，即；
设函数，则；
当时，，单调递增，
当时，，单调递减；
因为为正数且则，又，
所以在上单调递减，所以；
记，设，且，由的单调性可知，故；
记，
则，
当时，，单调递增；
故，即；
因为在上单调递减，故，即；
由，故，
所以，又因为，
故.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解“缩域函数”的定义，并根据给定区间的范围合理构造函数并利用单调性对相应结论进行证明.
拓展冲刺练
一、单选题
1．（2024·黑龙江大庆·模拟预测）函数在上单调递减，则t的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据复合函数的单调性可得的单调性，从而可求得t的取值范围.
【详解】因为函数在上单调递增，所以根据复合函数的单调性可得函数在上单调递减，则，解得.
故选：A
2．（2023·辽宁丹东·二模）设函数由关系式确定，函数，则（ ）
A．为增函数B．为奇函数
C．值域为D．函数没有正零点
【答案】D
【分析】化简已知函数并作出图像，即可得出结论
【详解】由题意，
在函数中，，
可知画以下曲线：
，，．
这些曲线合并组成图象，是两段以为渐近线的双曲线和一段圆弧构成．
因为作图象在轴右侧部分包括点关于x轴对称，
得到曲线，再作关于坐标原点对称，去掉点得到曲线，与合并组成图象．
由图象可知，不是奇函数，不是增函数，值域为R．
当时，图象与图象没有公共点，从而函数没有正零点．
故选：D.
3．（2023·海南省直辖县级单位·模拟预测）若函数在区间上单调递增，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由复合函数单调性可得二次函数对称轴与区间的关系，建立不等式再求解的范围.
【详解】设函数，
则函数是由二次函数与指数函数复合而成的.
当时，由于函数单调递减，
而二次函数的图象开口向上，
在区间上不可能单调递减，
则函数在区间上不可能单调递增，故不满足题意；
当时，函数单调递增，
要使函数在区间上单调递增，
则二次函数在区间上单调递增，
又其对称轴为，故，
所以.
故选：C.
4．（2024·全国·模拟预测）已知函数对任意恒有，且当时，．若存在，使得成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】法一：令，求出，令，可证得函数是奇函数，再由单调性的定义可得函数在上单调递增，进而可求出在区间上的最大值，则，解不等式即可求出实数的取值范围；法二：令可得函数的单调性，进而可求出在区间上的最大值，则，解不等式即可求出实数的取值范围.
【详解】法一：令，得，所以；
令，则有，即，则，
故是定义在上的奇函数．
设，则，又当时，，
则有，即，
则，故在上单调递增．
所以当时，．
又因为存在，使得成立，
所以，解得．故选D．
法二：令，则．因为，
当时，，所以，即函数在上单调递增．
因为存在，使得成立，
所以为在区间上的最大值．
因为在上单调递增，，所以，
所以．解得，即实数的取值范围为．
故选：D．
【点睛】关键点睛：本题的关键点在于由赋值法证得函数在上单调递增，进而可求出在区间上的最大值，则，解不等式即可求出实数的取值范围.
二、多选题
5．（2024·江苏·一模）已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为B．的图象关于点对称
C．不等式无解D．的最大值为
【答案】BD
【分析】对于选项A:验证是否成立即可判断；对于选项B:验证是否成立即可判断；对于选项C:利用即可验证有解；对于选项D:利用二倍角公式，结合基本不等式即可判断.
【详解】对于选项A:不是的周期，故A错误;
对于选项B:关于对称，故B正确；
对于选项C:有解，故C错误；
对于选项D:，若，则，
若则，
当且仅当，即时，原式取等，故D正确.
故选:BD.
6．（2023·河南·三模）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．在定义域上是增函数
B．的值域为
C．
D．若，，，则
【答案】BD
【分析】确定函数定义域，结合导数判断其单调性，可判断A；作出函数图象，数形结合，判断B；结合函数解析式可得，即可判断C；将化简变形得到，结合函数单调性推出，即可判断D.
【详解】对于A，函数的定义域为，
，则在上均单调递增，
由于函数图象在处不连续，故不能说在定义域上是增函数，A错误；
对于B，结合函数的单调性，作出函数的大致图象，
结合图象可知的值域为，B正确；
对于C，由于，故，
故，
故，C错误；
对于D，由题意知，
又，即
而，，故，结合在上单调递增，
可得，D正确，
故选：BD
三、填空题
7．（2024·河北·模拟预测）若，则的大小关系为 （用“<”号连接）．
【答案】
【分析】根据给定条件，构造函数，再利用导数比较大小即可.
【详解】令函数，求导得，
即函数在上单调递增，，则，即，
令函数，求导得，
即函数在上单调递减，，则，即，
所以的大小关系为.
故答案为：
8．（2024·重庆·模拟预测）已知对，，，当时，都有 ，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】构造函数，可知在上单调递增，即恒成立，可知，构造函数，求导，判断函数的单调性与最值，可得参数范围.
【详解】由已知，且，
则 ，
即，
设，可知可知在上单调递增，
即恒成立，
即，
设，则，
令，解得，
则当时，，单调递增；当时，，单调递减，
则，
所以，
故答案为：.
四、解答题
9．（2024·福建龙岩·一模）已知函数是大于0的常数，记曲线在点处的切线为在轴上的截距为.
(1)若函数，求的单调区间；
(2)当时，求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析；
(2).
【分析】（1）求出函数的导数，再分类讨论求出其单调区间.
（2）利用导数的几何意义求出切线的方程及其横截距，根据已知构造函数并解不等式得解.
【详解】（1）函数的定义域为，求导得，
当时，在区间上单调递增，
当时，由，得，由，得，
则函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以当时，函数的增区间为，无减区间；
当时，的减区间为，增区间为.
（2）函数，求导得，切线方程为：，
令，得，由，得，
又，，，又由，得，
即，令，，
求导得，当时，，当时，，
因此函数在区间单调递增，在区间单调递减，
而，则由，得，
所以的取值范围是.
【点睛】关键点睛：导数问题往往涉及到分类讨论，分类讨论标准的确定是关键，一般依据导数是否有零点、零点存在时零点是否在给定的范围内及零点在给定范围内时两个零点的大小关系来分层讨论.
10．（2024·全国·模拟预测）已知函数．
(1)若，讨论的单调性；
(2)若，求在上的最小值，并判断方程的实数根个数．
【答案】(1)答案见解析
(2)，有1个实数根
【分析】（1）根据函数的解析式，分和两种情况，利用导数考察单调性即可；
（2）分类讨论的范围，根据函数单调性求得的解析式，构造函数，分段考察函数零点的个数即可求解.
【详解】（1）若，则．
当时，，
则，
所以当时，，单调递减，
当和时，，单调递增．
当时，，
则，
所以在上单调递减．
综上，在和上单调递减，
在和上单调递增．
（2）由得，
若，则当时，
．
若，则当时，
，
，
所以在上单调递增，
所以当时，．
若，则当时，
，
，
当时，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
，，，
当时，，，
当时，，，
当时，，，在上单调递增，
所以．
综上，．
令函数，，
则方程的实根个数就是函数的零点个数，
当时，单调递增，
又，，所以在上有1个零点．
当时，没有零点．
当时，，
，
在上单调递增，
又，
所以在上没有零点．
当时，，
，在上单调递增，
又，所以在上没有零点．
综上，方程只有1个实数根．
【点睛】函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
11．（2023·四川自贡·一模）函数的最小值为m.
(1)判断m与2的大小，并说明理由；
(2)求函数的最大值.
【答案】(1)，理由见解析；
(2)2.
【分析】（1）利用导数求出函数的最小值表达式，再借助对勾函数探讨最小值范围即得.
（2）利用导数探讨函数的单调性并求出最大值的表达式，再借助函数单调性确定函数的最小值点与最大值点的关系即可求解.
【详解】（1）.
理由如下：
函数的定义域为，求导得，
显然函数在上单调递增，而，，
则存在唯一的，使得，即，
当时，；当时，，
于是函数在上单调递减，在上单调递增，
因此，由，得且，
则，又函数在上单调递减，即当时，，
所以.
（2）函数的定义域为，求导得，
显然函数在上单调递减，
由（1）知，，
于是存在唯一的，使得，即，
则当时，；当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
因此，由，得，即，
由（1）知，，则，
显然函数在上单调递增，则，且，
从而，
所以函数的最大值为2.
【点睛】方法点睛：求函数最值和值域的常用方法：
(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值；
(2)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值；
(3)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值；
(4)导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值；
(5)换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值．
12．（2024·全国·模拟预测）已知函数．
(1)若函数的一个极值点大于0，求的取值范围；
(2)若在上单调递增，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）直接求导得到导函数两个零点为或，则得到不等式，解出即可；
（2）求导得，等价转化为在上恒成立，再设新函数，通过对的分类讨论则得到其值.
【详解】（1）由题，，
令，得或，
因为函数的一个极值点大于0，
所以，解得或，
所以的取值范围是．
（2），
则，
在上单调递增，则在上恒成立．
设，
则，在上恒成立等价于在上恒成立， ，
若，则，在上单调递减，
又，所以当时，不成立，因此只能．
令，得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以，
则恒成立．
不妨设，
则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，
则，得．
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是等价转化为在上恒成立，再设新函数，通过导数和对的分类讨论得到恒成立，再设，利用导数研究其最值即可得到的值.
增函数
减函数
定义
一般地，设函数f(x)的定义域为D，区间I⊆D，如果∀x1，x2∈I
当x1当x1f(x2)，那么就称函数f(x)在区间I上单调递减
图象描述
自左向右看图象是上升的
自左向右看图象是下降的
前提
设函数y＝f(x)的定义域为D，如果存在实数M满足
条件
(1)∀x∈D，都有f(x)≤M；
(2)∃x0∈D，使得f(x0)＝M
(1)∀x∈D，都有f(x)≥M；
(2)∃x0∈D，使得f(x0)＝M
结论
M为f(x)的最大值
M为f(x)的最小值