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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）
【考试提醒】
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
增函数 减函数
一般地，设函数 f(x)的定义域为 D，区间 I D，如果 x1，x2∈I
定义 当 x1就称函数 f(x)在区间 I 上单调递增 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
(2)单调区间的定义
如果函数 y＝f(x)在区间 I 上 或 ，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
前提 设函数 y＝f(x)的定义域为 D，如果存在实数 M 满足
(1) x∈D，都有 ； (1) x∈D，都有 ；
条件
(2) x0∈D，使得 (2) x0∈D，使得
结论 M 为 f(x)的最大值 M 为 f(x)的最小值
常用结论
f x1 －f x2
1． x1，x2∈I 且 x1≠x2，有 >0(<0)或(x1－xx x 2
)[f(x1)－f(x2)]>0(<0) f(x)在区间 I 上单
1－ 2
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．
1
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＝ 的单调性相反．
f x
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 0,2 上单调递增的是（ ）
A． y = (x - 2)2
1
B． y =
x - 2
C． y = sin x - 2 D． y = cos x - 2
【变式 1】（2024·北京西城·一模）下列函数中，既是偶函数又在区间 0, + 上单调递增的是
（ ）
A． y = x2 + x B． y = cosx
C． y = 2x D． y = log2 x
【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． y
1
= B． y = x3x
C． y = -x x D． y = 3- x
【变式 3】（2024·北京门头沟·一模）下列函数中， 既是奇函数又在 0, + 上单调递增的是
（ ）
1 1
A． y = x 2 B． y = x
C． y = tanx D． y = x x
命题点 2　利用定义证明函数的单调性
2x -1
【例题 2】（2023·上海奉贤·一模）函数 y = 在定义域 - , + x 上是（ ）2 +1
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
【变式 1】（23-24 高三上·河南·阶段练习）已知函数 f x + 2 是定义在R 上的奇函数，若对
于任意两个实数 x1 x2 ，不等式 x1 - x2 é f x1 - f x2 ù > 0恒成立，则不等式
f x + 2024 > 0的解集是（ ）
A． -2022, + B． 2022, + C． -2024, + D． 2024, +
【变式 2】（2023·浙江台州·二模）已知函数 f x 同时满足性质:① f -x = f x ;②当
f
x , x 0,1 x1 - f x2 " 1 2 时, < 0 ,则函数 f x 可能为( )x1 - x2
A f x = x2 B f (x) 1
x
． ． = 2 ÷è
C． f (x) = cos 4x D． f x = ln 1- x
【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． y = 3x y
1 1
B． = Cx ． y = 2x
2 D． y = - x
3
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
1 1
【例题 3】（2024·北京西城·一模）设 a = t - ,b = t + ,c = t 2 + t ，其中-1 < t < 0 ，则（ ）
t t
A．b < a < c B． cC．be +1 ln 5
【变式 1】（2024·云南贵州·二模）已知 a = ln( 2e),b = ,c = +1，则 a,b,c的大关系为
e 5
（ ）
A． c > a > b B．b > a > c
C． a > b > c D．b > c > a
【变式 2】（23-24 高三上·北京顺义·期末）已知 f (x) 在 (0, + )上单调递减，且 x0 > 0 ，则下
列结论中一定成立的是（ ）
A． f x0 +1 > f x0 B． f x0 +1 < f x0
C． f x0 -1 > f x0 D． f x0 -1 < f x0
【变式 3】（2024·四川攀枝花·二模）已知函数 f (x) 对"x R 都有 f x = f x + 4 + f 2 ，若
函数 y = f x + 3 的图象关于直线 x = -3对称，且对"x1, x2 0,2 ，当 x1 x2 时，都有
x2 - x1 f x2 - f x1 > 0，给出如下结论：① f x 是偶函数；② f 2 = 0 ;③ f x 是最
小正周期为 4 的周期函数；④ f 3 < f -4 ．其中正确的结论个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
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 y = log2x 在 16,256 上的最小值为m ，最大
值为M ，且在等差数列 an 中， a2 = m, a4 = M ，则 a10 = （ ）
A．17 B．18 C．20 D．24
b
【变式 1】（2023·全国·模拟预测）已知点 P a,b 在直线 y = 2x - 2 z = 4a + 1 上，若 ÷ ，则下
è 2
列选项正确的是（ ）
z 65 65A． 有最大值 ，最小值 4 B． z 有最大值 ，没有最小值
4 4
C． z 没有最大值，但有最小值 4 D． z 没有最大值也没有最小值
【变式 2】（2024· 2贵州·模拟预测）已知函数 f (x) = 2- x +2x+3，则 f (x) 的最大值是 .
【变式 3】（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数 f x = x +1 + 2x + 4 .
(1)求函数 f x 的最小值；
1 4 9
(2)若 a,b,c为正实数，且 f a + f b + f c = 27，求 + + 的最小值.
a b c
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R 上的函数
f (x) = ex-1 - e1-x + (x -1)3 + x，满足不等式 f (2x - 4) + f (2 - 3x) 2，则 x 的取值范围是（ ）
A． (- , -4] B． (- ,2) C． (- ,
2] 2D．[ ,2)
3 3
【变式 1 x】（2024·辽宁·模拟预测）已知 f x 是定义在R 上的奇函数， g x = f x - 2e + x
2
也是定义在R 上的奇函数，则关于 x 的不等式 g 1- x + g 2x + 2 > 0的解集为（ ）
A． - , -1 3,+ B． - , -3 1,+
C． -1,3 D． -3,1
【变式 2】（2024·北京延庆·一模）已知函数 f (x) = 3x - 2x -1，则不等式 f (x) < 0的解集是
（ ）
A． 0,1 B． 0, + C． - ,0 D． - ,0 1, +
【变式 3】（2024·青海·一模）已知函数 f x = ex - e- x + x ，则不等式 f 2m - 2 + f m +1 > 0
的解集为 ．
命题点 4　求参数的取值范围
【例题 6】（2024·湖南邵阳·二模）已知 x > 0, y > 0，若 4x2 + 3xy + y2 + m xy > 2x + y恒成
立，则实数m 的取值范围是 .
【变式 1】（23-24 高三上·内蒙古赤峰·开学考试）已知 a > 0，且a 1，函数
ì3a - x, x < 2
f x = í alog x -1 -1, x 2 在R 上单调，则 的取值范围是（ ） a
1, 1 2 2 1A． + é ù é é B．
ê
, C
3 3 ú ． ê
,1÷ D．
3 ê
,1
3 ÷
ì-x2 + 2ax, x 1
【变式 2】（2023·陕西商洛·一模）已知函数 f (x) = í 是定义在R 上的增函数，
(3 - a)x + 2, x >1
则 a的取值范围是（ ）
A． 1,3 B． 1,2 C． 2,3 D． 0,3
【变式 3】（2024·陕西榆林·一模）已知函数 f x = eax - ex在 0, + 上单调递增，则 a的取值
范围是（ ）
A． 0, + B． 1, + C． e, + D． 2e, +
【课后强化】
基础保分练
一、单选题
x
1．（2024· 1 全国·模拟预测）已知函数 f x = ÷ ，则使得 f 2a < f a -1 成立的正实数 a
è 2
的取值范围是（ ）
1 1
A． ,+ 3 ÷
B． 0, ÷ C． 0,1 D． 1, +
è è 3
2．（2024·吉林·二模）已知函数 f x = log2 4x +1 - x + x2 -1，则关于 x 的不等式
f x + 2 > f 2x 解集为（ ）
2 , 2 1, 2
é1
A． - 3 ÷
B． - - ÷÷ ê , 2÷÷
è è 3 ê 2
2 1 ù é1 1 ù é1
C． - ,- ú ê , 2÷÷ D． -1,- ú ê , 2÷
è 3 2 ú ê 2 è 2 ú ê2 ÷
1
3．（2024· 2陕西西安·二模）已知函数 f (x) = x - 2x + ln x .若 f (a +1) f (2a -1) ，则 a的取
2
值范围是（ ）
1 ù
A． (- ,-1] B． (-1,2] C．[2,+ ) D． , 2
è 2 ú
4．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数 f x 的定义域为 R，对任意实数 x，y 都有
f (x + y) = f (x) + f (y) -1，当 x > 0时， f (x) >1，且 f (2) = 5，则关于 x 的不等式
f (x) + f (4 - 3x) < 6的解集为（ ）
A． 1, + B． 2, + C． - ，1 D． - ，2
二、多选题
5．（2024·湖北·模拟预测）已知 x 1， y > 1，且 xy = 4，则（ ）
A．1 x 4，1< y < 4 B． 4 x + y 5
y 1
C． 的最小值为 ，最大值为 4 D． 4x + y2 的最小值为 12
x 4
6．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x 对任意 x, y R 恒有 f x + y = f x + f y ，且当
x < 0 时， f x < 0, f 2 = 3，则下列结论中正确的是（ ）
A． f x 的图象关于 y 轴对称
B． f x 在R 上单调递增
C． f x 3的解集为 -2,2
D．若 f x - 4 < 3m2 + am对"x é -2,2 ,a - 4,4ù 恒成立，则实数m 的取值范围为
1 , 1- 3 3 ֏
三、填空题
7．（2024·山东淄博·一模）设方程 ex + x + e = 0， ln x + x + e = 0 的根分别为 p，q，函数
f x = ex + p + q x ，令 a = f 0 ,b 1 3= f ÷ ,c = f ÷，则 a，b，c 的大小关系为 .
è 2 è 2
8．（2024·安徽淮北·一模）记不超过 x 的最大整数为 x .若函数 f x = 2x - 2x + t 既有最大
值也有最小值，则实数 t 的值可以是 （写出满足条件的一个 t 的值即可）.
四、解答题
9．（2023·山东·模拟预测）若函数 f (x) 在 (0, + )上是增函数，且 f (a + 3) < f (a2 +1)，求 a的取
值范围．
10．（2024·陕西宝鸡·模拟预测）已知函数 f x = 2x +1 + 2x - 2 ．
(1)求 f x 的最小值；
(2)若 x 0 时， f x ax + b恒成立，求 a + b 的最小值．
11．（2023·河南南阳·模拟预测）定义在正实数集上的函数 f x 满足下列条件：
①存在常数 a 0 < a <1 ，使得 f (a) =1；②对任意实数m ，当 x > 0时，恒有
f (xm ) = mf (x)．
(1)求证：对于任意正实数 x 、 y ， f (xy) = f (x) + f (y) ；
(2)证明： f (x) 在 (0, + )上是单调减函数；
(3) 2若不等式 f loga 4 - x + 2 - f loga (4 - x)8 3恒成立，求实数 a的取值范围．
12．（2023·甘肃定西·模拟预测）已知函数 f (x) = a(x - 2)ex - x + ln x(a R)．
(1)若 a＝0，求函数 f x 的最值；
é1 ù
(2)若 a＝1，函数 f x 在 ê ,1ú 上的最大值在区间 m, m +1 内，求整数 m4 的值．
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 (0, + )上单调递减的是（ ）
A． f (x) = - log 1 x B． f (x) = - | x -1|
2
C． f (x) = 2- x D． f (x) = -x2 + x
2．（2023·安徽·模拟预测）已知 f x 是定义在R 上的偶函数，函数 g x 满足 g x + g -x = 0，
且 f x ， g x 在 - ,0 单调递减，则（ ）
A． f g x 在 0, + 单调递减 B． g g x 在 - ,0 单调递减
C． g f x 在 0, + 单调递减 D． f f x 在 - ,0 单调递减
2
f x ln x , a 1 e= = f ln ,b = f ln ,c = f 3 3．（2024·甘肃·一模）已知函数 2 ÷ 2 ÷ ln ÷，则è è è 2
（ ）
A． a < b < c B．b < a < c
C． c4．（2024·湖南常德·三模）已知奇函数 y = f (x) 是定义域为 R 的连续函数，且在区间 (0, + )
上单调递增，则下列说法正确的是（ ）
A．函数 y = f (x) + x2 在 R 上单调递增
B．函数 y = f (x) - x2 在 (0, + )上单调递增
C．函数 y = x2 f (x)在 R 上单调递增
y f (x)D．函数 = 2 在 (0, + )上单调递增x
1+ f x
5．（2024·陕西·模拟预测）函数 f x 满足 lnx = x > e, x > e, f x1- f x ，且 1 2 1
+ f x2 =1，
则 f x1x2 的最小值为（ ）
A． e
5 1
B．1 C． D．
7 e
2
y > 0 x + y =1 x y
2
6．（2024·全国·模拟预测）已知 x > 0， 且 ，则
1+ x2
+ 2 的最小值为（1 y ）+
1 2 3 4
A． B． C． D．
5 5 5 5
7．（2023·四川绵阳·三模）设函数 f x 为 x -1与 x2 - 2ax + a + 3中较大的数，若存在 x 使得
f x 0 成立，则实数 a的取值范围为（ ）
é 4
A． ê- , -1

÷ 1,4
4
- , - ùB． ú 4, + 3 è 3

,1- 13
1+ 13 ù
C． - ÷÷ 2
, 4ú D． -1,1
è è 2
8 x．（2024·四川·模拟预测）已知函数 f x = xe ，若对"x a,a +1 ，不等式
f x2 + a 2e x f x 恒成立，则实数 a的取值范围为（ ）
é
0, 6 -1
ù é
0, 6 +1
ù
A． ê B．2 ú ê 2 ú
é 5 +1ù é ù
C． ê0, ú D． ê0,
5 -1
2 2 ú
二、多选题
x - x x - x
9．（2024· · f x e - e , g x e + e新疆乌鲁木齐 二模）已知函数 = = ，则（ ）
2 2
A．函数 f x 在R 上单调递增
B．函数 f x g x 是奇函数
C．函数 f x 与 g x 的图象关于原点对称
2 2
D． g 2x = é f x ù + é g x ù
10．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = cos 2x ，则（ ）
1
A． f 3 > f 1 B． f sin ÷ > f ln1.1
è 11
C． f e + f ln 3 < 0 D． f e < f e
11．（2024·甘肃陇南·一模）已知 a,b,c 0, + ，关于 x 的不等式 a x - bx + cx > 0的解集为
- , 2 ，则（ ）
A．b >1 B． a + c > b
1 1 1 1
C． - + < D． a - b + c 1 1 1 - +

÷ 5 - 3 2a b c a - b + c è a b c
三、填空题
f 2
12．（23-24

高二下·河北邢台·阶段练习）已知函数 f x = ex - x，其中 f x 是 f x 的
e -1
导函数，则 f 1 = ； f x > 0的解集为 ．
13．（2024·湖南·二模）已知 f x = 2x + x - m , x a,a + 2 , f (x)max = g m ，若
m g m 13 = R ，则实数 a的取值范围是 ，
14．（2024·辽宁大连·一模）已知函数 f x = sin πx + acosπx 在区间 0,4 有 2 个零点和 4
2
个极值点，则 a 的取值范围是 .
四、解答题
15．（2023·全国·模拟预测）已知函数 f x = x +1 - 2x - 3 ．
(1)在平面直角坐标系 xOy 中画出函数 f x 的图象，并根据图象直接写出函数 f x 的最大
值；
(2)解不等式 f x 3x - 5 ．
1
16．（2023· 2安徽合肥·模拟预测）已知函数 f (x) = x ln x - ax - x +1有两个极值点 x1, x2 ，且2
x1 < x2 .
(1)求 f (x1)的取值范围；
(2)若 2x1 < x 22 ，证明：8x1 < x2
17．（2024· 2全国·模拟预测）已知函数 f x = axlnx + x -1有两个极值点 x1, x2 ，且 x1 < x2．
(1)求 a的取值范围；
(2)求关于x2的不等式 f x2 f -a 的解集．
18．（2024·福建福州·模拟预测）已知函数 f x = xlnx - x2 -1．
(1)讨论 f x 的单调性；
1 2
(2) - x求证： f x < e + 2 - -1；x x
(3)若 p > 0, q > 0且 pq >1，求证： f p + f q < -4．
19．（2024·辽宁大连·一模）已知函数 f x = x ln x + ax +1的定义域为区间 D1,值域为区间
D2 ，若D2 D1,则称 f x 是D1的缩域函数.
f x é1 ,eù(1)若 是区间 ê ú的缩域函数，求 a 的取值范围； e
(2)设a , b 为正数，且a < b ,若 f x 是区间 a , b 的缩域函数，证明：
（i）当 b
1
< 时， f x 在 a , b 单调递减;
2
2 1
（ii） + > 3a b
拓展冲刺练
一、单选题
1 2024· · f x = ex x-t ．（ 黑龙江大庆 模拟预测）函数 在 2,3 上单调递减，则 t 的取值范围是
（ ）
A． 6, + B． - ,6
C． - , 4 D． 4, +
2．（2023·辽宁丹东·二模）设函数 y = f x 由关系式 x x + y y =1确定，函数
ì- f x , x 0,
g x = í f x , x 0.，则（ ） - <
A． g x 为增函数 B． g x 为奇函数
C． g x 值域为[-1,+ ) D．函数 y = f -x - g x 没有正零点
2
3．（2023·海南省直辖县级单位·模拟预测）若函数 f x = a x -ax+1 a > 0且a 1 在区间 1, +
上单调递增，则 a的取值范围是（ ）
A． 0,1 B． 0,
1 ù
è 2 ú
C． 1,2 D． 2, +
4．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x 对任意 x, y R 恒有 f x + y = f x + f y ，且当
x < 0 时， f x < 0, f 2 = 3 2．若存在 x -2,2 ，使得 f x > m - 2m成立，则实数m 的取
值范围为（ ）
A． -3,3 B． -3,1 C． -1,1 D． -1,3
二、多选题
sinx
5．（2024·江苏·一模）已知函数 f x = ，则（ ）
2 - cos2x
A． f x 的最小正周期为 π B． f x 的图象关于点 π,0 对称
C．不等式 f x > x 2无解 D． f x 的最大值为
4
2
6．（2023·河南·三模）已知函数 f x = lnx -1- ，则下列结论正确的是（
x 1 ）-
A． f x 在定义域上是增函数
B． f x 的值域为R
C． f log2023 2024 + f log2024 2023 =1
b
D．若 f a e +1= - b， a 0,1 ，b 0, + b ，则 aeb =1e -1
三、填空题
1
7．（2024·河北·模拟预测）若 a = ,b = tan
π ,c 35= ln ，则 a,b,c的大小关系为 （用
33 99 34
“<”号连接）．
8．（2024·重庆·模拟预测）已知对 a > 0，"x1， x2 R ，当 x1 < x2时，都有
ex1 - ex2 x1 + x> 2 ，则实数 a的取值范围是 .
x1 - x2 a
四、解答题
9．（2024·福建龙岩·一模）已知函数 f (x) = ln(2mx), m是大于 0 的常数，记曲线 y = f (x) 在点
(x1, f (x1)) 处的切线为 l, l 在 x 轴上的截距为 x 2 , x 2 > 0 .
(1)若函数 g(x) = x2 -1- af (x),a R ，求 g(x)的单调区间；
1
(2)当 x1 + x2 > 时，求x1的取值范围.m
10．（2024·
2
全国·模拟预测）已知函数 f x = x -1 x - a ．
(1)若 a = 0，讨论 f x 的单调性；
(2)若 a 0，求 f x 在 2,3 上的最小值 g a 1 3，并判断方程 g a = a 的实数根个数．
3
11．（2023·四川自贡·一模）函数 f (x) = ex - ln x 的最小值为 m.
(1)判断 m 与 2 的大小，并说明理由；
(2)求函数 g(x) = 2 + ln x - ex-m 的最大值.
a 2a +1
12．（2024·全国· 3 2模拟预测）已知函数 f (x) = x - x (a 0)．
3 4
(1)若函数 f (x) 的一个极值点大于 0，求 a的取值范围；
(2)若 g(x) = f (x)
1
+ x2 (1- ln x)在 (0, + )上单调递增，求 a的值．
2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）
【考试提醒】
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
增函数 减函数
一般地，设函数 f(x)的定义域为 D，区间 I D，如果 x1，x2∈I
定义 当 x1f(x2)，那么就
就称函数 f(x)在区间 I 上单调递增 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
(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
前提 设函数 y＝f(x)的定义域为 D，如果存在实数 M 满足
(1) x∈D，都有 f(x)≤M； (1) x∈D，都有 f(x)≥M；
条件
(2) x0∈D，使得 f(x0)＝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
常用结论
f x1 －f x2
1． x1，x2∈I 且 x1≠x2，有 >0(<0)或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0(<0) f(x)在区间 I 上单x1－x2
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．
1
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＝ 的单调性相反．
f x
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 0,2 上单调递增的是（ ）
1
A． y = (x - 2)2 B． y =
x - 2
C． y = sin x - 2 D． y = cos x - 2
【答案】D
【分析】对于 BCD，根据各个选项观察均是 f (x) 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 (0,2)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A 选项： y = (x - 2)2 开口向上，对称轴 x = 2，所以在 (- ,2) 上单调递减，故不
符合题意.
对于B选项： y
1
= 1是 y = x 向右平移了两个单位长度，所以在在
(- ,2) 上单调递减，故
x - 2
不符合题意.
对于C 选项： y = sin x - 2 是 y = sin x 向右平移了两个单位长度，
所以 y = sin x - 2 ( 3π在 - + 2, π- + 2) π π上单调递减，在 (- + 2, + 2) 上单调递增，
2 2 2 2
π
因为0 < - + 2 < 2 ，所以不符合题意.
2
对于D 选项： y = cos x - 2 是 y = cos x向右平移了两个单位长度，
所以 y = cos x - 2 在 (-π + 2,2)上单调递增，则在 (0,2)上单调递增，符合题意.
故选D .
【变式 1】（2024·北京西城·一模）下列函数中，既是偶函数又在区间 0, + 上单调递增的是
（ ）
A． y = x2 + x B． y = cosx
C． y = 2x D． y = log2 x
【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 x =1时， y =1+1 = 2，当 x=-1时， y =1-1 = 0，即 f (-1) f (1)，
所以选项 A 不满足题意，
对于选项 B，因 y = cosx在区间 0, + 上不单调，所以选项 B 不满足题意，
对于选项 C，因为 y = 2x 图象不关于 y 轴对称，所以选项 C 不满足题意，
对于选项 D，因为 y = log2 x 的定义域为 - ,0 U 0, + ，关于原点对称，
又 f (-x) = log2 -x = log2 x = f (x) ，所以 y = log2 x 为偶函数，
当 x > 0时， y = log2 x = log2 x ，又 y = log2 x 在区间 0, + 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． y
1
= B
x ．
y = x3
C． y = -x x D． y = 3- x
【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 0, + 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.
1
【详解】选项 A， y = (- ,0) U (0, + ) Ax 的定义域为 ，不符合题意，故 错误；
选项 B，设 f x = x3 ，定义域为R ，
因为 f -x = -x 3 = -x3 = - f x ，
f x = x3所以 为奇函数，且在定义域上为增函数，故 B 错误；
选项 C，设 f x = -x x ，定义域为R ，
由 f -x = x -x = x x = - f x ，故 f x 为奇函数，
2 2
当 x 0 时， f x = -x ，且 f x = -x 在 0, + 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 f x = 3- x f (1) 1，则 = , f (-1) = 3，
3
由 f (-1) - f (1)，知 f (x) 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 0, + 上单调递增的是
（ ）
1 1
A． y = x 2 B． y = x
C． y = tanx D． y = x x
【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.
1
【详解】对于 A： y = x 2 定义域为 0, + ，为非奇非偶函数，故 A 错误；
1
对于 B： y = 定义域为 - ,0 U 0, + x ，为奇函数，但是函数在 0, + 上单调递减，故 B
错误；
对于 C： y = tanx ì
π
为奇函数，定义域为 íx | x + kπ, k Z
ü
，但是函数在 0, + 上不单调，
2
故 C 错误；
对于 D：令 y = f x = x x 定义域为R ，且 f -x = -x -x = -x x = - f x ，
所以 y = x x 为奇函数，且当 x > 0时 y = x2 ，函数在 0, + 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
x
【例题 2】（2023· 2 -1上海奉贤·一模）函数 y = 在定义域 - , + x 上是（ ）2 +1
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.
2x -1
【详解】令 f x = ，任取 x1 < x2 Rx ，2 +1
2x1 -1 2x2 -1 2 2x1 - 2x2
则 f x1 - f x2

= - = ，
2x1 +1 2x2 +1 2x1 +1 2x2 +1
因为 y = 2x 是R 上的严格增函数，所以 2x1 < 2x2 ，
2 2x1 - 2x2
则 < 0 x x ，所以
f x
2 +1 2 +1 1
< f x2 ，
1 2
2x -1
则函数 y = x 是R 上的严格增函数；2 +1
1- 2x
2- xf x -1 2
x 1- 2x
又 - = - x = = = - f x ，即函数 f x 为奇函数，2 +1 1+ 2x 2x +1
2x
2x -1
所以函数 y = x 在定义域 - ,+ 上是严格增的奇函数.2 +1
故选：A
【变式 1】（23-24 高三上·河南·阶段练习）已知函数 f x + 2 是定义在R 上的奇函数，若对
于任意两个实数 x1 x2 ，不等式 x1 - x2 é f x1 - f x2 ù > 0恒成立，则不等式
f x + 2024 > 0的解集是（ ）
A． -2022, + B． 2022, + C． -2024, + D． 2024, +
【答案】A
【分析】根据条件得出函数 f x 在R 上单调递增，再结合奇偶性转化为
f x + 2024 > 0 = f 2 解不等式即可.
【详解】由任意两个实数 x1 x2 ，不等式 x1 - x2 é f x1 - f x2 ù > 0恒成立，
\函数 f x 在R 上单调递增．
又函数 f x + 2 是定义在R 上的奇函数，得 f 2 = 0 ，
所以不等式 f x + 2024 > 0 = f 2
化为 x + 2024 > 2 ，解得 x > -2022，
所以不等式的解集为 -2022, + ．
故选：A．
【变式 2】（2023·浙江台州·二模）已知函数 f x 同时满足性质:① f -x = f x ;②当
f x - f x
"x , x 1 2 1 2 0,1 时, < 0 ,则函数 f x 可能为(x x )1 - 2
x
A． f x = x2 B． f (x) = 1 2 ÷è
C． f (x) = cos 4x D． f x = ln 1- x
【答案】D
f x - f x
【分析】① f (-x) = f (x)说明 f (x) 1 2为偶函数，② "x1, x2 (0,1), < 0 ,说明函数x1 - x2
在( 0, 1)上单调递减,再逐项分析即可.
f
f ( x) f (x) x , x (0,1), x - f x 【详解】① - = 1 2说明 f (x) 为偶函数，② " 1 2 < 0 ,说明函数x1 - x2
在( 0, 1)上单调递减.
A 不满足②，B 不满足①，
p p
C 不满足②,因为 f (x) = cos 4x
0, 在 4 ÷单调递减，在
,1÷单调递增.
è è 4
对于 D,满足①,当 x (0,1), f (x) = ln(1- x) ,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． y = 3x
1 1
B． y = C． y = 2x2 D． y = - xx 3
【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， y = 3x 为奇函数，且单调递增，故 A 正确；
B 选项， y
1
= 是奇函数，在 (- ,0)， (0, + )x 上递减，故 B 错误；
C 选项， y = 2x2 偶函数，故 C 错误；
1
D 选项， y = - x 是奇函数，且单调递减，故 D 错误，．
3
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
1 1
【例题 3】（2024·北京西城·一模）设 a = t - ,b = t + ,c = t 2 + t ，其中-1 < t < 0 ，则（ ）
t t
A．b < a < c B． cC．b【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.
1 1
【详解】由-1 < t < 0 ，故 - ,-1 ，故 a = t - > 0，
t t
1
由对勾函数性质可得b = t + < - 1+1 = -2 ，
t
c = t 2 + t < 0 ，且 c = t × 2 + t = t 2 + 2t = t +1 2 -1 -1，
综上所述，有b故选：C.
a ln( 2e),b e +1,c ln 5【变式 1】（2024·云南贵州·二模）已知 = = = +1，则 a,b,c的大关系为
e 5
（ ）
A． c > a > b B．b > a > c
C． a > b > c D．b > c > a
【答案】B
【分析】根据 a,b,c的特点，构造函数 f (x)
ln x
= ，判断其单调性，得到
x
f (x) 1max = f (e) = ，故有 f (e) > f (5), f (e) > f (2)，再运用作差法比较 f (5), f (2)即得.e
ln x f (x) 1- ln x【详解】设 f (x) = ，则 = 2 ，x x
当0 < x < e时， f (x) > 0 ， f (x) 在 (0, e)上递增；
当 x>e时， f (x) < 0 ， f (x) 在 (e,+ ) 上递减,
1
故 f (x)max = f (e) = .e
1 ln 5 , 1 ln 2则 > > ，即b > c,b > a；
e 5 e 2
ln 25
由 ln 5 ln 2 2ln 5 - 5ln 2- = = 32 0可知 c < a< ，故b > a > c .
5 2 10 10
故选：B.
【变式 2】（23-24 高三上·北京顺义·期末）已知 f (x) 在 (0, + )上单调递减，且 x0 > 0 ，则下
列结论中一定成立的是（ ）
A． f x0 +1 > f x0 B． f x0 +1 < f x0
C． f x0 -1 > f x0 D． f x0 -1 < f x0
【答案】B
【分析】利用函数的单调性判断即可.
【详解】由 x0 > 0 得， x0 +1 > x0 ，结合 f (x) 在 (0, + )上单调递减，
则必有 f x0 +1 < f x0 ，显然 B 正确，A 错误，
而当 x0 (0,1) 时 x0 -1< 0，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 f (x) 对"x R 都有 f x = f x + 4 + f 2 ，若
函数 y = f x + 3 的图象关于直线 x = -3对称，且对"x1, x2 0,2 ，当 x1 x2 时，都有
x2 - x1 f x2 - f x1 > 0，给出如下结论：① f x 是偶函数；② f 2 = 0 ;③ f x 是最
小正周期为 4 的周期函数；④ f 3 < f -4 ．其中正确的结论个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．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 y = f (x + 3) 的图象关于直线 x = -3对称，
可知 f x 关于 x = 0对称，即 f x 是偶函数，故①正确；
由 f x = f x + 4 + f 2 f -2 = f 2 = f 2 + f 2 = 2 f 2 ，
即 f 2 = 0 ，故②正确；
由上可知 f x = f x + 4 ，即T = 4是 f x 的一个周期，
又对"x1, x2 0,2 ，当 x1 x2 时，都有 x2 - x1 f x2 - f x1 > 0，
即 f x 在 0,2 上单调递增，根据偶函数性质可知 -2,0 上单调递减，
则T = 4是 f x 的最小正周期，故③正确；
由上面结论可知： f 3 = f -1 > f 0 = f -4 ，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 y = log2x 在 16,256 上的最小值为m ，最大
值为M ，且在等差数列 an 中， a2 = m, a4 = M ，则 a10 = （ ）
A．17 B．18 C．20 D．24
【答案】C
【分析】利用对数函数单调性先求出函数最小值为m ，最大值为M ，再由等差数列通项公
式求解.
【详解】因为函数 y = log2x 在 16,256 上单调递增，
所以m = log216 = 4，M = log2 256 = 8，
a - a 8 - 4
所以 a2 = 4, a4 = 8，所以等差数列 an 的公差 d = 4 2 = = 2 ，4 - 2 2
所以 a10 = a2 + 10 - 2 d = 4 + 8 2 = 20．
故选：C．
b
【变式 1】（2023·全国·模拟预测）已知点 P a,b 在直线 y = 2x - 2 上，若 z = 4a 1+ ÷ ，则下
è 2
列选项正确的是（ ）
65 65
A． z 有最大值 ，最小值 4 B． z 有最大值 ，没有最小值
4 4
C． z 没有最大值，但有最小值 4 D． z 没有最大值也没有最小值
【答案】C
1
b

【分析】利用指数运算将 z = 4a + ÷ 化简变形为可以利用基本不等式的形式，然后利用基
è 2
本不等式并结合“ 2a - b = 2 ”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 P a,b 在直线 y = 2x - 2 上，则b = 2a - 2 ，即 2a - b = 2 ，
z 4a 1
b
所以 = + = 22a + 2-b 2 22a 2-b 2a-b ÷ = 2 2 = 4，
è 2
1
当且仅当 2a = -b =1即 a = ,b = -1时等号成立，此时 z 取得最小值 4，
2
又因为 f a = 4a 在R 上单调递增，所以 a + 时 4a + ，
1 b
此时因为b = 2a - 2 ，所以b + ，而 ÷ 0 ，
è 2
所以 z + ，即没有最大值，
故选：C.
【变式 2】（2024·贵州· - x2模拟预测）已知函数 f (x) = 2 +2x+3，则 f (x) 的最大值是 .
【答案】16
【分析】求出 t = -x2 + 2x + 3的范围，根据复合函数的单调性求解.
2
【详解】由 f x = 2- x +2x+3，而 t = -x2 + 2x + 3 = -(x -1)2 + 4 4，
因为 y = 2t 单调递增，所以 y = 2t 24 ，则 f (x) 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 f x = x +1 + 2x + 4 .
(1)求函数 f x 的最小值；
a,b,c f a + f b + f c = 27 1 4 9(2)若 为正实数，且 ，求 + + 的最小值.
a b c
【答案】(1)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.
ì -3x - 5, x < -2
【详解】（1）（1） f x = x +1 + 2x + 4 = íx + 3, -2 x < -1，

3x + 5, x -1
f x 在 - , -2 上单调递减，在 -2, + 上单调递增，
所以 f (x)min = f -2 = 1，即当 x = -2时，函数 f x 取得最小值；
（2）由（1）可得当 x 为正实数时， f x = 3x + 5，
则由 f a + f b + f c = 27可得： a + b + c = 4，
1 4 9 a + b + c a + b + c 9 a + b + c
所以 + + = + +
a b c 4a b 4c
=
a b c a b c 9a 9b 9c
+ +
+ + + + + +
è 4a 4a 4a ÷ ÷ ÷ è b b b è 4c 4c 4c
1 b c a 1 c 9a 9b 9= + + ÷ + + + ÷ + + +

è 4 4a 4a è b b è 4c 4c 4 ÷
1= +1
9 b a c 9a c 9b 7 b a c 9a c 9b+ ÷ + + + +4 4 4a b ÷ 4a 4c ÷
+ + ÷ + 2 × + 2 × + 2 ×
è è è è b 4c 2 4a b 4a 4c b 4c
7 2 1 9 9 7 3= + + 2 + 2 = +1+ + 3 = 9,
2 4 16 4 2 2
b a , c 9a , c 9b当且仅当 = = = 时，
4a b 4a 4c b 4c
a 2 ,b 4 ,c 6又 a + b + c = 4，即当 = = = = 2时，等号成立.
3 3 3
1 4 9
所以 + + 的最小值为 9.
a b c
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R 上的函数
f (x) = ex-1 - e1-x + (x -1)3 + x，满足不等式 f (2x - 4) + f (2 - 3x) 2，则 x 的取值范围是（ ）
(- , -4] (- ,2) ( , 2A． B． C． - ] 2D．[ ,2)
3 3
【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 x -1 = t ，则 x = t +1, t R ，原函数化为 f (t +1) = et - e-t + t3 + t +1，
令 g(t) = f (t +1) -1 = et - e-t + t3 + t ，显然 g(-t) = e-t - et - t3 - t = -g(t)，
即函数 g(t)是奇函数，又函数 y = et , y = -e-t , y = t3 + t 都是R 上的增函数，
因此函数 g(t)是R 上的增函数，不等式
f (2x - 4) + f (2 - 3x) 2 f (2x - 4) -1+ f (2 - 3x) -1 0，
则 g(2x - 5) + g(1- 3x) 0 g(2x - 5) -g(1- 3x) = g(3x -1)，
于是 2x - 5 3x -1，解得 x -4，
所以 x 的取值范围是 (- , -4] .
故选：A
【变式 1】（2024·辽宁· x模拟预测）已知 f x 是定义在R 上的奇函数， g x = f x - 2e + x
2
也是定义在R 上的奇函数，则关于 x 的不等式 g 1- x + g 2x + 2 > 0的解集为（ ）
A． - , -1 3,+ B． - , -3 1,+
C． -1,3 D． -3,1
【答案】A
【分析】根据 g x 为奇函数及 f x 为偶函数可求 g x ，利用导数可判断 g x 为R 上的减
函数，从而可求不等式的解.
【详解】因为 g x = f x - 2ex + x ，故 f x - 2ex + x + f -x - 2e- x - x = 0，
故 f x + f -x = 2ex + 2e- x，
因为 f x 是定义在R 上的奇函数，故 f x + f -x = 0 ，
故 f x - f -x = 0 x - x x - x，故 f x = e + e ，故 g x = -e + e + x ，
此时 g x = -ex - e- x +1 -2 +1 < 0，故 g x 为R 上的减函数，
g 1- x2 + g 2x + 2 > 0 g 1- x2而 等价于 > g -2x - 2 ，
即1- x2 < -2x - 2 即 x2 - 2x - 3 > 0，故 x < -1或 x > 3
故选：A .
【变式 2】（2024·北京延庆·一模）已知函数 f (x) = 3x - 2x -1，则不等式 f (x) < 0的解集是
（ ）
A． 0,1 B． 0, + C． - ,0 D． - ,0 1, +
【答案】A
【分析】利用导数及导函数的单调性判断极小值点在0 < x0 <1，再由函数的单调性及
f (0) = f (1) = 0可得不等式的解集.
【详解】因为 f (x) = 3x ln 3 - 2单调递增，且 f (0) = ln 3 - 2 < 0， f (1) = 3ln 3- 2 > 0，
所以存在唯一 x0 (0,1) ，使得 f (x0 ) = 0 ，
所以当 x < x0 时， f (x) < 0 ，当 x > x0时， f (x) > 0 ，
所以函数 f (x) 在 - , x0 上单调递减，在 x0 ,+ 上单调递增，
又 f (0) = f (1) = 0，且0 < x0 <1，
所以由 f (x) < 0可得0 < x <1，
故选：A
【变式 3】（2024· x - x青海·一模）已知函数 f x = e - e + x ，则不等式 f 2m - 2 + f m +1 > 0
的解集为 ．
1
【答案】 ,+ ÷
è 3
【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】Q f x 的定义域为R ， f -x = e- x - ex - x = - f x ，
\ f x 为定义在R 上的奇函数；
Q y = ex 与 y = x 均为R 上的增函数， y = e- x 为R 上的减函数，
\ f x 为定义在R 上的增函数；
由 f 2m - 2 + f m +1 > 0得： f 2m - 2 > - f m +1 = f -m -1 ，
1 1
\2m - 2 > -m -1，解得：m > ，\ f 2m - 2 + f m +1 > 0 的解集为 ,+

3 3 ÷
.
è
1
故答案为： ,+ .
è 3 ÷
命题点 4　求参数的取值范围
【例题 6】（2024·湖南邵阳·二模）已知 x > 0, y > 0，若 4x2 + 3xy + y2 + m xy > 2x + y恒成
立，则实数m 的取值范围是 .
【答案】 2 2 - 7, +
【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.
2x + y - 4x2 + 3xy + y2
【详解】原不等式等价于m > ，
xy
2x + y - 4x2 + 3xy + y2
z 2 x y 4 x y令 = = + - + + 3 .
xy y x y x
令 t = 2
x y
+ ，且
y x t 2 2
，
2 1
则 z = t - t -1 = 2 在 2 2, + 上单调递减，t + t -1
z 1\ = 2 2 - 7,\m > 2 2 - 7 .
2 2 + 7
故m 的范围是 2 2 - 7, + .
故答案为： 2 2 - 7, +
【变式 1】（23-24 高三上·内蒙古赤峰·开学考试）已知 a > 0，且a 1，函数
ì3a - x, x < 2
f x = ílog x -1 -1, x 2 在R 上单调，则
a的取值范围是（ ）
a
1, + é1 , 2 ù é2 é1 A． B． ê ú C 3 3 ． ê
,1
3 ÷
D． ê ,13 ÷
【答案】D
【分析】由函数解析式知函数在R 上单调递减，建立不等关系解出即可.
【详解】因为函数 f x 在R 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 y = f x 在 R 上单调递减，
ì0 < a <1
所以 í
3a - 2 log 1
，
a -1
1
解得： a <1 .
3
故选：D.
ì-x2 + 2ax, x 1
【变式 2】（2023·陕西商洛·一模）已知函数 f (x) = í 是定义在R 上的增函数，
(3 - a)x + 2, x >1
则 a的取值范围是（ ）
A． 1,3 B． 1,2 C． 2,3 D． 0,3
【答案】B
【分析】由题意可知函数在每一段上为增函数，且在 x =1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.
ì-x2 + 2ax, x 1
【详解】因为 f (x) = í 是定义在R 上的增函数，
(3 - a)x + 2, x >1
ì 2a
- 1
-2
所以 í3 - a > 0 ，解得1 a 2 .

-1+ 2a 3 - a + 2

故选：B
ax x
【变式 3】（2024·陕西榆林·一模）已知函数 f x = e - e 在 0, + 上单调递增，则 a的取值
范围是（ ）
A． 0, + B． 1, + C． e, + D． 2e, +
【答案】B
【分析】分情况讨论，当 a 0时直接代入可得函数递减；当 a > 0时，求导，构造函数，
g x = xex , x 0,+ x，再由 g x = x +1 e 0得到抽象函数 g ax g x ，求出a 1，最
后再讨论 a =1时的情况，综合得出结果.
【详解】当 a 0时，函数 f x = eax - ex在 0, + 上单调递减，不符合题意，所以 a > 0，
ax x x
由题可知 f x = ae - e 0恒成立，即 aeax ex .令 g x = xe , x 0,+ ，
g x = x +1 ex则 0，所以 g x 在 0, + 上单调递增，由 aeax ex ，
可得 axeax xex ，即 g ax g x ，所以 ax x 0，所以a 1，
当 a =1时， f x = 0，不符合题意，故 a的取值范围是 1, + .
故选：B
【课后强化】
基础保分练
一、单选题
1 2024· · f x 1
x

．（ 全国 模拟预测）已知函数 = ÷ ，则使得 f 2a < f a -1 成立的正实数 a
è 2
的取值范围是（ ）
1
A． ,
1
+ ÷ B． 0, ÷ C． 0,1 D． 1, +
è 3 è 3
【答案】A
【分析】根据奇偶性定义判断出 f x 为偶函数，再根据 x > 0上的单调性得到参数 a的取值
范围.
- x x
【详解】由题意可知 f x 1 1的定义域为R ，且 f -x = ÷ =

÷ = f x ，所以 f x 为偶
è 2 è 2
函数．
x
当 x > 0时，函数 f (x) = 1 ÷ ， f x 单调递减．
è 2
若 f 2a < f a -1 成立，则 2a > a -1 1，解得 a < -1或 a > ．
3
a 1又 a > 0 ，所以正实数 的取值范围是 , + ．
è 3 ÷
故选：A．
2．（2024·吉林·二模）已知函数 f x = log 4x +1 - x + x22 -1，则关于 x 的不等式
f x + 2 > f 2x 解集为（ ）
2 , 2 2
é1
A． - 3 ÷
B． -1,- ÷÷ ê , 2÷÷
è è 3 ê 2
2 1 ù é, 1
1 ù é1
C． - - ú ê , 2÷÷ D． -1,- ú ê , 2÷
è 3 2 ú ê2 ÷ è 2 ú ê2
【答案】C
【分析】先求出函数的定义域为 - , -1 1, + ，所以定义域关于原点对称，然后得到
f -x = f x ，所以函数 f x 是偶函数，判断出函数在 1, + 上的单调性得出距离 y 轴越
ì x + 2 > 2x

远函数值越大，并且注意函数的定义域，得出 í x + 2 1 ，解不等式组即可.

2x 1
ì4x +1 > 0
【详解】由函数 f x = log x2 4 +1 - x + x2 -1知： í 2 ，解得： x 1或 x -1，
x -1 0
所以函数的定义域为： - , -1 1, + ，
因为 f -x = log2 4- x +1 + x + -x 2 -1
1
= log 22
è4x
+1÷÷ + x + x -1


log 1+ 4
x
= ÷÷2 x + x + x
2 -1
è 4
= log2 1+ 4x - log 4x + x + x22 -1
= log2 1+ 4x - log2 22x + x + x2 -1
= log2 1+ 4x - 2x + x + x2 -1
= log2 1+ 4x - x + x2 -1 = f x ，
所以函数 f x = log x 22 4 +1 - x + x -1是偶函数，
因为当 x 1时，
f x = log x2 4 +1 - x + x2 -1
= log2 4x +1 - x log 22 2 + x -1
= log 4x +1 - log 2x 22 2 + x -1
x
= log 4 +1÷2 x ÷ + x
2 -1
è 2

log 2x 1

= + ÷ 22 2x ÷
+ x -1
è
令 t = 2x
1
+ ，则 tx 在 1, + 上单调递增，2
且 y = log2 t 在 0, + 上单调递增，
x 1
所以 y = log2 2 + ÷÷在 1, + 上单调递增，
è 2x
因为 y = x2 -1在 1, + 上单调递增，
所以 f x = log2 4x +1 - x + x2 -1在 1, + 上单调递增，
所以函数 f x = log 4x +1 - x + x22 -1在 - , -1 上单调递减，
ì x + 2 > 2x
因为 f x + 2 > f 2x ，所以 í x + 2 1 2 1 1，解得：- < x - 或 x < 2，
3 2 2
2x 1
ù é
所以不等式 f x + 2 > f 2x 2 1 1解集为 - ,- ú ê , 2÷÷ .
è 3 2 ú ê 2
故选：C
1
3．（2024·陕西西安·二模）已知函数 f (x) = x2 - 2x + ln x .若 f (a +1) f (2a -1) ，则 a的取
2
值范围是（ ）
A． (- ,-1] B． (-1,2] C．[2,+ )
1 ù
D． , 2
è 2 ú
【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 a +1 2a -1 > 0，再解
出结果.
【详解】因为 f (x)
1
= x2 - 2x + ln x， x 0, + ，
2
2 x -1 2
所以 f (x) x 1 x - 2x +1= - 2 + = = 0，
x x x
所以 f (x) 是 0, + 上的增函数，所以若 f (a +1) f (2a -1)
1
则 a +1 2a -1 > 0，解得 < a 2 .
2
故选：D
4．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数 f x 的定义域为 R，对任意实数 x，y 都有
f (x + y) = f (x) + f (y) -1，当 x > 0时， f (x) >1，且 f (2) = 5，则关于 x 的不等式
f (x) + f (4 - 3x) < 6的解集为（ ）
A． 1, + B． 2, + C． - ，1 D． - ，2
【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 x1 < x2，
从而 f (x2 ) - f (x1) = f (x2 - x1 + x1) - f (x1)
= f (x2 - x1) -1 ,
因为 x2 - x1 > 0，所以 f (x2 - x1) >1，
所以 f (x2 ) - f (x1) > 0，
则 f x 在 R 上单调递增．
不等式 f (x) + f (4 - 3x) < 6等价于不等式
f (x) + f (4 - 3x) -1< 5，
即 f (x + 4 - 3x) < f (2)．
因为 f x 在 R 上单调递增，
所以 4 - 2x < 2，解得 x >1．
故选：A.
二、多选题
5．（2024·湖北·模拟预测）已知 x 1， y > 1，且 xy = 4，则（ ）
A．1 x 4，1< y < 4 B． 4 x + y 5
y 1
C． 的最小值为 ，最大值为 4 D． 4x + y2 的最小值为 12
x 4
【答案】BD
x 4【分析】对于选项 A: 由已知得 = 1 y
4
= >1
y ， ，整理即可判断；对于选项 B:结合双钩x
y y2
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
x 4
h x 4x y2 4x 16判断；对于选项 D:设 = + = + 2 ，借助导数分析单调性即可求最值.x
4 4
【详解】对于选项 A:由已知得 x = 1， y = >1y ，x
则1 x < 4，1 < y 4 .故 A 错误；
对于选项 B:令 t = x + y，
则 t = x + y = x
4
+ 在 x 1,2 单调递减，在 x 2,4 单调递增，
x
得 4 x + y 5，故 B 正确；
2
C: y y f y y
2
对于选项 结合题意可得 = ，令 = ，
x 4 4
y2 1 y
则 f y = 在 y 1,4 上单调递增，得 < 4，故 C 错误.
4 4 x
对于选项 D:设 h x = 4x + y2 = 4x 16+ 2 ，则 h x
32
= 4 - 3 ，x x
当 x 1,2 时， h x 单调递减，当 x 2,4 时， h x 单调递增，
所以 h x = h 2 =12min .故 D 正确.
故选:BD.
6．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x 对任意 x, y R 恒有 f x + y = f x + f y ，且当
x < 0 时， f x < 0, f 2 = 3，则下列结论中正确的是（ ）
A． f x 的图象关于 y 轴对称
B． f x 在R 上单调递增
C． f x 3的解集为 -2,2
D 2．若 f x - 4 < 3m + am对"x é -2,2 ,a - 4,4ù 恒成立，则实数m 的取值范围为
1 1
- ,
è 3 3 ÷
【答案】BC
【分析】对于 A，对抽象函数的等式分别赋值 x = y = 0 和 y = -x即可判断 f x 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 f x 在 -2,2 上的最大值，
将 f x - 4 < 3m2 + am等价转化为3m2 + am +1 > 0在 a -4,4 上恒成立，结合关于 a的一次
函数 g a = ma + 3m2 +1的图象即得参数m 的范围.
【详解】对于A ，令 x = 0, y = 0，得 f 0 = f 0 + f 0 ，所以 f 0 = 0，令 y = -x，则
f 0 = f x + f -x ，即 f x + f -x = 0 ，则 f -x = - f x ，
所以 f x 是定义在R 上的奇函数，其图象关于原点对称，故 A 错误；
对于B，设 x1 < x2，则 x1 - x2 < 0，又当 x < 0 时， f x < 0 ，则有 f x1 - x2 < 0，
即 f x1 - x2 = f x1 + f -x2 = f x1 - f x2 < 0，则 f x1 < f x2 ，故 f x 在R 上单调递
增，故 B 正确；
对于C ，根据选项B可知，函数 f x 在R 上单调递增，又因为 f x 是定义在R 上的奇函数，
f 2 = 3，所以 f -2 = -3，则 f x 3的解集为 -2,2 ，故 C 正确；
对于D ，因为 f x 在R 上单调递增，所以当 x -2,2 时， f x f 2 = 3，
又 f x < 3m2 + am + 4对"x é-2,2 ,a - 4,4ù 恒成立，所以3m2 + am + 4 > 3，即
3m2 + am +1 > 0在 a -4,4 上恒成立，
将 y = 3m2 + am +1看成关于 a的一次函数 g a = ma + 3m2 +1，则需
ì g -4 = -4m + 3m2 +1 > 0①
í
g 4
,
= 4m + 3m2 +1 > 0②,
1 1
由① 可得m > 1或m < ，由② 可得m < -1或m > - ，故m 的范围为m > 1或m < -13 ，3
故 D 错误．
故选：BC．
三、填空题
7．（2024·山东淄博·一模）设方程 ex + x + e = 0， ln x + x + e = 0 的根分别为 p，q，函数
f x = ex + p + q x a 1= f 0 ,b = f ,c = f 3 ，令 ÷ ÷，则 a，b，c 的大小关系为 .
è 2 è 2
【答案】 a > c > b
【分析】根据给定条件，利用反函数性质求出 p + q ，再计算判断即得.
【详解】由 ex + x + e = 0，得 ex = -x - e，由 ln x + x + e = 0 ，得 ln x = -x - e，
依题意，直线 y = -x - e 与函数 y = ex , y = ln x 图象交点的横坐标分别为 p, q，
而函数 y = ex , y = ln x 互为反函数，它们的图象关于直线 y = x 对称，又直线 y = -x - e 垂直于
直线 y = x ，
因此直线 y = -x - e 与函数 y = ex , y = ln x 图象的交点关于直线 y = x 对称，即点 ( p, q) 在直线
y = -x - e 上，
则 p + q = -e， f (x) = ex
1 1
- ex，于是 f (0) =1, f ( ) = e - e <1，
2 2
3 3 3 3 1 3 1 3f ( ) = e2 - e = e( e - ) < 3 =1，而 f ( ) - f ( ) = e2 - e - e = e(e - e -1) > 0 ，
2 2 2 3 2 2
所以 f (0) > f (
3) f (1> )，即 a > c > b .
2 2
故答案为： a > c > b
【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 y = x 对
称.
8．（2024·安徽淮北·一模）记不超过 x 的最大整数为 x .若函数 f x = 2x - 2x + t 既有最大
值也有最小值，则实数 t 的值可以是 （写出满足条件的一个 t 的值即可）.
1 é1
【答案】 2 （答案不唯一，取 ê ,1÷内得任一值即可）. 2
【分析】根据题意取 2x + t = m + n，m Z， n 0,1 ，则 f x = n - t ，将问题转化为
g n = n - t 1 1在区间 0,1 上既有最大值，又有最小值，然后 t 0，0 < t < ， t <1和 t 1
2 2
四种情况分析讨论即可求出答案.
【详解】取 2x + t = m + n，m Z， n 0,1 .
则 f x = 2x - 2x + t = m + n - t - m = n - t .
题意等价于 g n = n - t 在区间 0,1 上既有最大值，又有最小值.
当 t 0时， g n = n - t 在 0,1 上为增函数，只有最小值 g 0 ，无最大值；
0 t 1当 < < 时， g n 在 0, t 上递减，在 t,1 上递增，此时 g 0 < g 1 ，有最小值 g t ，无
2
最大值；
1
当 t <1时， g n 在 0, t 上递减，在 t,1 上递增，此时 g 0 ≥ g 1 ，最大值为 g 0 ，最
2
小值为 g t ；
当 t 1时， g n = t - n 在 0,1 上为减函数，有最大值 g 0 ，无最小值.
综上， t
é1
的取值范围是 ê ,1÷ . 2
1 é1
故答案为： 2 （答案不唯一，取 ê ,1÷内得任一值即可） 2
四、解答题
9．（2023·山东·模拟预测）若函数 f (x) 在 (0, + )上是增函数，且 f (a + 3) < f (a2 +1)，求 a的取
值范围．
【答案】 (-3, -1) U (2,+ )
【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】Q函数 f (x) 在 (0, + )上是增函数，且 f (a + 3) < f (a2 +1)，
ìa + 3 > 0
\ í 2 ，解得-3 < a < -1a 3 a 1 或
a > 2，
+ < +
\ a的取值范围是 (-3, -1) U (2,+ ) ．
10．（2024·陕西宝鸡·模拟预测）已知函数 f x = 2x +1 + 2x - 2 ．
(1)求 f x 的最小值；
(2)若 x 0 时， f x ax + b恒成立，求 a + b 的最小值．
【答案】(1) 3
(2) 7
【分析】（1）分类讨论去掉绝对值符号后可求 f x 的最小值；
（2）就0 x 1、 x >1分类讨论后可得 a + b 的最小值.
ì
4x -1, x 1

1
【详解】（1）由题设可得 f x = í3, - < x <1 ，
2
1 1 - 4x, x - 2
1
当 x 1时， f x 3，当 x - 时， f x 3，
2
故 f x 的最小值为3 .
（2）因为 x 0 时， f x ax + b，所以 2x +1+ 2x - 2 ax + b在 0, + 上恒成立，
所以 2x - 2 a - 2 x + b -1在 0, + 上恒成立，
当0 x 1时，有 2 - 2x a - 2 x + b -1恒成立，
故 2 ax + b -1在 0,1 上恒成立，因为 y = ax + b -1, x 0,1 的图象为线段，
ì2 b -1
所以 í ，故 a + b 3且b 3 .
2 a + b -1
当 x >1时，有 2x - 2 a - 2 x + b -1在 1, + 上恒成立，
a 4 x b 1 0 ì
a - 4 + b +1 0
所以 - + + 在 1, + 上恒成立，故 ía 4 0 ， -
所以 a + b 3且 a 4，
所以 a + b 7，故 a + b 的最小值为 7 .
11．（2023·河南南阳·模拟预测）定义在正实数集上的函数 f x 满足下列条件：
①存在常数 a 0 < a <1 ，使得 f (a) =1；②对任意实数m ，当 x > 0时，恒有
f (xm ) = mf (x)．
(1)求证：对于任意正实数 x 、 y ， f (xy) = f (x) + f (y) ；
(2)证明： f (x) 在 (0, + )上是单调减函数；
(3) f log2 4 - x + 2 - f log (4 - x)8若不等式 a a 3恒成立，求实数 a的取值范围．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3) 0 < a 2< ．
2
【分析】（1）根据条件②，即可求由 x = am ， y = an 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 x = am ， y = an ，
m+n m n
则 f a = m + n f a = mf a + nf a = f a + f a ，
所以 f xy = f x + f y ，即证；
x
（2）证明：设"0 < x1 < x
1 s
2 ，则必$s > 0，满足 = ax ，2
由（1）知 f (xy) - f (x) = f (y) ，
故 f x1 - f

x2
x
= f 1 ÷ = f as = sf a = s > 0，即 f x1 > f xx 2 ，è 2
所以 f x 在 0, + 上是单调减函数．
（3）令 t = log 4 - x > 0 f t 2 3a ，则 + 2 - f 8t 3 = 3 f a = f a ，
t 2 + 2 3
故 f ÷ f a ，
è 8t
a3 1 t 2 + 2即 ÷ ，由于 t > 0,\t + 2 28 è t t
a3 1 2所以 ，又 0 < a < 1，故
2 2 0 < a <
．
2
12．（2023·甘肃定西·模拟预测）已知函数 f (x) = a(x - 2)ex - x + ln x(a R)．
(1)若 a＝0，求函数 f x 的最值；
é1 ù
(2)若 a＝1，函数 f x 在 ê ,1ú 上的最大值在区间 m, m +1 4 内，求整数 m 的值．
【答案】(1)函数 f x 有最大值 -1，无最小值
(2) m = -4
【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， f x = -x + ln x a R
则 f x = -x + ln x, (x > 0) ，
1 -x +1
所以 f x = -1+ = , (x > 0) ，
x x
f x -x +1令 = = 0，解得 x =1，
x
当 x >1时， f x -x +1= < 0， f x 单调递减，
x
当0 < x <1时， f x -x +1= > 0， f x 单调递增，
x
所以函数有最大值 f x = -1max .
（2）若 a＝1 x，则 f x = x - 2 e - x + ln x，
所以 f x = x -1 ex 1 1 x 1 ex x -1- + = - - = x 1-1 ex - ，
x x x ֏
é1 ù
当 x ê ,1ú 时， x -1 04 ，
x 1
画出函数 y=e , y = 的函数的大致图像如下，
x
ex 1= x x
1
0
令 ，设根为 0 ，所以 e = ，所以 x0 = ln
1
= - ln x
x x 0，x 0 0
1
4

因为 e4 = e < 44
1
÷ =16，所以 e4 < 4，
è
1
3
3 1
e3 ÷ = e < 3 = 27，所以 e3 < 3，
è
1
2

e2 = e < 22
1 1
÷ = 4，所以 1e2 < 2， e >1，所以 x0 ,1

÷，
è è 2
x 1 , x x 1 x 1 所以 0 ÷时， e < ， f x = x -1 e - ÷ > 0， f x 单调递增；
è 4 x è x
x x x 1 x 1 0 ,1 时， e > ， f x = x -1 e - ÷ 0， f x 单调递减.x è x
f (x) = f x = x - 2 ex 1 20所以 max 0 0 - x0 + lnx0 = x0 - 2 - x + -x =1- - 2xx 0 0 x 00 0

1 2 1
1
= - + xx 0 ÷
, ( < x
2 0
<1)，
è 0
根据对号函数性质知，
1
当 < x0 <1时， 2
1
< + x 5 1 0 < ，所以-4 <1- 2 + x0 ÷ -3x 2 ，2 0 è x0
é1 ù
又函数 f x 在 ê ,14 ú 上的最大值在区间 m, m +1 内，且m 为整数，
所以m = -4 .
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 (0, + )上单调递减的是（ ）
A． f (x) = - log 1 x B． f (x) = - | x -1|
2
C． f (x) = 2- x D． f (x) = -x2 + x
【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 f (x) = - log 1 x在区间 (0, + )上单调递增，A 不是；
2
ì-x +1, x 1
函数 f (x) = - x -1 = í (0,1]x 1, x 1 在 上单调递增，
B 不是；
- <
函数 f (x) = 2- x 在 0, + 上单调递减，C 是；
函数 f (x) = -x2 + x 在 (0,
1]上单调递增，D 不是.
2
故选：C
2．（2023·安徽·模拟预测）已知 f x 是定义在R 上的偶函数，函数 g x 满足 g x + g -x = 0，
且 f x ， g x 在 - ,0 单调递减，则（ ）
A． f g x 在 0, + 单调递减 B． g g x 在 - ,0 单调递减
C． g f x 在 0, + 单调递减 D． f f x 在 - ,0 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 f x 在 0, + 单调递增， g x 为奇函数，在R 上单调递减.
设0 x1 < x2 ，则 g x2 < g x1 0， f g x2 > f g x1 ，
所以 f g x 在 0, + 单调递增，故 A 错误，
设 x1 < x2 0，则 g x1 > g x2 ， g g x1 < g g x2 ，
g g x 在 - ,0 单调递增，故 B 错误；
设0 x1 < x2 ，则 f x1 < f x2 ， g f x1 > g f x2 ，
所以 g f x 在 0, + 单调递减，故 C 正确；
取 f x 2= x2 -1，则 f f x = x2 -1 -1， f f 0 = 0， f f -1 = -1，此时 f f x
在 - ,0 不单调递减，故 D 错误.
故选:C.
1 2
3．（2024·甘肃·一模）已知函数 f x = ln x , a = f ln ÷ ,b = f ln
e
÷ ,c = f
3
ln ，则
è 2 è 2 è 2
÷

（ ）
A． a < b < c B．b < a < c
C． c【答案】B
【分析】用定义证明函数 f x 的奇偶性及在 0,1 上的单调性，利用函数 f x 的奇偶性及
单调性，对数函数 y = lnx的性质及对数运算可得结果.
【详解】因为函数 f x 的定义域为 x x 0 ，
又 f -x = ln -x = ln x = f x ，所以 f x 为偶函数，
当0 < x <1时，任取 x1 > x2 ，
f x1 - f x2 = ln x1 - ln x2 = lnx1 - lnx2 = lnx2 - lnx1 < 0，
即 f x1 < f x2 ，所以 f x 在 0,1 上为减函数，
1 ln2 3因为 > > ln > 0，
2
a = f ln 1 -1 3所以 ÷ = f ln2 = f -ln2 = f ln2 < f ln ÷ = c，即 a < c，
è 2 è 2
设0 < x3 <1,1< x4，则 f x4 = ln x4 = lnx4 = lnx4 ，
f x3 = ln x3 = lnx3 = -lnx3 ，若 f x3 = f x4 ，则-lnx3 = lnx4，所以 x3x4 =1，

e2 e2 b f ln f 1
÷ 1= = 因为 ln = 2 - ln2 >1，所以 ÷
2 2 e2
÷ = f 2 - ln2 ÷
，
è ln ÷ è 2 ÷è
2
又 1 1- ln2
1
- ln2 = > 0，即1 > > ln2 > 0，
2 - ln2 2 - ln2 2 - ln2
f 1 所以 ÷ < f ln2 ，即b < a ，
è 2 - ln2
故选：B.
4．（2024·湖南常德·三模）已知奇函数 y = f (x) 是定义域为 R 的连续函数，且在区间 (0, + )
上单调递增，则下列说法正确的是（ ）
A．函数 y = f (x) + x2 在 R 上单调递增
B．函数 y = f (x) - x2 在 (0, + )上单调递增
C．函数 y = x2 f (x)在 R 上单调递增
f (x)
D．函数 y =
x2
在 (0, + )上单调递增
【答案】C
【分析】根据已知设 f x = x，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 y = f (x) 是奇函数，且在区间 (0, + )上单调递增，
所以 y = f (x) 在 - ,0 上也为单调递增函数，
A f x = x y f (x) x2 x x2 x 1
2
= + = + = +
1
对于 ：不妨令 ， ÷ - ，
è 2 4
1 1
所以 y = f (x) + x2

在 - , -

÷单调递减，在 - , + 2 ÷ 单调递增，故
A 错误；
è 2 è
2
对于 B：不妨令 f x = x， y = f (x) - x2 = x - x2 = - 1 1 x - ÷ + ，
è 2 4
1 1
所以 y = f (x) - x2

在 - , ÷单调递增，在 ,+

÷单调递减，故 B 错误；
è 2 è 2
对于 C： y = x2 f (x)，其定义域为R ，
又 -x 2 f (-x) = -x2 f (x)，所以 y = x2 f (x)是奇函数，
取0 < x < x 21 2 ，则0 < x1 < x
2
2 ，0 < f x1 < f x 22 ，故 x1 f x1 < x22 f x2
所以 y1 - y2 = x
2
1 f x - x21 2 f x2 < 0，则函数 y = x2 f (x)在 0, + 为递增函数；
所以函数 y = x2 f (x)在 - ,0 也为递增函数，且当 x = 0时， y = x2 f (x) = 0，
所以 y = x2 f (x)在 R 上单调递增，故 C 正确；
f (x) x 1
对于 D：不妨令 f x = x， y = 2 =x x2 = , x 0 ，x
y f (x)由反比例函数的单调性可知 = 2 在 - ,0 和 0, + 上单调递减，故 D 错误；x
故选：C.
1+ f x
5．（2024·陕西·模拟预测）函数 f x 满足 lnx = ，且 x1 > e, x2 > e, f x1 + f x2 =11- f x ，
则 f x1x2 的最小值为（ ）
A． e
5 1
B．1 C． D．
7 e
【答案】C
【分析】通过 解方程可得 f (x) 的解析式，由 f (x1) + f (x2 ) = 1化简可得
ln x1 × ln x2 = ln(x1 × x2 ) + 3，结合基本不等式可得 ln(x1 × x2 ) 6 ，运用分离常数法化简可得
f (x1x2 ) =1
2
-
ln(x ，进而可得其最小值.1 × x2 ) +1
【详解】因为 ln x
1+ f (x)
= ，所以 ln x - ln x × f (x) -1- f (x) = 0
ln x -1
1 f (x) ，即
f (x) = ，
- ln x +1
又因为 f (x1) + f (x2 ) = 1，
ln x1 -1 ln x+ 2 -1 1 (ln x1 -1)(ln x2 +1) + (ln x2 -1)(ln x1 +1) 2ln x1 × ln x= = 2 - 2所以 ，即 =1ln x1 +1 ln x2 +1 (ln x1 +1)(ln x2 +1) (ln x1 +1)(ln x2 +1)
，
所以 ln x1 × ln x2 = ln(x1 × x2 ) + 3，
因为 x1 > e， x2 > e ，所以 ln x1 >1， ln x2 >1，
ln x ln x ln(x x ) 3 (ln x1 + ln x ln
2 (x × x )
所以 1 × 2 = 1 × 2 +
2 )2 = 1 2 ，
2 4
2
整理得 ln (x1 × x2 ) - 4ln(x1 × x2 ) -12 0 ，
解得 ln(x1 × x2 ) 6 或 ln(x1 × x2 ) -2（舍），
ln(x1 × x2 ) -1 2 2 5 ì ln x1 = ln x
所以 f (x1x2 ) = =1- 1- =
2
ln(x × x ，当且仅当 í 即1 2 ) +1 ln(x1 × x2 ) +1 6 +1 7 ln(x1 × x2 ) = 6
x1 = x
3
2 = e 时取等号.
5
故 f (x1x2 ) 的最小值为 .7
故选：C.
x2 y2
6．（2024·全国·模拟预测）已知 x > 0， y > 0且 x + y =1，则 + 的最小值为（ ）
1+ x2 1 y2 +
1 2 3 4
A． B． C． D．
5 5 5 5
【答案】B
1 1 1 3- 2xy
【分析】由基本不等式和 x + y =1可得 0 < xy ，化简可得 + =
4 1+ x2 1+ y2 2 - 2xy + x2 y2
，
令 t = 3- 2xy ，利用换元法，结合对勾函数的性质计算即可求解.
【详解】因为 x + y =1，所以 x + y =1 2 xy ，当且仅当 x = y
1
= 时等号成立，
2
所以0 < xy
1
．
4
1 1 1+ x2 + 1+ y2 2 + x2 + y2 2 + x + y 2 - 2xy
因为 + = = =1+ x2 1+ y2 1+ x2 1+ y2 1+ x2 + y2 + x2 y2 1+ x + y 2 - 2xy + x2 y2
3- 2xy
=
2 ，- 2xy + x2 y2
令 t = 3- 2xy é
5 3- t
，则 t ê ,3÷， xy = ， 2 2
1 1 t 4t 4
2 + = = =
所以1+ x 1+ y2 3 - t 2 t 2 - 2t + 5 5 ，2 - 3 - t + t - 2 +
4 t
5 5 5
由对勾函数 y = x + 在[ ,3)上单调递增，则当 x = 时函数取到最小值，
x 2 2
1 1 4 8
5 2 + t = 1+ x 1+ y
2 5 5 = 5
所以当 时， - 2 + ，
2 2 5
2
2
x2 y2 x +1 -1 y2 +1 -1 1 1 8 2
所以 + = + = 2 - + 2 - = .
1+ x2 1+ y2 1+ x2 1+ y2 1+ x2 1+ y2 ֏ 5 5
故选：B．
7．（2023·四川绵阳·三模）设函数 f x 为 x -1与 x2 - 2ax + a + 3中较大的数，若存在 x 使得
f x 0 成立，则实数 a的取值范围为（ ）
é 4
A． ê- , -1

÷ 1,4 ,
4
B． - -
ù 4, +
3 è 3 ú
1- 13 1+ 13 ù
C． - , ÷÷ , 4ú D． -1,1
è 2 è 2
【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 f x = max x -1, x2 - 2ax + a + 3 ，
所以 f x 代表 x -1与 x2 - 2ax + a + 3两个函数中的较大者，
不妨假设 g x = x -1, h x = x2 - 2ax + a + 3
g(x)的函数图像如下图所示：
h(x) = x2 - 2ax + a + 3是二次函数，开口向上，对称轴为直线 x = a，
①当 a < -1时，
h(x) = x2 - 2ax + a + 3在 -1,1 上是增函数，
4
需要 h(-1) = (-1)2 - 2a(-1) + a + 3 = 3a + 4 0即 a - ，
3
则存在 x 使得 f x 0 成立，
故 a
4
- ；
3
②当-1 a 1时，
h(x) = x2 - 2ax + a + 3在 -1,1 上是先减后增函数，
h(x) 2 2需要 min = h(a) = a - 2a ×a + a + 3 = -a + a + 3 0，
即 a2 - a - 3 0，
a 1+ 13 a 1- 13解得 或 ，
2 2
1+ 13 1- 13
又 >1， < -1
2 2
故-1 a 1时无解；
③当a >1时，
h(x) = x2 - 2ax + a + 3在 -1,1 上是减函数，
2
需要 h 1 =1 - 2a + a + 3 = -a + 4 0即 a 4，
则存在 x 使得 f x 0 成立，
故 a 4 .
4
综上所述， a的取值范围为 - , -
ù
ú 4, + .è 3
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
a -1, -1 a 1,a 1三种情况进行分别讨论.
8．（2024·四川· x模拟预测）已知函数 f x = xe ，若对"x a,a +1 ，不等式
f x2 + a 2e x f x 恒成立，则实数 a的取值范围为（ ）
é 6 -1ù é 6 +1ù
A． ê0, ú B．2 ê
0, ú
2
é 5 +1ù é0, 5 -1
ù
C． ê ú D．2 ê
0,
2 ú
【答案】D
【分析】首先当 x > 0时，求导分析函数为单增函数；再利用奇函数的性质判断 f x 在
- ,+ 2 x x x上单调递增；然后由 f 2x = 2xe = 2e × xe = 2e x f x 得到抽象函数不等式
f x2 + a f 2x 恒成立，再用分离参数法结合函数的单调性求出实数 a的取值范围.
x
【详解】由题，当 x > 0时， f x = xe , f x = x +1 ex > 0，
所以 f x 在 0, + 上单调递增．
易知 f x 为奇函数，且 f 0 = 0，故 f x 在 - ,+ 上单调递增．
又 f 2x = 2xe2 x = 2e x × xe x = 2e x f x ，
2
所以 f x + a f 2x 在 a, a +1 上恒成立，
即 x2 + a 2x在 a, a +1 上恒成立，即a 2x - x2在 a, a +1 上恒成立．
2 ì a g a ì a 2a - a
2 é 5 -1ù
设 g x = 2x - x , x a, a +1 ，只需 í í 2 ，解得 a ê0,a g a +1 ú． a 2 a +1 - a +1 2
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
f 2x = 2xe2 x = 2e x × xe x = 2e x f x ，再利用单调性解决抽象函数不等式问题.
二、多选题
x
9 2024· e - e
- x ex + e- x
．（ 新疆乌鲁木齐·二模）已知函数 f x = , g x = ，则（ ）
2 2
A．函数 f x 在R 上单调递增
B．函数 f x g x 是奇函数
C．函数 f x 与 g x 的图象关于原点对称
2 2
D． g 2x = é f x ù + é g x ù
【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 f x 2 2过原点可判断 C 的正误，将 é f x ù + é g x ù 化简后可判断 D 的正误.
ex - e- x
【详解】对于 A， y = ex , y = -e- x 均为R 上的增函数，故 f x = 在R 上单调递增，
2
故 A 正确.
2x -2x
对于 B，令F x = f x g x e - e= ，其中 x R ，
4
-2x 2x
而F -x e - e= = -F x ，故F x 为R 上的奇函数，故 B 正确.
4
对于 C， f 0 = 0，故 f x 的图象过原点，
若函数 f x 与 g x 的图象关于原点对称，则 g x 的图象也过原点，
但 g 0 =1，矛盾，故函数 f x 与 g x 的图象不关于原点对称，故 C 错误.
ex - e- x 2 + ex + e- x 2 e2x + e-2x对于 D， 2 2 é f x ù + ég x ù = = = g 2x ，4 2
故 D 正确，
故选：ABD.
10．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = cos 2x ，则（ ）
A． f 3 > f 1 f B． sin
1
÷ > f ln1.1
è 11
C． f e + f ln 3 < 0 D． f e < f e
【答案】AB
【分析】A 根据函数对称性得到 f 3 = f π - 3 ，由单调性得到 f 1 < f π - 3 ，从而得到
f 1 < f 3 1；B 令 g t = ln - sin t ， t 0,1 ，求导得到其单调性，结合特殊点函数值得
1- t
到 ln1.1 > sin
1
，结合 f x = cos 2x 的单调性得到；C 由对称性得到 f e = f π - e ，
11
f ln 3 = - f π π - ln 3

÷，故 f e + f ln 3 = f π - e - f - ln 3

÷，构造函数得到 ln 3 <1.1，
è 2 è 2
π
从而得到 π - e < - ln 3，由 f x = cos 2x 的单调性得到；D 数形结合得到 f e > 0，
2
f

e
f e > 0，作商得到 = -2 tan 2e
7
，由 2e < πf e 及正切函数单调性得到 tan 2e < -1，从而4
得到 f e > 2 f e .
π é π ù
【详解】A，令0 2x π ，解得0 x ，故 f x = cos 2x 在 ê0, ú上单调递减，2 2
2x π x π令 = ，解得 = ，故 f x = cos 2x π2 的一条对称轴为 x = ，故 f 3 = f π - 3 2 ，
π
因为1 é ù> π - 3，1, π - 3 ê0, ú ，所以 f 1 < f π - 3 ，即 f 1 < f 3 ，A 正确； 2
1
B， sin 0,1 ， ln1.1 0, ln e = 0,1 ，
11
g t ln 1

令 = - sin t ， t 0,1 ，则 g t = 1- t 1 - cos t
1
= - cos t ，
1- t è1- t ÷ 1- t
当 t 0,1 1时， >1， cos t 0,1 1，故 g t = - cos t > 0恒成立，
1- t 1- t
1 1
故 g t = ln - sin t 在 t 0,1 上单调递增，故 g t > g 0 = 0，所以 g > 0，故
1- t ֏11
ln1.1 > sin 1 ，
11
由于 f x π 1= cos 2x é0, ù 在 ê ú上单调递减，所以 f ln1.1 < f sin ÷ ，B 正确； 2 è 11
C， f x = cos 2x π的一条对称轴为 x = 2 ，故 f e = f π - e ，
3π π
< e < π 其中 ，故 π - e
4
0, ÷，故 f e = f π - e > 04 ，è
3 π π
而1 = ln e < ln 3 3< ln e2 = ，故 ln 3 , ÷，所以 f ln 3 < 0，2 è 4 2
f x = cos 2x π π 关于 ,0÷中心对称，故 f ln 3 = - f - ln 3÷，
è 4 è 2
0 π其中 < - ln 3
π
< ，则 f e + f ln 3 = f π - e - f π - ln 3

2 4 2 ÷
，
è
π 1
其中 e 2.718， 3.14 =1.57，
2 2
下面证明 ln 3 <1.1，
2
令u x = ex -1 x- x - ， x > 0，则u x = ex -1- x ，
2
令 q x = u x ，则 q x = ex -1 > 0在 0, + 上恒成立，故 q x = u x 在 0, + 上单调递
增，
又 q 0 = 0，故 q x = u x > 0在 0, + 上恒成立，
2
故u x 在 0, + 0.1上单调递增，故u x > u 0 = 0，故u 0.1 = e0.1 -1- 0.1- > 0，
2
0.1 2
所以 e0.1 1 > + 0.1+ =1.105，则 e1.1 >1.105e >1.105 2.718 = 3.00339 > 3，两边取对数得
2
ln 3 <1.1，
π - e π- - ln 3 π= + ln 3- e < 0 π π故 ÷ ，故 - e < - ln 3，
è 2 2 2
又 f x = cos 2x x 在 0,
π π
÷上单调递减，故 f π - e > f - ln 3÷，故
è 4 è 2
f e + f ln 3 π= f π - e - f - ln 32 ÷ > 0，C 错误；è
D， f x = -2sin 2x ，故 f e = -2sin 2e， f e = cos 2e，
3π 3π
因为 < e < π，所以 < 2e < 2π，故 f e = cos 2e > 0，
4 2
f e -2sin 2e
而 sin 2e < 0 ，故 f e = -2sin 2e > 0，则 = = -2 tan 2ef e cos 2e ，
3π
其中 e 2.718

， π 3.14，故 2e , 2π ÷ ，则 f e > 0, f e > 02 ，è
y = tan z 3π ,2π 7由于 在 ÷上单调递增，故 tan 2e < tan π = -1，
è 2 4
f e
故 = -2 tan 2e > 2 f e ，故 f e > 2 f e ，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 ln1.1变形
ln 1 1 sin 1
1
为 1 - ，与 11 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 11
11．（2024·甘肃陇南·一模）已知 a,b,c 0, + ，关于 x 的不等式 a x - bx + cx > 0的解集为
- , 2 ，则（ ）
A．b >1 B． a + c > b
1 1 1 1
C． - + < D． a 1 1 1- b + c - + 5 - 3 2
a b c a - b + c è a b c ÷
【答案】BCD
a c
【分析】举特殊值可判断 A；令 = m, = n，结合题意得m2 + n2 = 1，利用三角代换判断 B；
b b
a b c 1 1 1- + m + n 2t - t
2 +1
将 - + ÷ 转化为 (m + n -1)( -1)，令 t = m + n，继而转化为 ，再
è a b c mn t +1
结合换元，利用函数的单调性，可求得 a - b + c 1 1 1 - +

÷ 的范围，即可判断 C，D.
è a b c
【详解】对于 A，由题意知 a,b,c 0, + ，关于 x 的不等式 a x - bx + cx > 0的解集为
- , 2 ，
2 2 2 1
不妨取 a = c = ,b =1，则 a x - bx + cx > 0，即 2( )x >1,\( )x > ，
2 2 2 2
其解集为 - , 2 a c 2，即 = = ,b =1满足题意，故 A 错误；
2
a x c x
对于 B， a x - bx + cx > 0即 ( ) + ( ) >1，b b
a c
令 = m, = n，由于不等式 a x - bx + cx > 0的解集为 - , 2 ，
b b
故需满足0 < m <1,0 < n <1，且m2 + n2 = 1，
令m = cosq ,n = sinq ,q
π
(0, )，则m + n = cosq + sinq 2 sin(q
π
= + ),q (0, π )，
2 4 2
π π 3π
由于q + ( , ) ，则 2 sin(q
π
+ ) (1, 2]，即得m + n >1，
4 4 4 4
又 a + c = b(m + n)，故 a + c > b，B 正确；
1 1 1 1 ( 1 1 1) 1对于 C，D， - + = + - = (
1 1
+ -1) > 0， a - b + c > 0，
a b c b m n b cosq sinq
(a 1 1 1 1 1 m + n故 - b + c)( - + ) = (m + n -1)( + -1) = (m + n -1)( -1) ，
a b c m n mn
t m n cosq sinq ,q (0, π
2
令 = + = + )， t (1, 2] mn t -1，则 = ，
2 2
(a b c)(1 1 1) (t 1)( t 1) (t 1) 2t - t
2 +1 2t - t 2 +1
- + - + = - 2 - = - × 2 =则 a b c t -1 t -1 t +1 ，
2
2
t 1 r, r (2, 2 1] 2t - t +1 2(r -1) - (r -1)
2 +1 -r 2 + 4r - 2
令 + = + ，则 = =
t +1 r r
= 4 - (r 2+ )，
r
y r 2由于函数 = + 在 (2, 2 +1]上单调递增，
r
2
故3 = 2 + < r
2 2
+ 2 +1+ = 3 2 -1
2 r ，2 +1
则5 - 3 2 4
2
- (r + ) <1，即5 - 3 2 (a - b + c)(
1 1 1
- + ) <1，
r a b c
1 1 1 1 1 1 1
即 - + < ， a - b + c - + ÷ 5 - 3 2 ，C，D 正确，a b c a - b + c è a b c
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
a - b + c 1 1 1 - +

等价转化，再结合函数的单调性进行判断.
è a b c ÷
三、填空题
f 2
12．（23-24 高二下·河北邢台·阶段练习）已知函数 f x = ex - x，其中 f x 是 f x 的
e -1
导函数，则 f 1 = ； f x > 0的解集为 ．
【答案】 0 (- ,1) (1,+ )
【分析】求出函数的导数，先求出 f 2 = e(e -1)，即可求得 f 1 ；利用导数判断 f x 的
单调性，确定其最小值，即可求得 f x > 0的解集.
【详解】由函数 f x = ex f
2 f 2
- x，得 f x = ex - ，
e -1 e -1
f 2
令 x = 2

，则 f 2 = e2 - ，故 f 2 = e(e -1)，
e -1

f 1 f 2e e e(e -1)则 = - = - = 0；
e -1 e -1
x
由以上分析得 f x = e - ex ，则 f 1 = e - e = 0，
又 f x = ex - e，当 x >1时， f x > 0， f x 在 (1, + )上单调递增，
当 x <1时， f x < 0， f x 在 (- ,1)上单调递减，
即 f x = f (1) = 0，故 f x > 0的解集为 (- ,1) (1,+ )min ，
故答案为：0； (- ,1) (1,+ )
13 x．（2024·湖南·二模）已知 f x = 2 + x - m , x a,a + 2 , f (x)max = g m ，若
m g m 13 = R ，则实数 a的取值范围是 ，
【答案】[3, + )
【分析】构造函数 h(x) = 2x + x - m，先分析其值域，从而得到 f (x) 的最大值，进而利用解绝
对值不等式得到 2a + a - m -13或 2a+2 + a + 2 - m 13，结合集合的并集运算即可得解.
【详解】设 h(x) = 2x + x - m，
因为 y = 2x , y = x - m 在R 上单调递增，可知 h(x) 在R 上单调递增，
即 h(x) 在[a, a + 2]上单调递增，则 h(a) h(x) h(a + 2)，
且 h(a) = 2a + a - m, h(a + 2) = 2a+2 + a + 2 - m，
由绝对值的性质可知 f (x) =| h(x) |的最大值为 | h(a) |或 | h(a + 2) |，
ì h(a) 13
因为 m g m 13 = R 等价于 í h(a 2) 13，又 h(a) h(a + 2)， +
即关于m 的不等式 2a + a - m -13或 2a+2 + a + 2 - m 13在R 上恒成立，
由 2a + a - m -13，得m 2a + a +13；
由 2a+2 + a + 2 - m 13，得m 2a+2 + a -11；
所以 m m 2a + a +13 m m 2a+2 + a -11 = R ，
则 2a+2 + a -11 2a + a +13，整理得 2a 8，解得 a 3，
所以实数 a的取值范围是[3, + ) .
故答案为：[3, + ) .
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，将 m g m 13 = R 等价于关于m 的不等式
2a + a - m -13或 2a+2 + a + 2 - m 13在R 上恒成立，从而得解.
πx
14．（2024·辽宁大连·一模）已知函数 f x = sin + acosπx 在区间 0,4 有 2 个零点和 4
2
个极值点，则 a 的取值范围是 .
1 1
【答案】 -1, - ÷ ,14 4 ÷è è
【分析】对不同情况的 a，分析 f x 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.
πx πx
【详解】(1)当 a = 0时， f x = sin ，从而 f x = 0等价于 = kπ k Z ，即 x = 2k k Z ，
2 2
这表明 f x 的全部零点为全体偶数，从而在 0,4 上只有 1 个零点 x = 2，不满足要求；
(2)当a 1时，有 f 1 =1- a 0， f 2 = a > 0， f 3 = -1- a < 0， f 4 = a > 0，
所以 f x 在 1,2 ， 2,3 ， 3,4 上各有一个零点，从而在 0,4 上至少有 3 个零点，不满足
要求；
(3)当 a -1时，有 f 0 = a < 0 ， f 1 =1- a > 0， f 2 = a < 0， f 3 = -1- a 0，
所以 f x 在 0,1 ， 1,2 ， 2,3 上各有一个零点，从而在 0,4 上至少有 3 个零点，不满足
要求；
1
(4)当0 < a 时， f x = sin πx + a cos πx = sin πx + a 1- 2sin2 πx ，
4 2 2 2 ֏
2
记 g t = t + a 1- 2t 2 = -2at 2 + t 1 1+ a = -2a t - + + a，
è 4a ÷ 8a
g t , 1 ù则 在 - ú上单调递增，è 4a
1
又因为 1，故 g t 在 - ,1 上单调递增.
4a
而 sin
πx
1 y sin πx， = 在 0,1 和 3,4 2 上递增，在 1,3 上递减，2
故 f x g sin πx= ÷在 0,1 和 3,4 上递增，在 1,3 上递减.
è 2
这表明 f x 在 0,4 上只有 2 个极值点 x =1和 x = 3，不满足要求；
1
- a < 0 f x = sin πx + a cos πx = sin πx + a 1 2sin2 πx (5)当 时， - ，
4 2 2 2 ֏
1 2
记 g t = t + a 1- 2t 2 = -2at 2 t 1+ + a = -2a t - ÷ + + a，
è 4a 8a
则 g t é 1在 ê ,+

÷上单调递增，
4a
1
又因为 -1，故 g t 在 -1, + 上单调递增.
4a
sin πx -1 y sin πx而 ， = 在 0,1 和 3,4 上递增，在 1,3 2 上递减，2
故 f x = g sin
πx
÷在 0,1 和 3,4 上递增，在 1,3 上递减.
è 2
这表明 f x 在 0,4 上只有 2 个极值点 x =1和 x = 3，不满足要求；
1 πx πx πx
(6)当 < a <1时， f x = sin + a cos πx = sin + a 1- 2sin2 ，
4 2 2 2 ֏
2
记 g t = t + a 1- 2t 2 = -2at 2 + t + a = -2a t 1 1 - ÷ + + a，
è 4a 8a
g t , 1- ù é 1则 在 ú上单调递增，在 ê ,1
ù
4a ú上单调递减
.
è 4a
π π
显然，对任意 x -1,1 ，关于 t 的方程 sin t x é- , ù= 在 ê ú上恰有一个根，记该根为 arcsin x . 2 2
πx πx
而 sin -1， y = sin 2 在 0,1 和 3,4 上递增，在 1,3 上递减；2
é 2
同时，当 x ê0, arcsin
1 ù é2 2 arcsin 1ú ê - , 4
ù sin πx 1 - , ù时， ；
π 4a π 4a ú 2 è 4a ú
x é 2 arcsin 1 2当 ê , 2 - arcsin
1 ù
时， sin
πx 1
é ,1ù .
π 4a π 4a ú 2 ê 4a ú
f x é 2 1 ù é 2 1 ù这表明 在 ê0, arcsin 上递增，在 arcsin ,1 上递减， π 4a ú ê π 4a ú
é1,2 2- arcsin 1 ù é2 2- arcsin 1 ,3ù在 ê ú 上递增，在 ê ú 上递减，在 3,4 上递增. π 4a π 4a
所以 f x 在 0,4 2上有四个极值点 x = arcsin 1 2 1， x =1， x = 2 - arcsin ， x = 3 .
π 4a π 4a
又由于 f 0 = a > 0， f 1 =1- a > 0， f 3 = -1- a < 0， f 4 = a > 0，
é 2
故当 x ê0, arcsin
1 ù
时， f x f 0 > 0，
π 4a ú
x é 2 arcsin 1 ,1ù当 ê ú 时， f x f 1 > 0 ， π 4a
2
当 x
é
ê1,2 - arcsin
1 ù
ú 时， f x f 1 > 0 ， π 4a
f 2 2而 - arcsin
1 > f 1 > 0 ， f 3 < 0， f 4 > 0 ，
è π 4a ÷
故 f x é在 ê0,2
2
- arcsin 1 ù 2 1 ú上没有零点，在 2 - arcsin ,3÷和 3,4 上各恰有 1 个零点， π 4a è π 4a
从而在 0,4 上有 2 个零点.
这意味着 f x 满足全部要求；
(7)当-1
1
< a < - 1时，有 < -a < 1，
4 4
根据(6)的讨论， h x = - f πx-x = sin - a cos πx在 0,4 上有 2 个零点，4 个极值点.
2
而 h 4 - x = sin 2π πx πx -

÷ - a cos 4π - πx = -sin - a cos πx = - f x ，
è 2 2
故对 x0 R ， x0 是 h x 的极值点（或零点）当且仅当 4 - x0 是 f x 的极值点（或零点），
这就说明 h x 和 f x 在 0,4 上的极值点和零点个数相等，
所以 f x 在 0,4 上有 2 个零点，4 个极值点，满足全部要求.
综上， a
1 1
的取值范围是 -1, - ÷ ,1÷ .
è 4 è 4
-1, 1- 1 故答案为： 4 ÷
,1÷ .
è è 4
【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 f x = x +1 - 2x - 3 ．
(1)在平面直角坐标系 xOy 中画出函数 f x 的图象，并根据图象直接写出函数 f x 的最大
值；
(2)解不等式 f x 3x - 5 ．
5
【答案】(1)图像见解析，最大值为 ；
2
é7 , 9 ù(2)
ê6 4 ú
【分析】（1）写出分段函数形式，画出图象，得到最值；
3 3 5 5
（2）结合（1）中函数图象，分 x < -1，-1 x ， < x 和 x > ，得到不等式，求出
2 2 3 3
解集.
ì
x - 4, x < -1

f x x 3【详解】（1） = +1 - 2x - 3 = í3x - 2, -1 x ，
2

-x
3
+ 4, x >
2
在平面直角坐标系 xOy 中画出函数 f x 的图象，如图所示．
5
由图象可得函数 f x 的最大值为 ．
2
（2） f x 3x - 5 即 x +1 - 2x - 3 3x - 5 ，
由（1）知当 x < -1时， f x = x - 4 < -5，此时原不等式无解；
3
当-1 x 时，不等式 x +1 - 2x - 3 3x - 5 ，
2
7 7 3
可化为3x - 2 -3x + 5，得 x ，所以 x ；
6 6 2
3 x 5当 < 时，不等式 x +1 - 2x - 3 3x - 5 ，
2 3
1 3 5
可化为-x + 4 -3x + 5，得 x ，所以 < x ；
2 2 3
x 5 9当 > 时，不等式 x +1 - 2x - 3 3x - 5 可化为-x + 4 3x - 5，得 x ，
3 4
5
所以 < x
9
．
3 4
é7 9 ù
综上，原不等式的解集为 ê , 6 4 ú
．

1
16 2．（2023·安徽合肥·模拟预测）已知函数 f (x) = x ln x - ax - x +1有两个极值点 x1, x2 ，且2
x1 < x2 .
(1)求 f (x1)的取值范围；
(2)若 2x1 < x 22 ，证明：8x1 < x2
【答案】(1) f (x
e
1) (1- ,0)；2
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数 f (x) 的导数，利用极值点的意义构造函数，利用导数确定x1的取值
范围，再求出函数 f (x1)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） f (x) = ln x - ax 在 0, + lnx上有两个变号零点，即 a = 有两个不等实根，
x
g x lnx , g x 1- lnx设 = = 2 ，当0 < x < e时， g (x) > 0，当 x>e时， g (x) < 0，x x
则 g x 在 0,e 1上单调递增，在 e, + 上单调递减， g(x)max = ，e
而 g 1 = 0，且当 x >1，恒有 g x > 0 1成立，于是0 < a < ，且1 < x1 < e < x2 ，e
1 lnx
即有 f x1 = x1lnx1 - ax21 - x1 +1 1，又 a =2 x ，1
f x x lnx 1 lnx1 2 1则 1 = 1 1 - × × x1 - x1 +1 = x1lnx1 - x2 x 2 1 +1，1
令 h x 1= xlnx - x +1, x 1,e 1，求导得 h x = lnx -1 < 0，即 h x 在 1,e 上单调递减，
2 2
从而 h x e (1- ,0)，所以 f x1 (1
e
- ,0) .
2 2
（2）由（1）知，方程 lnx - ax = 0的两个实根 x1, x2 ，即 lnx1 = ax1, lnx2 = ax2 ，
lnx - lnx = a x x a lnx- = 2 - lnx1 x2亦即 2 1 2 1 ，从而 ，设 t = ，又0 < 2x1 < xx 2 ，即 t > 2，2 - x1 x1
2
要证8x1 < x2 ，即证3ln2 + lnx1 < 2lnx2，即证3ln2 + ax1 < 2ax2，
即证 a
lnx - lnx
2x2 - x1 > 3ln2 2 1，即证 2x2 - x1 > 3ln2x2 - x
，
1
2x2 -1
ln x2 2x× 2 - x1即证 > 3ln2，即证 ln
x2 x× 1x > 3ln2
2t -1
x x x ，即证 × lnt > 3ln2，1 2 - 1 x1 2 -1 t -1
x1
1
2t -1 2t + - lnt - 3令j t = × lnt, (t > 2),j t = t 2 , (t > 2)，t -1 (t -1)
F t 2t 1 lnt 3, (t 2), F t 2 1 1 2t +1 t -1 设 = + - - > = -
t t 2
- =
t t 2
> 0，
则F t 在 2, + 上单调递增，有F t > F 2 3= - ln2 > 0，
2
于是j t > 0，即有j t 在 2, + 上单调递增，因此j t > j 2 = 3ln2 ，即
2t -1
× lnt > 3ln2，
t -1
所以8x1 < x
2
2 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· 2全国·模拟预测）已知函数 f x = axlnx + x -1有两个极值点 x1, x2 ，且 x1 < x2．
(1)求 a的取值范围；
(2)求关于x2的不等式 f x2 f -a 的解集．
【答案】(1) - , -2
(2) e
【分析】（1）函数 f x 有两个极值点 x1, x2 ，转化为导函数 f (x) 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 0 ”，再证明充分性即
可；
2x
（2）利用 f (x ) = 0 -a = 22 得 ln x +1，由此构造函数分段讨论比较
x2 , -a 的大小，再利用 f (x)
2
的单调性求解不等式可得.
【详解】（1）由题意知 f x = a ln x + 2x + a ．
因为函数 f x 有两个极值点 x1, x2 ，
所以 f x 在 0, + 上有两个变号零点．
设 g(x) = f (x) = a ln x + 2x + a ， x > 0，则 g (x)
a
= + 2 .
x
①当 a 0时， g (x) > 0，
则 g(x)在 0, + 上单调递增，至多一个零点，不符合题意；
②当 a<0时，令 g (x)
a
= 0，解得 x = - ，
2
x a 当 0, - ÷ 时， g (x) < 0， g(x)2 单调递减；è
x a当 - ,+

÷ 时， g (x) > 02 ，
g(x)单调递增．
è
因为 f x 在 0, + 上有两个变号零点，即 g(x)在 0, + 上有两个变号零点，
g a- = a ln a- a所以 ÷ ÷ < 0，解得 a < -2，此时- >1.
è 2 è 2 2
g 1 2= > 0 g a- 因为 ÷ ， ÷ < 0
a
，所以 g(x)在 0,- 上存在一个零点．
è e e ÷è 2 è 2
因为 g a2 = a ln a2 + 2a2 1+ a = 2a ln -a + a + ÷，
è 2
由 a < -2，则-a > 2 .
设j x 1= ln x - x + x > 2 ，
2
则j x 1= -1 < 0，所以j x 在 2, + 上单调递减．
x
因为j 2 = ln 2 3- < 0，所以j x < 0 ．所以 g a2 > 0，
2
a2 a 1且 -
2 a
- ÷ = a a +2 ÷
> 0，则 a > - ，
è è 2 2
g a 又 - ÷ < 0 ，所以 g x
a
- , + 在
è 2 è 2 ÷
上存在一个零点．

a
由两个极值点 x1, x2 ，满足 x1 < x2，则0 < x1 < - < x2 .2
故当 a < -2时， f x 在 0, + 上有两个变号零点 x1, x2 .
综上所述，a 的取值范围为 - , -2 ；
a
（2）由（1）可知，当 a < -2时，- >1，
2
a a
f (x) 在 0,- ÷单调递减，在 - , + ÷ g(x)2 单调递增．è 2 è
又 f 1 = 2 + a < 0，所以 0 < x1 < 1 a< - < x2 2 ，
且当 x (0, x1)时， f (x) > 0 ， f (x) 单调递增；
当 x (x1, x2 ) 时， f (x) < 0 ， f (x) 单调递减；
当 x (x2 ,+ )时， f (x) > 0 ， f (x) 单调递增.
2x
由 f x2 = 0，得 a ln x2 + 2x + a = 0 -a = 22 ，所以 ln x2 +1
．
2x
所以-a - x2 = 2 - xln x2 +1
2 ．
ln2 x +1
设 h x 2x= - x x >1 ，则 h x = - < 0，
ln x +1 ln x +1 2
所以 h x 在 1, + 上单调递减，其中 h e = 0 ，
①当 x2 1,e 时， h x2 > 0，即-a - x2 > 0，所以 x2 < -a，
因为 f x 在 x2 ,+ 上单调递增，
所以 f x2 < f -a ，故不等式 f x2 f -a 无解；
②当 x2 = e 时， h x2 = 0，即-a - x2 = 0，所以 x2 = -a ，
所以 f x2 = f -a ，符合题意；
③当 x2 e, + 时， h x2 < 0，即-a - x2 < 0，所以 x1 < 2 < -a < x2，
因为 f x 在 x1, x2 上单调递减，所以 f x2 < f -a ，
故此时不等式 f x2 f -a 也无解．
综上所述，不等式 f x2 f -a 的解集为 e ．
【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 f x = xlnx - x2 -1．
(1)讨论 f x 的单调性；
f x e- x 1 2(2)求证： < + 2 - -1；x x
(3)若 p > 0, q > 0且 pq >1，求证： f p + f q < -4．
【答案】(1) f x 在区间 0, + 上单调递减
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求 f x ，令 t x = f x ，求 t x ，讨论 t x 的大小可证得
t(x) = t 1 max ÷ < 0 ，即 f x < 0，即可得出 f x 的单调性；
è 2
1 2
（2 - x）法一：要证 f x < e + 2 - -1 e- x
1 2 1 2
，即证 + 2 - + x > 0，记 h x = e- x +x x x x x2 - + x，x
讨论 h x 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
f x < e- x 1 2 1 2+ 2 - -1即证 2 - +1 0即可.x x x x
1
（3）法一：由（1）可知 f x 为减函数，所以 f q < f ÷ ，要证 f p + f q < -4即证
è p
f p + f 1 ÷ < -4，构造函数证明即可；法二：先证 f x -x -1，即
è p
f p - p -1, f q -q -1，则 f p + f q < - p - q - 2，再结合基本不等式即可证明.
【详解】（1） f x 的定义域为 0, + ， f x = lnx - 2x +1，
记 t x = f x , t x 1 2 1- 2x= - = ，
x x
x 1 当 0, ÷时， t x > 0, t x
1
单调递增；当 x ,+ ÷时， t x < 0, t x 2 单调递减，è 2 è
t(x) t 1= 所以 max ÷ = -ln2 < 0，即 f x < 0，
è 2
所以 f x 在区间 0, + 上单调递减．
（2）法一：先证 f x -x -1，记 g x = f x + x +1，
则 g x = xlnx - x2 + x = x lnx - x +1 ，
记m x = lnx - x +1，则m x 1= -1，所以 x 0,1 时，m x > 0, m x 递增；
x
x 1,+ 时，m x < 0, m x 递减．
所以m(x)max = m 1 = 0，所以m x ≤0，又 x > 0，所以 g x 0，故 f x -x -1．
e- x 1 2+ - -1 > -x -1 e- x 1 2再证 2 ，即证 + 2 - + x > 0，记 h x e- x
1 2
= + 2 - + x，x x x x x x
2
h x = e- x x 1 1+ - + -1 则 ÷ e- x + x -1，
è x
记 p x = e- x + x -1，则 p x =1- e- x > 0，所以 p x 在 x 0, + 递增，
所以 p x > p 0 = 0 - x 1 2，所以 h x > 0 ，即 e + 2 - -1 > -x -1，x x
所以 f x < e- x 1 2+ 2 - -1 .x x
法二：构造函数 h x = ex - x -1(x > 0),h x = ex -1，
当 x > 0时， h x > 0,h x 单调递增， h x > h 0 = 0，所以 ex > x +1，
j x lnx x 1,j x 1构造函数 = - + = -1，
x
当 x 0,1 时，j x > 0,j x 单调递增；当 x 1,+ 时，j x < 0,j x 单调递减．
所以j(x)max = j 1 = 0，即j x 0，即 lnx x -1成立．
所以 f x = xlnx - x2 -1 x x -1 - x2 -1 = -x -1，
e- x 1 2 1 2 1 2所以 + 2 - -1 > -x +1+ - -1 = - - x ，x x x2 x x2 x
1 2 2
则只需证明 2 - - x
1 2
-x -1，即 2 - +1 0
1 -1 ，而 ÷ 0 显然成立，x x x x è x
f x e- x 1 2所以 < + 2 - -1．x x
（3）法一：由（2）知m x = lnx - x +1的最大值为 0．
因为 p > 0, q > 0且 pq >1，则 p, q之中至少有一个大于 1，
1
不妨设 p >1，则 q > > 0

，由（1）可知 f x 1p 为减函数，所以 f q < f ÷ ，è p
所以 f p + f q < f p 1 + f p ÷，è
2
f p f 1 因为 + ÷ = plnp p2 1
1 ln 1 1 - - + - -1
è p p p
÷
è p
2
p 1 lnp p 1 4 1 1 = - ÷ - - ÷ - = p - ÷ lnp - p + ÷ - 4，
è p è p è p è p
记 s p = lnp 1- p + ，则 s p 1 1= m p + -1 -1< 0p p p ，
1 1
因为 p >1，所以 p > ，所以 f p + f ÷ < -4p ，所以 f p + f q < -4．è p
法二：先证 f x -x -1，记 g x = f x + x +1，
则 g x = xlnx - x2 + x = x lnx - x +1 ，
记m x = lnx - x +1，则m x 1= -1，所以 x 0,1 时，m x > 0, m x 递增；
x
x 1,+ 时，m x < 0, m x 递减．
所以m(x)max = m 1 = 0，所以m x ≤0，又 x > 0，所以 g x 0，故 f x -x -1．
所以 f p - p -1, f q -q -1，
因为 p > 0, q > 0且 pq >1，
所以 f p + f q < - p - q - 2，
所以 p + q 2 pq > 2 1 = 2，所以- p - q < -2，则 f p + f q < -2 - 2 = -4．
【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 f x > g x （或 f x < g x ）转化为证明
f x - g x > 0（或 f x - g x < 0），进而构造辅助函数h x = f x - g x ；
（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 f x = x ln x + ax +1的定义域为区间 D1,值域为区间
D2 ，若D2 D1,则称 f x 是D1的缩域函数.
é1 ù
(1)若 f x 是区间 ê ,eú的缩域函数，求 a 的取值范围； e
(2)设a , b 为正数，且a < b ,若 f x 是区间 a , b 的缩域函数，证明：
（i）当 b
1
< 时， f x 在 a , b 单调递减;
2
2 1
（ii） + > 3a b
é
【答案】(1) ê- ln e 1 ,
1
- - ù
e ú
(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 f b b 可解得 b < e-a-1 ，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 f x é1 ù 1 1 1是区间 ê ,eú的缩域函数，则 f ÷ e， f e e； e e è e e
1 1 a 1 e, 1 1即 - + + e + ea +1 e ，解得 2 - e a - ；
e e e e e
可得 f x = ln x + a +1 1 ，则 f = a 0, f e = 2 + a 0 ；
è e ÷
令 f x = 0，则 x = e-a-1 ；
x 1 ,e-a-1 当 ÷时， f x < 0，则 f x 单调递减；
è e
x e-a-1当 , e 时， f x > 0，则 f x 单调递增.
f x f e-a-1 = -e-a-1 1所以 +1 ，解得 a - ln e -1 ，e
下面证明 2 - e < - ln e -1 ，即1- e -1 < - ln e -1 ，也即 ln e -1 - e -1 +1< 0；
令 h x = ln x - x +1，则 h x 1 1 1- x= - = ，
x x
当 x 0,1 时， h x > 0， h x 单调递增；
当 x 1, + 时， h x < 0， h x 单调递减；
因此可得 h x h 1 = 0，所以 h e -1 = ln e -1 - e -1 +1 < 0，
é 1ù
综上 a 的取值范围为 a ê- ln e -1 ,- e ú
1
（2）（i）当 b < 时,若 f x 是区间 a , b 的缩域函数，则 f b b ，
2
1
即 b ln b + ab +1 b ，进一步 ln b + a + -1 0b ，
1
当 b < 时， ln b + a +1< ln b
1
+ a + -1 0，即 ln b < -a -1b ， b < e
-a-1 ；
2
1 x 0,e-a-1由（ ）可知，当 时， f x < 0，则 f x 单调递减；
所以 f x 在区间 a , b 上单调递减，
（ii）若 f x 是区间 a , b 的缩域函数，则 f a a , f b b ；
故有1- lna
1
- a 1- ln b 1 1 1 1 1- ，即1- + ln a 1- + lna b a a b b ；
g x =1- x + ln x g x 1 1 1- x设函数 ，则 = - + = ；
x x
当0 < x <1时， g x > 0， g x 单调递增，
当 x >1时， g x < 0， g x 单调递减；
1 1
因为a , b

为正数且a b ,
1 1< 则 > g < ga b ，又 ÷ ÷ ，è a è b
g x 1 , 1 1所以 在 上单调递减，所以 >1；
è b a
÷
a
1
记 = x1 >1，设 x1 x2 ，且 g x1 = g x2 ，由 g x 的单调性可知0 < x2 <1，故 2 - x2 >1；a
记j x = g x - g 2 - x = ln x - ln 2 - x - 2x + 2 ，
x 1 1 2 x -12
2
则j = + - = ，
x 2 - x x 2 - x
当0 < x <1时，j x > 0，j x 单调递增；
故j x2 = g x2 - g 2 - x2 = g x1 - g 2 - x2 < j 1 = 0，即 g x1 < g 2 - x2 ；
因为 g x 在 1, + 上单调递减，故 x1 > 2 - x2 ，即 x1 + x2 > 2；
由 g x1 = g
1
x 1 2 g ÷，故 x < x
è b
2
b
1 ，
1 1
所以 + x1 + x2 > 2
1
，又因为 >1a b ，a
2 1
故 + > 3

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