資源簡介

考點(diǎn) 07 函數(shù)的單調(diào)性與最值（2 種核心題型+基礎(chǔ)保分練+綜
合提升練+拓展沖刺練）
【考試提醒】
1.借助函數(shù)圖象，會用數(shù)學(xué)符號語言表達(dá)函數(shù)的單調(diào)性、最值，理解實(shí)際意義.
2.掌握函數(shù)單調(diào)性的簡單應(yīng)用．
【知識點(diǎn)】
1．函數(shù)的單調(diào)性
(1)單調(diào)函數(shù)的定義
增函數(shù) 減函數(shù)
一般地，設(shè)函數(shù) f(x)的定義域?yàn)?D，區(qū)間 I D，如果 x1，x2∈I
定義 當(dāng) x1就稱函數(shù) f(x)在區(qū)間 I 上單調(diào)遞增 就稱函數(shù) f(x)在區(qū)間 I 上單調(diào)遞減
圖象
描述
自左向右看圖象是上升的 自左向右看圖象是下降的
(2)單調(diào)區(qū)間的定義
如果函數(shù) y＝f(x)在區(qū)間 I 上 或 ，那么就說函數(shù) y＝f(x)在這一區(qū)間具
有(嚴(yán)格的)單調(diào)性，區(qū)間 I 叫做 y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間．
2．函數(shù)的最值
前提 設(shè)函數(shù) y＝f(x)的定義域?yàn)?D，如果存在實(shí)數(shù) M 滿足
(1) x∈D，都有 ； (1) x∈D，都有 ；
條件
(2) x0∈D，使得 (2) x0∈D，使得
結(jié)論 M 為 f(x)的最大值 M 為 f(x)的最小值
常用結(jié)論
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)在區(qū)間 I 上單
1－ 2
調(diào)遞增(減)．
2．在公共定義域內(nèi)，增函數(shù)＋增函數(shù)＝增函數(shù)，減函數(shù)＋減函數(shù)＝減函數(shù)．
1
3．函數(shù) y＝f(x)(f(x)>0 或 f(x)<0)在公共定義域內(nèi)與 y＝－f(x)，y＝ 的單調(diào)性相反．
f x
4．復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性：同增異減．
【核心題型】
題型一　確定函數(shù)的單調(diào)性
確定函數(shù)單調(diào)性的四種方法
(1)定義法；(2)導(dǎo)數(shù)法；(3)圖象法；(4)性質(zhì)法．
命題點(diǎn) 1　函數(shù)單調(diào)性的判斷
【例題 1】（2023·浙江·二模）下列函數(shù)在區(qū)間 0,2 上單調(diào)遞增的是（ ）
A． y = (x - 2)2
1
B． y =
x - 2
C． y = sin x - 2 D． y = cos x - 2
【變式 1】（2024·北京西城·一模）下列函數(shù)中，既是偶函數(shù)又在區(qū)間 0, + 上單調(diào)遞增的是
（ ）
A． y = x2 + x B． y = cosx
C． y = 2x D． y = log2 x
【變式 2】（2024·陜西西安·二模）下列函數(shù)中，既是奇函數(shù)又在 - , + 上單調(diào)遞減的是
（ ）
A． y
1
= B． y = x3x
C． y = -x x D． y = 3- x
【變式 3】（2024·北京門頭溝·一模）下列函數(shù)中， 既是奇函數(shù)又在 0, + 上單調(diào)遞增的是
（ ）
1 1
A． y = x 2 B． y = x
C． y = tanx D． y = x x
命題點(diǎn) 2　利用定義證明函數(shù)的單調(diào)性
2x -1
【例題 2】（2023·上海奉賢·一模）函數(shù) y = 在定義域 - , + x 上是（ ）2 +1
A．嚴(yán)格增的奇函數(shù) B．嚴(yán)格增的偶函數(shù)
C．嚴(yán)格減的奇函數(shù) D．嚴(yán)格減的偶函數(shù)
【變式 1】（23-24 高三上·河南·階段練習(xí)）已知函數(shù) f x + 2 是定義在R 上的奇函數(shù)，若對
于任意兩個(gè)實(shí)數(shù) x1 x2 ，不等式 x1 - x2 é f x1 - f x2 ù > 0恒成立，則不等式
f x + 2024 > 0的解集是（ ）
A． -2022, + B． 2022, + C． -2024, + D． 2024, +
【變式 2】（2023·浙江臺州·二模）已知函數(shù) f x 同時(shí)滿足性質(zhì):① f -x = f x ;②當(dāng)
f
x , x 0,1 x1 - f x2 " 1 2 時(shí), < 0 ,則函數(shù) f x 可能為( )x1 - x2
A f x = x2 B f (x) 1
x
． ． = 2 ÷è
C． f (x) = cos 4x D． f x = ln 1- x
【變式 3】（2023·山東·模擬預(yù)測）下列函數(shù)中既是奇函數(shù)又是增函數(shù)的是（ ）
A． y = 3x y
1 1
B． = Cx ． y = 2x
2 D． y = - x
3
題型二　函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用
(1)比較函數(shù)值的大小時(shí)，先轉(zhuǎn)化到同一個(gè)單調(diào)區(qū)間內(nèi)，然后利用函數(shù)的單調(diào)性解決．
(2)求解函數(shù)不等式時(shí)，由條件脫去“f”，轉(zhuǎn)化為自變量間的大小關(guān)系，應(yīng)注意函數(shù)的定義
域．
(3)利用單調(diào)性求參數(shù)的取值(范圍)．根據(jù)其單調(diào)性直接構(gòu)建參數(shù)滿足的方程(組)(不等式(組))
或先得到其圖象的升降，再結(jié)合圖象求解．對于分段函數(shù)，要注意銜接點(diǎn)的取值．
命題點(diǎn) 1　比較函數(shù)值的大小
1 1
【例題 3】（2024·北京西城·一模）設(shè) a = t - ,b = t + ,c = t 2 + t ，其中-1 < t < 0 ，則（ ）
t t
A．b < a < c B． cC．be +1 ln 5
【變式 1】（2024·云南貴州·二模）已知 a = ln( 2e),b = ,c = +1，則 a,b,c的大關(guān)系為
e 5
（ ）
A． c > a > b B．b > a > c
C． a > b > c D．b > c > a
【變式 2】（23-24 高三上·北京順義·期末）已知 f (x) 在 (0, + )上單調(diào)遞減，且 x0 > 0 ，則下
列結(jié)論中一定成立的是（ ）
A． f x0 +1 > f x0 B． f x0 +1 < f x0
C． f x0 -1 > f x0 D． f x0 -1 < f x0
【變式 3】（2024·四川攀枝花·二模）已知函數(shù) f (x) 對"x R 都有 f x = f x + 4 + f 2 ，若
函數(shù) y = f x + 3 的圖象關(guān)于直線 x = -3對稱，且對"x1, x2 0,2 ，當(dāng) x1 x2 時(shí)，都有
x2 - x1 f x2 - f x1 > 0，給出如下結(jié)論：① f x 是偶函數(shù)；② f 2 = 0 ;③ f x 是最
小正周期為 4 的周期函數(shù)；④ f 3 < f -4 ．其中正確的結(jié)論個(gè)數(shù)為（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
命題點(diǎn) 2　求函數(shù)的最值
【例題 4】（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）已知函數(shù) y = log2x 在 16,256 上的最小值為m ，最大
值為M ，且在等差數(shù)列 an 中， a2 = m, a4 = M ，則 a10 = （ ）
A．17 B．18 C．20 D．24
b
【變式 1】（2023·全國·模擬預(yù)測）已知點(diǎn) P a,b 在直線 y = 2x - 2 z = 4a + 1 上，若 ÷ ，則下
è 2
列選項(xiàng)正確的是（ ）
z 65 65A． 有最大值 ，最小值 4 B． z 有最大值 ，沒有最小值
4 4
C． z 沒有最大值，但有最小值 4 D． z 沒有最大值也沒有最小值
【變式 2】（2024· 2貴州·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f (x) = 2- x +2x+3，則 f (x) 的最大值是 .
【變式 3】（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = x +1 + 2x + 4 .
(1)求函數(shù) f x 的最小值；
1 4 9
(2)若 a,b,c為正實(shí)數(shù)，且 f a + f b + f c = 27，求 + + 的最小值.
a b c
命題點(diǎn) 3　解函數(shù)不等式
【例題 5】（2024·內(nèi)蒙古呼和浩特·一模）已知定義在R 上的函數(shù)
f (x) = ex-1 - e1-x + (x -1)3 + x，滿足不等式 f (2x - 4) + f (2 - 3x) 2，則 x 的取值范圍是（ ）
A． (- , -4] B． (- ,2) C． (- ,
2] 2D．[ ,2)
3 3
【變式 1 x】（2024·遼寧·模擬預(yù)測）已知 f x 是定義在R 上的奇函數(shù)， g x = f x - 2e + x
2
也是定義在R 上的奇函數(shù)，則關(guān)于 x 的不等式 g 1- x + g 2x + 2 > 0的解集為（ ）
A． - , -1 3,+ B． - , -3 1,+
C． -1,3 D． -3,1
【變式 2】（2024·北京延慶·一模）已知函數(shù) f (x) = 3x - 2x -1，則不等式 f (x) < 0的解集是
（ ）
A． 0,1 B． 0, + C． - ,0 D． - ,0 1, +
【變式 3】（2024·青海·一模）已知函數(shù) f x = ex - e- x + x ，則不等式 f 2m - 2 + f m +1 > 0
的解集為 ．
命題點(diǎn) 4　求參數(shù)的取值范圍
【例題 6】（2024·湖南邵陽·二模）已知 x > 0, y > 0，若 4x2 + 3xy + y2 + m xy > 2x + y恒成
立，則實(shí)數(shù)m 的取值范圍是 .
【變式 1】（23-24 高三上·內(nèi)蒙古赤峰·開學(xué)考試）已知 a > 0，且a 1，函數(shù)
ì3a - x, x < 2
f x = í alog x -1 -1, x 2 在R 上單調(diào)，則 的取值范圍是（ ） 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
【變式 2】（2023·陜西商洛·一模）已知函數(shù) f (x) = í 是定義在R 上的增函數(shù)，
(3 - a)x + 2, x >1
則 a的取值范圍是（ ）
A． 1,3 B． 1,2 C． 2,3 D． 0,3
【變式 3】（2024·陜西榆林·一模）已知函數(shù) f x = eax - ex在 0, + 上單調(diào)遞增，則 a的取值
范圍是（ ）
A． 0, + B． 1, + C． e, + D． 2e, +
【課后強(qiáng)化】
基礎(chǔ)保分練
一、單選題
x
1．（2024· 1 全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = ÷ ，則使得 f 2a < f a -1 成立的正實(shí)數(shù) a
è 2
的取值范圍是（ ）
1 1
A． ,+ 3 ÷
B． 0, ÷ C． 0,1 D． 1, +
è è 3
2．（2024·吉林·二模）已知函數(shù) f x = log2 4x +1 - x + x2 -1，則關(guān)于 x 的不等式
f x + 2 > f 2x 解集為（ ）
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陜西西安·二模）已知函數(shù) f (x) = x - 2x + ln x .若 f (a +1) f (2a -1) ，則 a的取
2
值范圍是（ ）
1 ù
A． (- ,-1] B． (-1,2] C．[2,+ ) D． , 2
è 2 ú
4．（2024·陜西西安·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x 的定義域?yàn)?R，對任意實(shí)數(shù) x，y 都有
f (x + y) = f (x) + f (y) -1，當(dāng) x > 0時(shí)， f (x) >1，且 f (2) = 5，則關(guān)于 x 的不等式
f (x) + f (4 - 3x) < 6的解集為（ ）
A． 1, + B． 2, + C． - ，1 D． - ，2
二、多選題
5．（2024·湖北·模擬預(yù)測）已知 x 1， y > 1，且 xy = 4，則（ ）
A．1 x 4，1< y < 4 B． 4 x + y 5
y 1
C． 的最小值為 ，最大值為 4 D． 4x + y2 的最小值為 12
x 4
6．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x 對任意 x, y R 恒有 f x + y = f x + f y ，且當(dāng)
x < 0 時(shí)， f x < 0, f 2 = 3，則下列結(jié)論中正確的是（ ）
A． f x 的圖象關(guān)于 y 軸對稱
B． f x 在R 上單調(diào)遞增
C． f x 3的解集為 -2,2
D．若 f x - 4 < 3m2 + am對"x é -2,2 ,a - 4,4ù 恒成立，則實(shí)數(shù)m 的取值范圍為
1 , 1- 3 3 ֏
三、填空題
7．（2024·山東淄博·一模）設(shè)方程 ex + x + e = 0， ln x + x + e = 0 的根分別為 p，q，函數(shù)
f x = ex + p + q x ，令 a = f 0 ,b 1 3= f ÷ ,c = f ÷，則 a，b，c 的大小關(guān)系為 .
è 2 è 2
8．（2024·安徽淮北·一模）記不超過 x 的最大整數(shù)為 x .若函數(shù) f x = 2x - 2x + t 既有最大
值也有最小值，則實(shí)數(shù) t 的值可以是 （寫出滿足條件的一個(gè) t 的值即可）.
四、解答題
9．（2023·山東·模擬預(yù)測）若函數(shù) f (x) 在 (0, + )上是增函數(shù)，且 f (a + 3) < f (a2 +1)，求 a的取
值范圍．
10．（2024·陜西寶雞·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = 2x +1 + 2x - 2 ．
(1)求 f x 的最小值；
(2)若 x 0 時(shí)， f x ax + b恒成立，求 a + b 的最小值．
11．（2023·河南南陽·模擬預(yù)測）定義在正實(shí)數(shù)集上的函數(shù) f x 滿足下列條件：
①存在常數(shù) a 0 < a <1 ，使得 f (a) =1；②對任意實(shí)數(shù)m ，當(dāng) x > 0時(shí)，恒有
f (xm ) = mf (x)．
(1)求證：對于任意正實(shí)數(shù) x 、 y ， f (xy) = f (x) + f (y) ；
(2)證明： f (x) 在 (0, + )上是單調(diào)減函數(shù)；
(3) 2若不等式 f loga 4 - x + 2 - f loga (4 - x)8 3恒成立，求實(shí)數(shù) a的取值范圍．
12．（2023·甘肅定西·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f (x) = a(x - 2)ex - x + ln x(a R)．
(1)若 a＝0，求函數(shù) f x 的最值；
é1 ù
(2)若 a＝1，函數(shù) f x 在 ê ,1ú 上的最大值在區(qū)間 m, m +1 內(nèi)，求整數(shù) m4 的值．
綜合提升練
一、單選題
1．（2024·北京平谷·模擬預(yù)測）下列函數(shù)中，在區(qū)間 (0, + )上單調(diào)遞減的是（ ）
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·模擬預(yù)測）已知 f x 是定義在R 上的偶函數(shù)，函數(shù) g x 滿足 g x + g -x = 0，
且 f x ， g x 在 - ,0 單調(diào)遞減，則（ ）
A． f g x 在 0, + 單調(diào)遞減 B． g g x 在 - ,0 單調(diào)遞減
C． g f x 在 0, + 單調(diào)遞減 D． f f x 在 - ,0 單調(diào)遞減
2
f x ln x , a 1 e= = f ln ,b = f ln ,c = f 3 3．（2024·甘肅·一模）已知函數(shù) 2 ÷ 2 ÷ ln ÷，則è è è 2
（ ）
A． a < b < c B．b < a < c
C． c4．（2024·湖南常德·三模）已知奇函數(shù) y = f (x) 是定義域?yàn)?R 的連續(xù)函數(shù)，且在區(qū)間 (0, + )
上單調(diào)遞增，則下列說法正確的是（ ）
A．函數(shù) y = f (x) + x2 在 R 上單調(diào)遞增
B．函數(shù) y = f (x) - x2 在 (0, + )上單調(diào)遞增
C．函數(shù) y = x2 f (x)在 R 上單調(diào)遞增
y f (x)D．函數(shù) = 2 在 (0, + )上單調(diào)遞增x
1+ f x
5．（2024·陜西·模擬預(yù)測）函數(shù) f x 滿足 lnx = x > e, x > e, f x1- f x ，且 1 2 1
+ f x2 =1，
則 f x1x2 的最小值為（ ）
A． e
5 1
B．1 C． D．
7 e
2
y > 0 x + y =1 x y
2
6．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知 x > 0， 且 ，則
1+ x2
+ 2 的最小值為（1 y ）+
1 2 3 4
A． B． C． D．
5 5 5 5
7．（2023·四川綿陽·三模）設(shè)函數(shù) f x 為 x -1與 x2 - 2ax + a + 3中較大的數(shù)，若存在 x 使得
f x 0 成立，則實(shí)數(shù) a的取值范圍為（ ）
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·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = xe ，若對"x a,a +1 ，不等式
f x2 + a 2e x f x 恒成立，則實(shí)數(shù) a的取值范圍為（ ）
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、多選題
x - x x - x
9．（2024· · f x e - e , g x e + e新疆烏魯木齊 二模）已知函數(shù) = = ，則（ ）
2 2
A．函數(shù) f x 在R 上單調(diào)遞增
B．函數(shù) f x g x 是奇函數(shù)
C．函數(shù) f x 與 g x 的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱
2 2
D． g 2x = é f x ù + é g x ù
10．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = cos 2x ，則（ ）
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·甘肅隴南·一模）已知 a,b,c 0, + ，關(guān)于 x 的不等式 a x - bx + cx > 0的解集為
- , 2 ，則（ ）
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、填空題
f 2
12．（23-24

高二下·河北邢臺·階段練習(xí)）已知函數(shù) f x = ex - x，其中 f x 是 f x 的
e -1
導(dǎo)函數(shù)，則 f 1 = ； f x > 0的解集為 ．
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 ，則實(shí)數(shù) a的取值范圍是 ，
14．（2024·遼寧大連·一模）已知函數(shù) f x = sin πx + acosπx 在區(qū)間 0,4 有 2 個(gè)零點(diǎn)和 4
2
個(gè)極值點(diǎn)，則 a 的取值范圍是 .
四、解答題
15．（2023·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = x +1 - 2x - 3 ．
(1)在平面直角坐標(biāo)系 xOy 中畫出函數(shù) f x 的圖象，并根據(jù)圖象直接寫出函數(shù) f x 的最大
值；
(2)解不等式 f x 3x - 5 ．
1
16．（2023· 2安徽合肥·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f (x) = x ln x - ax - x +1有兩個(gè)極值點(diǎn) x1, x2 ，且2
x1 < x2 .
(1)求 f (x1)的取值范圍；
(2)若 2x1 < x 22 ，證明：8x1 < x2
17．（2024· 2全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = axlnx + x -1有兩個(gè)極值點(diǎn) x1, x2 ，且 x1 < x2．
(1)求 a的取值范圍；
(2)求關(guān)于x2的不等式 f x2 f -a 的解集．
18．（2024·福建福州·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = xlnx - x2 -1．
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
1 2
(2) - x求證： f x < e + 2 - -1；x x
(3)若 p > 0, q > 0且 pq >1，求證： f p + f q < -4．
19．（2024·遼寧大連·一模）已知函數(shù) f x = x ln x + ax +1的定義域?yàn)閰^(qū)間 D1,值域?yàn)閰^(qū)間
D2 ，若D2 D1,則稱 f x 是D1的縮域函數(shù).
f x é1 ,eù(1)若 是區(qū)間 ê ú的縮域函數(shù)，求 a 的取值范圍； e
(2)設(shè)a , b 為正數(shù)，且a < b ,若 f x 是區(qū)間 a , b 的縮域函數(shù)，證明：
（i）當(dāng) b
1
< 時(shí)， f x 在 a , b 單調(diào)遞減;
2
2 1
（ii） + > 3a b
拓展沖刺練
一、單選題
1 2024· · f x = ex x-t ．（ 黑龍江大慶 模擬預(yù)測）函數(shù) 在 2,3 上單調(diào)遞減，則 t 的取值范圍是
（ ）
A． 6, + B． - ,6
C． - , 4 D． 4, +
2．（2023·遼寧丹東·二模）設(shè)函數(shù) y = f x 由關(guān)系式 x x + y y =1確定，函數(shù)
ì- f x , x 0,
g x = í f x , x 0.，則（ ） - <
A． g x 為增函數(shù) B． g x 為奇函數(shù)
C． g x 值域?yàn)閇-1,+ ) D．函數(shù) y = f -x - g x 沒有正零點(diǎn)
2
3．（2023·海南省直轄縣級單位·模擬預(yù)測）若函數(shù) f x = a x -ax+1 a > 0且a 1 在區(qū)間 1, +
上單調(diào)遞增，則 a的取值范圍是（ ）
A． 0,1 B． 0,
1 ù
è 2 ú
C． 1,2 D． 2, +
4．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x 對任意 x, y R 恒有 f x + y = f x + f y ，且當(dāng)
x < 0 時(shí)， f x < 0, f 2 = 3 2．若存在 x -2,2 ，使得 f x > m - 2m成立，則實(shí)數(shù)m 的取
值范圍為（ ）
A． -3,3 B． -3,1 C． -1,1 D． -1,3
二、多選題
sinx
5．（2024·江蘇·一模）已知函數(shù) f x = ，則（ ）
2 - cos2x
A． f x 的最小正周期為 π B． f x 的圖象關(guān)于點(diǎn) π,0 對稱
C．不等式 f x > x 2無解 D． f x 的最大值為
4
2
6．（2023·河南·三模）已知函數(shù) f x = lnx -1- ，則下列結(jié)論正確的是（
x 1 ）-
A． f x 在定義域上是增函數(shù)
B． f x 的值域?yàn)镽
C． f log2023 2024 + f log2024 2023 =1
b
D．若 f a e +1= - b， a 0,1 ，b 0, + b ，則 aeb =1e -1
三、填空題
1
7．（2024·河北·模擬預(yù)測）若 a = ,b = tan
π ,c 35= ln ，則 a,b,c的大小關(guān)系為 （用
33 99 34
“<”號連接）．
8．（2024·重慶·模擬預(yù)測）已知對 a > 0，"x1， x2 R ，當(dāng) x1 < x2時(shí)，都有
ex1 - ex2 x1 + x> 2 ，則實(shí)數(shù) a的取值范圍是 .
x1 - x2 a
四、解答題
9．（2024·福建龍巖·一模）已知函數(shù) f (x) = ln(2mx), m是大于 0 的常數(shù)，記曲線 y = f (x) 在點(diǎn)
(x1, f (x1)) 處的切線為 l, l 在 x 軸上的截距為 x 2 , x 2 > 0 .
(1)若函數(shù) g(x) = x2 -1- af (x),a R ，求 g(x)的單調(diào)區(qū)間；
1
(2)當(dāng) x1 + x2 > 時(shí)，求x1的取值范圍.m
10．（2024·
2
全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = x -1 x - a ．
(1)若 a = 0，討論 f x 的單調(diào)性；
(2)若 a 0，求 f x 在 2,3 上的最小值 g a 1 3，并判斷方程 g a = a 的實(shí)數(shù)根個(gè)數(shù)．
3
11．（2023·四川自貢·一模）函數(shù) f (x) = ex - ln x 的最小值為 m.
(1)判斷 m 與 2 的大小，并說明理由；
(2)求函數(shù) g(x) = 2 + ln x - ex-m 的最大值.
a 2a +1
12．（2024·全國· 3 2模擬預(yù)測）已知函數(shù) f (x) = x - x (a 0)．
3 4
(1)若函數(shù) f (x) 的一個(gè)極值點(diǎn)大于 0，求 a的取值范圍；
(2)若 g(x) = f (x)
1
+ x2 (1- ln x)在 (0, + )上單調(diào)遞增，求 a的值．
2考點(diǎn) 07 函數(shù)的單調(diào)性與最值（2 種核心題型+基礎(chǔ)保分練+綜
合提升練+拓展沖刺練）
【考試提醒】
1.借助函數(shù)圖象，會用數(shù)學(xué)符號語言表達(dá)函數(shù)的單調(diào)性、最值，理解實(shí)際意義.
2.掌握函數(shù)單調(diào)性的簡單應(yīng)用．
【知識點(diǎn)】
1．函數(shù)的單調(diào)性
(1)單調(diào)函數(shù)的定義
增函數(shù) 減函數(shù)
一般地，設(shè)函數(shù) f(x)的定義域?yàn)?D，區(qū)間 I D，如果 x1，x2∈I
定義 當(dāng) x1f(x2)，那么就
就稱函數(shù) f(x)在區(qū)間 I 上單調(diào)遞增 稱函數(shù) f(x)在區(qū)間 I 上單調(diào)遞減
圖象
描述
自左向右看圖象是上升的 自左向右看圖象是下降的
(2)單調(diào)區(qū)間的定義
如果函數(shù) y＝f(x)在區(qū)間 I 上單調(diào)遞增或單調(diào)遞減，那么就說函數(shù) y＝f(x)在這一區(qū)間具有(嚴(yán)
格的)單調(diào)性，區(qū)間 I 叫做 y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間．
2．函數(shù)的最值
前提 設(shè)函數(shù) y＝f(x)的定義域?yàn)?D，如果存在實(shí)數(shù) M 滿足
(1) x∈D，都有 f(x)≤M； (1) x∈D，都有 f(x)≥M；
條件
(2) x0∈D，使得 f(x0)＝M (2) x0∈D，使得 f(x0)＝M
結(jié)論 M 為 f(x)的最大值 M 為 f(x)的最小值
常用結(jié)論
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)在區(qū)間 I 上單x1－x2
調(diào)遞增(減)．
2．在公共定義域內(nèi)，增函數(shù)＋增函數(shù)＝增函數(shù)，減函數(shù)＋減函數(shù)＝減函數(shù)．
1
3．函數(shù) y＝f(x)(f(x)>0 或 f(x)<0)在公共定義域內(nèi)與 y＝－f(x)，y＝ 的單調(diào)性相反．
f x
4．復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性：同增異減．
【核心題型】
題型一　確定函數(shù)的單調(diào)性
確定函數(shù)單調(diào)性的四種方法
(1)定義法；(2)導(dǎo)數(shù)法；(3)圖象法；(4)性質(zhì)法．
命題點(diǎn) 1　函數(shù)單調(diào)性的判斷
【例題 1】（2023·浙江·二模）下列函數(shù)在區(qū)間 0,2 上單調(diào)遞增的是（ ）
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】對于 BCD，根據(jù)各個(gè)選項(xiàng)觀察均是 f (x) 向右平移兩個(gè)單位長度的形式，根據(jù)原函數(shù)
的單調(diào)區(qū)間可以判斷平移后的單調(diào)區(qū)間，進(jìn)而判斷 (0,2)上的單調(diào)性得到結(jié)論，而根據(jù)二次
函數(shù)的單調(diào)性可判斷 A 的正誤.
【詳解】對于A 選項(xiàng)： y = (x - 2)2 開口向上，對稱軸 x = 2，所以在 (- ,2) 上單調(diào)遞減，故不
符合題意.
對于B選項(xiàng)： y
1
= 1是 y = x 向右平移了兩個(gè)單位長度，所以在在
(- ,2) 上單調(diào)遞減，故
x - 2
不符合題意.
對于C 選項(xiàng)： y = sin x - 2 是 y = sin x 向右平移了兩個(gè)單位長度，
所以 y = sin x - 2 ( 3π在 - + 2, π- + 2) π π上單調(diào)遞減，在 (- + 2, + 2) 上單調(diào)遞增，
2 2 2 2
π
因?yàn)? < - + 2 < 2 ，所以不符合題意.
2
對于D 選項(xiàng)： y = cos x - 2 是 y = cos x向右平移了兩個(gè)單位長度，
所以 y = cos x - 2 在 (-π + 2,2)上單調(diào)遞增，則在 (0,2)上單調(diào)遞增，符合題意.
故選D .
【變式 1】（2024·北京西城·一模）下列函數(shù)中，既是偶函數(shù)又在區(qū)間 0, + 上單調(diào)遞增的是
（ ）
A． y = x2 + x B． y = cosx
C． y = 2x D． y = log2 x
【答案】D
【分析】利用奇偶函數(shù)的判斷方法及基本函數(shù)的單調(diào)性，對各個(gè)選項(xiàng)逐一分析判斷，即可得
出結(jié)果.
【詳解】對于選項(xiàng) A，當(dāng) x =1時(shí)， y =1+1 = 2，當(dāng) x=-1時(shí)， y =1-1 = 0，即 f (-1) f (1)，
所以選項(xiàng) A 不滿足題意，
對于選項(xiàng) B，因 y = cosx在區(qū)間 0, + 上不單調(diào)，所以選項(xiàng) B 不滿足題意，
對于選項(xiàng) C，因?yàn)?y = 2x 圖象不關(guān)于 y 軸對稱，所以選項(xiàng) C 不滿足題意，
對于選項(xiàng) D，因?yàn)?y = log2 x 的定義域?yàn)? - ,0 U 0, + ，關(guān)于原點(diǎn)對稱，
又 f (-x) = log2 -x = log2 x = f (x) ，所以 y = log2 x 為偶函數(shù)，
當(dāng) x > 0時(shí)， y = log2 x = log2 x ，又 y = log2 x 在區(qū)間 0, + 上單調(diào)遞增，所以選項(xiàng) D 滿足題
意，
故選：D.
【變式 2】（2024·陜西西安·二模）下列函數(shù)中，既是奇函數(shù)又在 - , + 上單調(diào)遞減的是
（ ）
A． y
1
= B
x ．
y = x3
C． y = -x x D． y = 3- x
【答案】C
【分析】A 項(xiàng)，定義域不合題意；B 項(xiàng)，單調(diào)性不符合；C 項(xiàng)，先利用定義判斷函數(shù)的奇偶
性，由函數(shù)在 0, + 上單調(diào)遞減，再結(jié)合奇函數(shù)圖象的對稱性可得；D 項(xiàng)，特殊取值可判斷
不是奇函數(shù).
1
【詳解】選項(xiàng) A， y = (- ,0) U (0, + ) Ax 的定義域?yàn)?，不符合題意，故 錯(cuò)誤；
選項(xiàng) B，設(shè) f x = x3 ，定義域?yàn)镽 ，
因?yàn)?f -x = -x 3 = -x3 = - f x ，
f x = x3所以 為奇函數(shù)，且在定義域上為增函數(shù)，故 B 錯(cuò)誤；
選項(xiàng) C，設(shè) f x = -x x ，定義域?yàn)镽 ，
由 f -x = x -x = x x = - f x ，故 f x 為奇函數(shù)，
2 2
當(dāng) x 0 時(shí)， f x = -x ，且 f x = -x 在 0, + 上單調(diào)遞減，
又因?yàn)楹瘮?shù)圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，所以在 - , + 上單調(diào)遞減，故 C 正確；
選項(xiàng) D，設(shè) f x = 3- x f (1) 1，則 = , f (-1) = 3，
3
由 f (-1) - f (1)，知 f (x) 不是奇函數(shù)，故 D 錯(cuò)誤.
故選：C.
【變式 3】（2024·北京門頭溝·一模）下列函數(shù)中， 既是奇函數(shù)又在 0, + 上單調(diào)遞增的是
（ ）
1 1
A． y = x 2 B． y = x
C． y = tanx D． y = x x
【答案】D
【分析】根據(jù)基本初等函數(shù)的單調(diào)性與奇偶性判斷即可.
1
【詳解】對于 A： y = x 2 定義域?yàn)?0, + ，為非奇非偶函數(shù)，故 A 錯(cuò)誤；
1
對于 B： y = 定義域?yàn)? - ,0 U 0, + x ，為奇函數(shù)，但是函數(shù)在 0, + 上單調(diào)遞減，故 B
錯(cuò)誤；
對于 C： y = tanx ì
π
為奇函數(shù)，定義域?yàn)?íx | x + kπ, k Z
ü
，但是函數(shù)在 0, + 上不單調(diào)，
2
故 C 錯(cuò)誤；
對于 D：令 y = f x = x x 定義域?yàn)镽 ，且 f -x = -x -x = -x x = - f x ，
所以 y = x x 為奇函數(shù)，且當(dāng) x > 0時(shí) y = x2 ，函數(shù)在 0, + 上單調(diào)遞增，故 D 正確.
故選：D
命題點(diǎn) 2　利用定義證明函數(shù)的單調(diào)性
x
【例題 2】（2023· 2 -1上海奉賢·一模）函數(shù) y = 在定義域 - , + x 上是（ ）2 +1
A．嚴(yán)格增的奇函數(shù) B．嚴(yán)格增的偶函數(shù)
C．嚴(yán)格減的奇函數(shù) D．嚴(yán)格減的偶函數(shù)
【答案】A
【分析】根據(jù)題意，分別判斷函數(shù)奇偶性以及單調(diào)性，即可得到結(jié)果.
2x -1
【詳解】令 f x = ，任取 x1 < x2 Rx ，2 +1
2x1 -1 2x2 -1 2 2x1 - 2x2
則 f x1 - f x2

= - = ，
2x1 +1 2x2 +1 2x1 +1 2x2 +1
因?yàn)?y = 2x 是R 上的嚴(yán)格增函數(shù)，所以 2x1 < 2x2 ，
2 2x1 - 2x2
則 < 0 x x ，所以
f x
2 +1 2 +1 1
< f x2 ，
1 2
2x -1
則函數(shù) y = x 是R 上的嚴(yán)格增函數(shù)；2 +1
1- 2x
2- xf x -1 2
x 1- 2x
又 - = - x = = = - f x ，即函數(shù) f x 為奇函數(shù)，2 +1 1+ 2x 2x +1
2x
2x -1
所以函數(shù) y = x 在定義域 - ,+ 上是嚴(yán)格增的奇函數(shù).2 +1
故選：A
【變式 1】（23-24 高三上·河南·階段練習(xí)）已知函數(shù) f x + 2 是定義在R 上的奇函數(shù)，若對
于任意兩個(gè)實(shí)數(shù) x1 x2 ，不等式 x1 - x2 é f x1 - f x2 ù > 0恒成立，則不等式
f x + 2024 > 0的解集是（ ）
A． -2022, + B． 2022, + C． -2024, + D． 2024, +
【答案】A
【分析】根據(jù)條件得出函數(shù) f x 在R 上單調(diào)遞增，再結(jié)合奇偶性轉(zhuǎn)化為
f x + 2024 > 0 = f 2 解不等式即可.
【詳解】由任意兩個(gè)實(shí)數(shù) x1 x2 ，不等式 x1 - x2 é f x1 - f x2 ù > 0恒成立，
\函數(shù) f x 在R 上單調(diào)遞增．
又函數(shù) f x + 2 是定義在R 上的奇函數(shù)，得 f 2 = 0 ，
所以不等式 f x + 2024 > 0 = f 2
化為 x + 2024 > 2 ，解得 x > -2022，
所以不等式的解集為 -2022, + ．
故選：A．
【變式 2】（2023·浙江臺州·二模）已知函數(shù) f x 同時(shí)滿足性質(zhì):① f -x = f x ;②當(dāng)
f x - f x
"x , x 1 2 1 2 0,1 時(shí), < 0 ,則函數(shù) f x 可能為(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)說明 f (x) 1 2為偶函數(shù)，② "x1, x2 (0,1), < 0 ,說明函數(shù)x1 - x2
在( 0, 1)上單調(diào)遞減,再逐項(xiàng)分析即可.
f
f ( x) f (x) x , x (0,1), x - f x 【詳解】① - = 1 2說明 f (x) 為偶函數(shù)，② " 1 2 < 0 ,說明函數(shù)x1 - x2
在( 0, 1)上單調(diào)遞減.
A 不滿足②，B 不滿足①，
p p
C 不滿足②,因?yàn)?f (x) = cos 4x
0, 在 4 ÷單調(diào)遞減，在
,1÷單調(diào)遞增.
è è 4
對于 D,滿足①,當(dāng) x (0,1), f (x) = ln(1- x) ,單調(diào)遞減,也滿足②.
故選：D.
【變式 3】（2023·山東·模擬預(yù)測）下列函數(shù)中既是奇函數(shù)又是增函數(shù)的是（ ）
A． y = 3x
1 1
B． y = C． y = 2x2 D． y = - xx 3
【答案】A
【分析】根據(jù)奇偶函數(shù)的性質(zhì)，以及函數(shù)增減的性質(zhì)，逐個(gè)選項(xiàng)進(jìn)行判斷可得答案.
【詳解】A 選項(xiàng)， y = 3x 為奇函數(shù)，且單調(diào)遞增，故 A 正確；
B 選項(xiàng)， y
1
= 是奇函數(shù)，在 (- ,0)， (0, + )x 上遞減，故 B 錯(cuò)誤；
C 選項(xiàng)， y = 2x2 偶函數(shù)，故 C 錯(cuò)誤；
1
D 選項(xiàng)， y = - x 是奇函數(shù)，且單調(diào)遞減，故 D 錯(cuò)誤，．
3
故洗：A
題型二　函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用
(1)比較函數(shù)值的大小時(shí)，先轉(zhuǎn)化到同一個(gè)單調(diào)區(qū)間內(nèi)，然后利用函數(shù)的單調(diào)性解決．
(2)求解函數(shù)不等式時(shí)，由條件脫去“f”，轉(zhuǎn)化為自變量間的大小關(guān)系，應(yīng)注意函數(shù)的定義
域．
(3)利用單調(diào)性求參數(shù)的取值(范圍)．根據(jù)其單調(diào)性直接構(gòu)建參數(shù)滿足的方程(組)(不等式(組))
或先得到其圖象的升降，再結(jié)合圖象求解．對于分段函數(shù)，要注意銜接點(diǎn)的取值．
命題點(diǎn) 1　比較函數(shù)值的大小
1 1
【例題 3】（2024·北京西城·一模）設(shè) a = t - ,b = t + ,c = t 2 + t ，其中-1 < t < 0 ，則（ ）
t t
A．b < a < c B． cC．b【答案】C
【分析】借助正負(fù)性、對勾函數(shù)的性質(zhì)及二次函數(shù)的性質(zhì)判斷即可得.
1 1
【詳解】由-1 < t < 0 ，故 - ,-1 ，故 a = t - > 0，
t t
1
由對勾函數(shù)性質(zhì)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，
綜上所述，有b故選：C.
a ln( 2e),b e +1,c ln 5【變式 1】（2024·云南貴州·二模）已知 = = = +1，則 a,b,c的大關(guān)系為
e 5
（ ）
A． c > a > b B．b > a > c
C． a > b > c D．b > c > a
【答案】B
【分析】根據(jù) a,b,c的特點(diǎn)，構(gòu)造函數(shù) f (x)
ln x
= ，判斷其單調(diào)性，得到
x
f (x) 1max = f (e) = ，故有 f (e) > f (5), f (e) > f (2)，再運(yùn)用作差法比較 f (5), f (2)即得.e
ln x f (x) 1- ln x【詳解】設(shè) f (x) = ，則 = 2 ，x x
當(dāng)0 < x < e時(shí)， f (x) > 0 ， f (x) 在 (0, e)上遞增；
當(dāng) x>e時(shí)， f (x) < 0 ， f (x) 在 (e,+ ) 上遞減,
1
故 f (x)max = f (e) = .e
1 ln 5 , 1 ln 2則 > > ，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
故選：B.
【變式 2】（23-24 高三上·北京順義·期末）已知 f (x) 在 (0, + )上單調(diào)遞減，且 x0 > 0 ，則下
列結(jié)論中一定成立的是（ ）
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】利用函數(shù)的單調(diào)性判斷即可.
【詳解】由 x0 > 0 得， x0 +1 > x0 ，結(jié)合 f (x) 在 (0, + )上單調(diào)遞減，
則必有 f x0 +1 < f x0 ，顯然 B 正確，A 錯(cuò)誤，
而當(dāng) x0 (0,1) 時(shí) x0 -1< 0，不在定義域內(nèi)，故無法比較，C,D 錯(cuò)誤.
故選：B
【變式 3】（2024·四川攀枝花·二模）已知函數(shù) f (x) 對"x R 都有 f x = f x + 4 + f 2 ，若
函數(shù) y = f x + 3 的圖象關(guān)于直線 x = -3對稱，且對"x1, x2 0,2 ，當(dāng) x1 x2 時(shí)，都有
x2 - x1 f x2 - f x1 > 0，給出如下結(jié)論：① f x 是偶函數(shù)；② f 2 = 0 ;③ f x 是最
小正周期為 4 的周期函數(shù)；④ f 3 < f -4 ．其中正確的結(jié)論個(gè)數(shù)為（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】利用抽象函數(shù)的奇偶性、對稱性、單調(diào)性、周期性一一判定選項(xiàng)即可.
【詳解】由函數(shù) y = f (x + 3) 的圖象關(guān)于直線 x = -3對稱，
可知 f x 關(guān)于 x = 0對稱，即 f x 是偶函數(shù)，故①正確；
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正確；
由上可知 f x = f x + 4 ，即T = 4是 f x 的一個(gè)周期，
又對"x1, x2 0,2 ，當(dāng) x1 x2 時(shí)，都有 x2 - x1 f x2 - f x1 > 0，
即 f x 在 0,2 上單調(diào)遞增，根據(jù)偶函數(shù)性質(zhì)可知 -2,0 上單調(diào)遞減，
則T = 4是 f x 的最小正周期，故③正確；
由上面結(jié)論可知： f 3 = f -1 > f 0 = f -4 ，故④錯(cuò)誤.
故選：C
命題點(diǎn) 2　求函數(shù)的最值
【例題 4】（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）已知函數(shù) y = log2x 在 16,256 上的最小值為m ，最大
值為M ，且在等差數(shù)列 an 中， a2 = m, a4 = M ，則 a10 = （ ）
A．17 B．18 C．20 D．24
【答案】C
【分析】利用對數(shù)函數(shù)單調(diào)性先求出函數(shù)最小值為m ，最大值為M ，再由等差數(shù)列通項(xiàng)公
式求解.
【詳解】因?yàn)楹瘮?shù) y = log2x 在 16,256 上單調(diào)遞增，
所以m = log216 = 4，M = log2 256 = 8，
a - a 8 - 4
所以 a2 = 4, a4 = 8，所以等差數(shù)列 an 的公差 d = 4 2 = = 2 ，4 - 2 2
所以 a10 = a2 + 10 - 2 d = 4 + 8 2 = 20．
故選：C．
b
【變式 1】（2023·全國·模擬預(yù)測）已知點(diǎn) P a,b 在直線 y = 2x - 2 上，若 z = 4a 1+ ÷ ，則下
è 2
列選項(xiàng)正確的是（ ）
65 65
A． z 有最大值 ，最小值 4 B． z 有最大值 ，沒有最小值
4 4
C． z 沒有最大值，但有最小值 4 D． z 沒有最大值也沒有最小值
【答案】C
1
b

【分析】利用指數(shù)運(yùn)算將 z = 4a + ÷ 化簡變形為可以利用基本不等式的形式，然后利用基
è 2
本不等式并結(jié)合“ 2a - b = 2 ”進(jìn)行求解得到最小值，根據(jù)指數(shù)函數(shù)單調(diào)性得到?jīng)]有最大值.
【詳解】若點(diǎn) P a,b 在直線 y = 2x - 2 上，則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
當(dāng)且僅當(dāng) 2a = -b =1即 a = ,b = -1時(shí)等號成立，此時(shí) z 取得最小值 4，
2
又因?yàn)?f a = 4a 在R 上單調(diào)遞增，所以 a + 時(shí) 4a + ，
1 b
此時(shí)因?yàn)閎 = 2a - 2 ，所以b + ，而 ÷ 0 ，
è 2
所以 z + ，即沒有最大值，
故選：C.
【變式 2】（2024·貴州· - x2模擬預(yù)測）已知函數(shù) f (x) = 2 +2x+3，則 f (x) 的最大值是 .
【答案】16
【分析】求出 t = -x2 + 2x + 3的范圍，根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性求解.
2
【詳解】由 f x = 2- x +2x+3，而 t = -x2 + 2x + 3 = -(x -1)2 + 4 4，
因?yàn)?y = 2t 單調(diào)遞增，所以 y = 2t 24 ，則 f (x) 的最大值是 16.
故答案為：16
【變式 3】（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = x +1 + 2x + 4 .
(1)求函數(shù) f x 的最小值；
a,b,c f a + f b + f c = 27 1 4 9(2)若 為正實(shí)數(shù)，且 ，求 + + 的最小值.
a b c
【答案】(1)1
(2)9
【分析】（1）根據(jù)絕對值的性質(zhì)，結(jié)合一次函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行求解即可；
（2）根據(jù)（1）的結(jié)論，結(jié)合基本不等式進(jìn)行求解即可.
ì -3x - 5, x < -2
【詳解】（1）（1） f x = x +1 + 2x + 4 = íx + 3, -2 x < -1，

3x + 5, x -1
f x 在 - , -2 上單調(diào)遞減，在 -2, + 上單調(diào)遞增，
所以 f (x)min = f -2 = 1，即當(dāng) x = -2時(shí)，函數(shù) f x 取得最小值；
（2）由（1）可得當(dāng) x 為正實(shí)數(shù)時(shí)， f x = 3x + 5，
則由 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當(dāng)且僅當(dāng) = = = 時(shí)，
4a b 4a 4c b 4c
a 2 ,b 4 ,c 6又 a + b + c = 4，即當(dāng) = = = = 2時(shí)，等號成立.
3 3 3
1 4 9
所以 + + 的最小值為 9.
a b c
命題點(diǎn) 3　解函數(shù)不等式
【例題 5】（2024·內(nèi)蒙古呼和浩特·一模）已知定義在R 上的函數(shù)
f (x) = ex-1 - e1-x + (x -1)3 + x，滿足不等式 f (2x - 4) + f (2 - 3x) 2，則 x 的取值范圍是（ ）
(- , -4] (- ,2) ( , 2A． B． C． - ] 2D．[ ,2)
3 3
【答案】A
【分析】根據(jù)給定條件，換元構(gòu)造函數(shù)，分析函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性，再解不等式即得.
【詳解】令 x -1 = t ，則 x = t +1, t R ，原函數(shù)化為 f (t +1) = et - e-t + t3 + t +1，
令 g(t) = f (t +1) -1 = et - e-t + t3 + t ，顯然 g(-t) = e-t - et - t3 - t = -g(t)，
即函數(shù) g(t)是奇函數(shù)，又函數(shù) y = et , y = -e-t , y = t3 + t 都是R 上的增函數(shù)，
因此函數(shù) g(t)是R 上的增函數(shù)，不等式
f (2x - 4) + f (2 - 3x) 2 f (2x - 4) -1+ f (2 - 3x) -1 0，
則 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 的取值范圍是 (- , -4] .
故選：A
【變式 1】（2024·遼寧· x模擬預(yù)測）已知 f x 是定義在R 上的奇函數(shù)， g x = f x - 2e + x
2
也是定義在R 上的奇函數(shù)，則關(guān)于 x 的不等式 g 1- x + g 2x + 2 > 0的解集為（ ）
A． - , -1 3,+ B． - , -3 1,+
C． -1,3 D． -3,1
【答案】A
【分析】根據(jù) g x 為奇函數(shù)及 f x 為偶函數(shù)可求 g x ，利用導(dǎo)數(shù)可判斷 g x 為R 上的減
函數(shù)，從而可求不等式的解.
【詳解】因?yàn)?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?yàn)?f x 是定義在R 上的奇函數(shù)，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 ，
此時(shí) g x = -ex - e- x +1 -2 +1 < 0，故 g x 為R 上的減函數(shù)，
g 1- x2 + g 2x + 2 > 0 g 1- x2而 等價(jià)于 > g -2x - 2 ，
即1- x2 < -2x - 2 即 x2 - 2x - 3 > 0，故 x < -1或 x > 3
故選：A .
【變式 2】（2024·北京延慶·一模）已知函數(shù) f (x) = 3x - 2x -1，則不等式 f (x) < 0的解集是
（ ）
A． 0,1 B． 0, + C． - ,0 D． - ,0 1, +
【答案】A
【分析】利用導(dǎo)數(shù)及導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性判斷極小值點(diǎn)在0 < x0 <1，再由函數(shù)的單調(diào)性及
f (0) = f (1) = 0可得不等式的解集.
【詳解】因?yàn)?f (x) = 3x ln 3 - 2單調(diào)遞增，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 ，
所以當(dāng) x < x0 時(shí)， f (x) < 0 ，當(dāng) x > x0時(shí)， f (x) > 0 ，
所以函數(shù) f (x) 在 - , x0 上單調(diào)遞減，在 x0 ,+ 上單調(diào)遞增，
又 f (0) = f (1) = 0，且0 < x0 <1，
所以由 f (x) < 0可得0 < x <1，
故選：A
【變式 3】（2024· x - x青海·一模）已知函數(shù) f x = e - e + x ，則不等式 f 2m - 2 + f m +1 > 0
的解集為 ．
1
【答案】 ,+ ÷
è 3
【分析】根據(jù)奇偶性定義和函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)可化簡所求不等式，得到自變量的大小關(guān)系，
解不等式即可求得結(jié)果.
【詳解】Q f x 的定義域?yàn)镽 ， f -x = e- x - ex - x = - f x ，
\ f x 為定義在R 上的奇函數(shù)；
Q y = ex 與 y = x 均為R 上的增函數(shù)， y = e- x 為R 上的減函數(shù)，
\ f x 為定義在R 上的增函數(shù)；
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 的解集為 ,+

3 3 ÷
.
è
1
故答案為： ,+ .
è 3 ÷
命題點(diǎn) 4　求參數(shù)的取值范圍
【例題 6】（2024·湖南邵陽·二模）已知 x > 0, y > 0，若 4x2 + 3xy + y2 + m xy > 2x + y恒成
立，則實(shí)數(shù)m 的取值范圍是 .
【答案】 2 2 - 7, +
【分析】根據(jù)題意，將原不等式分離參數(shù)，然后換元，由函數(shù)的單調(diào)性可得最值，即可得到
結(jié)果.
2x + y - 4x2 + 3xy + y2
【詳解】原不等式等價(jià)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
則 z = t - t -1 = 2 在 2 2, + 上單調(diào)遞減，t + t -1
z 1\ = 2 2 - 7,\m > 2 2 - 7 .
2 2 + 7
故m 的范圍是 2 2 - 7, + .
故答案為： 2 2 - 7, +
【變式 1】（23-24 高三上·內(nèi)蒙古赤峰·開學(xué)考試）已知 a > 0，且a 1，函數(shù)
ì3a - x, x < 2
f x = ílog x -1 -1, x 2 在R 上單調(diào)，則
a的取值范圍是（ ）
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】由函數(shù)解析式知函數(shù)在R 上單調(diào)遞減，建立不等關(guān)系解出即可.
【詳解】因?yàn)楹瘮?shù) f x 在R 上單調(diào)，
由函數(shù)解析式可得函數(shù)在 R 上單調(diào)遞增不滿足題意，
故 y = f x 在 R 上單調(diào)遞減，
ì0 < a <1
所以 í
3a - 2 log 1
，
a -1
1
解得： a <1 .
3
故選：D.
ì-x2 + 2ax, x 1
【變式 2】（2023·陜西商洛·一模）已知函數(shù) f (x) = í 是定義在R 上的增函數(shù)，
(3 - a)x + 2, x >1
則 a的取值范圍是（ ）
A． 1,3 B． 1,2 C． 2,3 D． 0,3
【答案】B
【分析】由題意可知函數(shù)在每一段上為增函數(shù)，且在 x =1時(shí)，一次函數(shù)的值不小于二次函
數(shù)的值，然后解不等式組可求得結(jié)果.
ì-x2 + 2ax, x 1
【詳解】因?yàn)?f (x) = í 是定義在R 上的增函數(shù)，
(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

故選：B
ax x
【變式 3】（2024·陜西榆林·一模）已知函數(shù) f x = e - e 在 0, + 上單調(diào)遞增，則 a的取值
范圍是（ ）
A． 0, + B． 1, + C． e, + D． 2e, +
【答案】B
【分析】分情況討論，當(dāng) a 0時(shí)直接代入可得函數(shù)遞減；當(dāng) a > 0時(shí)，求導(dǎo)，構(gòu)造函數(shù)，
g x = xex , x 0,+ x，再由 g x = x +1 e 0得到抽象函數(shù) g ax g x ，求出a 1，最
后再討論 a =1時(shí)的情況，綜合得出結(jié)果.
【詳解】當(dāng) a 0時(shí)，函數(shù) f x = eax - ex在 0, + 上單調(diào)遞減，不符合題意，所以 a > 0，
ax x x
由題可知 f x = ae - e 0恒成立，即 aeax ex .令 g x = xe , x 0,+ ，
g x = x +1 ex則 0，所以 g x 在 0, + 上單調(diào)遞增，由 aeax ex ，
可得 axeax xex ，即 g ax g x ，所以 ax x 0，所以a 1，
當(dāng) a =1時(shí)， f x = 0，不符合題意，故 a的取值范圍是 1, + .
故選：B
【課后強(qiáng)化】
基礎(chǔ)保分練
一、單選題
1 2024· · f x 1
x

．（ 全國 模擬預(yù)測）已知函數(shù) = ÷ ，則使得 f 2a < f a -1 成立的正實(shí)數(shù) a
è 2
的取值范圍是（ ）
1
A． ,
1
+ ÷ B． 0, ÷ C． 0,1 D． 1, +
è 3 è 3
【答案】A
【分析】根據(jù)奇偶性定義判斷出 f x 為偶函數(shù)，再根據(jù) x > 0上的單調(diào)性得到參數(shù) a的取值
范圍.
- x x
【詳解】由題意可知 f x 1 1的定義域?yàn)镽 ，且 f -x = ÷ =

÷ = f x ，所以 f x 為偶
è 2 è 2
函數(shù)．
x
當(dāng) x > 0時(shí)，函數(shù) f (x) = 1 ÷ ， f x 單調(diào)遞減．
è 2
若 f 2a < f a -1 成立，則 2a > a -1 1，解得 a < -1或 a > ．
3
a 1又 a > 0 ，所以正實(shí)數(shù) 的取值范圍是 , + ．
è 3 ÷
故選：A．
2．（2024·吉林·二模）已知函數(shù) f x = log 4x +1 - x + x22 -1，則關(guān)于 x 的不等式
f x + 2 > f 2x 解集為（ ）
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】先求出函數(shù)的定義域?yàn)? - , -1 1, + ，所以定義域關(guān)于原點(diǎn)對稱，然后得到
f -x = f x ，所以函數(shù) f x 是偶函數(shù)，判斷出函數(shù)在 1, + 上的單調(diào)性得出距離 y 軸越
ì x + 2 > 2x

遠(yuǎn)函數(shù)值越大，并且注意函數(shù)的定義域，得出 í x + 2 1 ，解不等式組即可.

2x 1
ì4x +1 > 0
【詳解】由函數(shù) f x = log x2 4 +1 - x + x2 -1知： í 2 ，解得： x 1或 x -1，
x -1 0
所以函數(shù)的定義域?yàn)椋? - , -1 1, + ，
因?yàn)?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 ，
所以函數(shù) f x = log x 22 4 +1 - x + x -1是偶函數(shù)，
因?yàn)楫?dāng) x 1時(shí)，
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
+ ，則 tx 在 1, + 上單調(diào)遞增，2
且 y = log2 t 在 0, + 上單調(diào)遞增，
x 1
所以 y = log2 2 + ÷÷在 1, + 上單調(diào)遞增，
è 2x
因?yàn)?y = x2 -1在 1, + 上單調(diào)遞增，
所以 f x = log2 4x +1 - x + x2 -1在 1, + 上單調(diào)遞增，
所以函數(shù) f x = log 4x +1 - x + x22 -1在 - , -1 上單調(diào)遞減，
ì x + 2 > 2x
因?yàn)?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解集為 - ,- ú ê , 2÷÷ .
è 3 2 ú ê 2
故選：C
1
3．（2024·陜西西安·二模）已知函數(shù) f (x) = x2 - 2x + ln x .若 f (a +1) f (2a -1) ，則 a的取
2
值范圍是（ ）
A． (- ,-1] B． (-1,2] C．[2,+ )
1 ù
D． , 2
è 2 ú
【答案】D
【分析】利用導(dǎo)數(shù)判斷出函數(shù)在定義域上單調(diào)遞增，根據(jù)已知轉(zhuǎn)化出 a +1 2a -1 > 0，再解
出結(jié)果.
【詳解】因?yàn)?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, + 上的增函數(shù)，所以若 f (a +1) f (2a -1)
1
則 a +1 2a -1 > 0，解得 < a 2 .
2
故選：D
4．（2024·陜西西安·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x 的定義域?yàn)?R，對任意實(shí)數(shù) x，y 都有
f (x + y) = f (x) + f (y) -1，當(dāng) x > 0時(shí)， f (x) >1，且 f (2) = 5，則關(guān)于 x 的不等式
f (x) + f (4 - 3x) < 6的解集為（ ）
A． 1, + B． 2, + C． - ，1 D． - ，2
【答案】A
【分析】根據(jù)題意利用定義證明函數(shù)在 R 上單調(diào)遞增，繼而轉(zhuǎn)化不等式，求解即可.
【詳解】任取 x1 < x2，
從而 f (x2 ) - f (x1) = f (x2 - x1 + x1) - f (x1)
= f (x2 - x1) -1 ,
因?yàn)?x2 - x1 > 0，所以 f (x2 - x1) >1，
所以 f (x2 ) - f (x1) > 0，
則 f x 在 R 上單調(diào)遞增．
不等式 f (x) + f (4 - 3x) < 6等價(jià)于不等式
f (x) + f (4 - 3x) -1< 5，
即 f (x + 4 - 3x) < f (2)．
因?yàn)?f x 在 R 上單調(diào)遞增，
所以 4 - 2x < 2，解得 x >1．
故選：A.
二、多選題
5．（2024·湖北·模擬預(yù)測）已知 x 1， y > 1，且 xy = 4，則（ ）
A．1 x 4，1< y < 4 B． 4 x + y 5
y 1
C． 的最小值為 ，最大值為 4 D． 4x + y2 的最小值為 12
x 4
【答案】BD
x 4【分析】對于選項(xiàng) A: 由已知得 = 1 y
4
= >1
y ， ，整理即可判斷；對于選項(xiàng) B:結(jié)合雙鉤x
y y2
函數(shù)的單調(diào)性即可判斷；對于選項(xiàng) C:結(jié)合題意可得 = ，通過構(gòu)造函數(shù)利用單調(diào)性即可
x 4
h x 4x y2 4x 16判斷；對于選項(xiàng) D:設(shè) = + = + 2 ，借助導(dǎo)數(shù)分析單調(diào)性即可求最值.x
4 4
【詳解】對于選項(xiàng) A:由已知得 x = 1， y = >1y ，x
則1 x < 4，1 < y 4 .故 A 錯(cuò)誤；
對于選項(xiàng) B:令 t = x + y，
則 t = x + y = x
4
+ 在 x 1,2 單調(diào)遞減，在 x 2,4 單調(diào)遞增，
x
得 4 x + y 5，故 B 正確；
2
C: y y f y y
2
對于選項(xiàng) 結(jié)合題意可得 = ，令 = ，
x 4 4
y2 1 y
則 f y = 在 y 1,4 上單調(diào)遞增，得 < 4，故 C 錯(cuò)誤.
4 4 x
對于選項(xiàng) D:設(shè) h x = 4x + y2 = 4x 16+ 2 ，則 h x
32
= 4 - 3 ，x x
當(dāng) x 1,2 時(shí)， h x 單調(diào)遞減，當(dāng) x 2,4 時(shí)， h x 單調(diào)遞增，
所以 h x = h 2 =12min .故 D 正確.
故選:BD.
6．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x 對任意 x, y R 恒有 f x + y = f x + f y ，且當(dāng)
x < 0 時(shí)， f x < 0, f 2 = 3，則下列結(jié)論中正確的是（ ）
A． f x 的圖象關(guān)于 y 軸對稱
B． f x 在R 上單調(diào)遞增
C． f x 3的解集為 -2,2
D 2．若 f x - 4 < 3m + am對"x é -2,2 ,a - 4,4ù 恒成立，則實(shí)數(shù)m 的取值范圍為
1 1
- ,
è 3 3 ÷
【答案】BC
【分析】對于 A，對抽象函數(shù)的等式分別賦值 x = y = 0 和 y = -x即可判斷 f x 是奇函數(shù)；
對于 B，利用函數(shù)的單調(diào)性定義推理即得；對于 C，利用 A,B 項(xiàng)分析得到的函數(shù)的奇偶性和
單調(diào)性求解抽象不等式即可；對于 D，利用 C 的結(jié)論得出函數(shù) f x 在 -2,2 上的最大值，
將 f x - 4 < 3m2 + am等價(jià)轉(zhuǎn)化為3m2 + am +1 > 0在 a -4,4 上恒成立，結(jié)合關(guān)于 a的一次
函數(shù) g a = ma + 3m2 +1的圖象即得參數(shù)m 的范圍.
【詳解】對于A ，令 x = 0, y = 0，得 f 0 = f 0 + f 0 ，所以 f 0 = 0，令 y = -x，則
f 0 = f x + f -x ，即 f x + f -x = 0 ，則 f -x = - f x ，
所以 f x 是定義在R 上的奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，故 A 錯(cuò)誤；
對于B，設(shè) x1 < x2，則 x1 - x2 < 0，又當(dāng) x < 0 時(shí)， f x < 0 ，則有 f x1 - x2 < 0，
即 f x1 - x2 = f x1 + f -x2 = f x1 - f x2 < 0，則 f x1 < f x2 ，故 f x 在R 上單調(diào)遞
增，故 B 正確；
對于C ，根據(jù)選項(xiàng)B可知，函數(shù) f x 在R 上單調(diào)遞增，又因?yàn)?f x 是定義在R 上的奇函數(shù)，
f 2 = 3，所以 f -2 = -3，則 f x 3的解集為 -2,2 ，故 C 正確；
對于D ，因?yàn)?f x 在R 上單調(diào)遞增，所以當(dāng) x -2,2 時(shí)， f x f 2 = 3，
又 f x < 3m2 + am + 4對"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，
將 y = 3m2 + am +1看成關(guān)于 a的一次函數(shù) g a = ma + 3m2 +1，則需
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 的范圍為m > 1或m < -13 ，3
故 D 錯(cuò)誤．
故選：BC．
三、填空題
7．（2024·山東淄博·一模）設(shè)方程 ex + x + e = 0， ln x + x + e = 0 的根分別為 p，q，函數(shù)
f x = ex + p + q x a 1= f 0 ,b = f ,c = f 3 ，令 ÷ ÷，則 a，b，c 的大小關(guān)系為 .
è 2 è 2
【答案】 a > c > b
【分析】根據(jù)給定條件，利用反函數(shù)性質(zhì)求出 p + q ，再計(jì)算判斷即得.
【詳解】由 ex + x + e = 0，得 ex = -x - e，由 ln x + x + e = 0 ，得 ln x = -x - e，
依題意，直線 y = -x - e 與函數(shù) y = ex , y = ln x 圖象交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為 p, q，
而函數(shù) y = ex , y = ln x 互為反函數(shù)，它們的圖象關(guān)于直線 y = x 對稱，又直線 y = -x - e 垂直于
直線 y = x ，
因此直線 y = -x - e 與函數(shù) y = ex , y = ln x 圖象的交點(diǎn)關(guān)于直線 y = x 對稱，即點(diǎn) ( p, q) 在直線
y = -x - e 上，
則 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
故答案為： a > c > b
【點(diǎn)睛】結(jié)論點(diǎn)睛：同底的指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)互為反函數(shù)，它們的圖象關(guān)于直線 y = x 對
稱.
8．（2024·安徽淮北·一模）記不超過 x 的最大整數(shù)為 x .若函數(shù) f x = 2x - 2x + t 既有最大
值也有最小值，則實(shí)數(shù) t 的值可以是 （寫出滿足條件的一個(gè) t 的值即可）.
1 é1
【答案】 2 （答案不唯一，取 ê ,1÷內(nèi)得任一值即可）. 2
【分析】根據(jù)題意取 2x + t = m + n，m Z， n 0,1 ，則 f x = n - t ，將問題轉(zhuǎn)化為
g n = n - t 1 1在區(qū)間 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
四種情況分析討論即可求出答案.
【詳解】取 2x + t = m + n，m Z， n 0,1 .
則 f x = 2x - 2x + t = m + n - t - m = n - t .
題意等價(jià)于 g n = n - t 在區(qū)間 0,1 上既有最大值，又有最小值.
當(dāng) t 0時(shí)， g n = n - t 在 0,1 上為增函數(shù)，只有最小值 g 0 ，無最大值；
0 t 1當(dāng) < < 時(shí)， g n 在 0, t 上遞減，在 t,1 上遞增，此時(shí) g 0 < g 1 ，有最小值 g t ，無
2
最大值；
1
當(dāng) t <1時(shí)， g n 在 0, t 上遞減，在 t,1 上遞增，此時(shí) g 0 ≥ g 1 ，最大值為 g 0 ，最
2
小值為 g t ；
當(dāng) t 1時(shí)， g n = t - n 在 0,1 上為減函數(shù)，有最大值 g 0 ，無最小值.
綜上， t
é1
的取值范圍是 ê ,1÷ . 2
1 é1
故答案為： 2 （答案不唯一，取 ê ,1÷內(nèi)得任一值即可） 2
四、解答題
9．（2023·山東·模擬預(yù)測）若函數(shù) f (x) 在 (0, + )上是增函數(shù)，且 f (a + 3) < f (a2 +1)，求 a的取
值范圍．
【答案】 (-3, -1) U (2,+ )
【分析】利用函數(shù)的單調(diào)性，直接列出不等式方程組，然后計(jì)算求解.
【詳解】Q函數(shù) f (x) 在 (0, + )上是增函數(shù)，且 f (a + 3) < f (a2 +1)，
ìa + 3 > 0
\ í 2 ，解得-3 < a < -1a 3 a 1 或
a > 2，
+ < +
\ a的取值范圍是 (-3, -1) U (2,+ ) ．
10．（2024·陜西寶雞·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = 2x +1 + 2x - 2 ．
(1)求 f x 的最小值；
(2)若 x 0 時(shí)， f x ax + b恒成立，求 a + b 的最小值．
【答案】(1) 3
(2) 7
【分析】（1）分類討論去掉絕對值符號后可求 f x 的最小值；
（2）就0 x 1、 x >1分類討論后可得 a + b 的最小值.
ì
4x -1, x 1

1
【詳解】（1）由題設(shè)可得 f x = í3, - < x <1 ，
2
1 1 - 4x, x - 2
1
當(dāng) x 1時(shí)， f x 3，當(dāng) x - 時(shí)， f x 3，
2
故 f x 的最小值為3 .
（2）因?yàn)?x 0 時(shí)， 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，
當(dāng)0 x 1時(shí)，有 2 - 2x a - 2 x + b -1恒成立，
故 2 ax + b -1在 0,1 上恒成立，因?yàn)?y = ax + b -1, x 0,1 的圖象為線段，
ì2 b -1
所以 í ，故 a + b 3且b 3 .
2 a + b -1
當(dāng) x >1時(shí)，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 的最小值為 7 .
11．（2023·河南南陽·模擬預(yù)測）定義在正實(shí)數(shù)集上的函數(shù) f x 滿足下列條件：
①存在常數(shù) a 0 < a <1 ，使得 f (a) =1；②對任意實(shí)數(shù)m ，當(dāng) x > 0時(shí)，恒有
f (xm ) = mf (x)．
(1)求證：對于任意正實(shí)數(shù) x 、 y ， f (xy) = f (x) + f (y) ；
(2)證明： f (x) 在 (0, + )上是單調(diào)減函數(shù)；
(3) f log2 4 - x + 2 - f log (4 - x)8若不等式 a a 3恒成立，求實(shí)數(shù) a的取值范圍．
【答案】(1)證明見解析；
(2)證明見解析；
(3) 0 < a 2< ．
2
【分析】（1）根據(jù)條件②，即可求由 x = am ， y = an 求解，
（2）根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義即可求解，
（3）根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合基本不等式求解最值，即可求.
【詳解】（1）證明：令 x = am ， y = an ，
m+n m n
則 f a = m + n f a = mf a + nf a = f a + f a ，
所以 f xy = f x + f y ，即證；
x
（2）證明：設(shè)"0 < x1 < x
1 s
2 ，則必$s > 0，滿足 = 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, + 上是單調(diào)減函數(shù)．
（3）令 t = log 4 - x > 0 f t 2 3a ，則 + 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·甘肅定西·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f (x) = a(x - 2)ex - x + ln x(a R)．
(1)若 a＝0，求函數(shù) f x 的最值；
é1 ù
(2)若 a＝1，函數(shù) f x 在 ê ,1ú 上的最大值在區(qū)間 m, m +1 4 內(nèi)，求整數(shù) m 的值．
【答案】(1)函數(shù) f x 有最大值 -1，無最小值
(2) m = -4
【分析】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)單調(diào)性即可求解；（2）根據(jù)函數(shù)的隱零點(diǎn)和零點(diǎn)范圍以及對
號函數(shù)特點(diǎn)即可求解.
【詳解】（1）若 a＝0， f x = -x + ln x a R
則 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
當(dāng) x >1時(shí)， f x -x +1= < 0， f x 單調(diào)遞減，
x
當(dāng)0 < x <1時(shí)， f x -x +1= > 0， f x 單調(diào)遞增，
x
所以函數(shù)有最大值 f x = -1max .
（2）若 a＝1 x，則 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
當(dāng) x ê ,1ú 時(shí)， x -1 04 ，
x 1
畫出函數(shù) y=e , y = 的函數(shù)的大致圖像如下，
x
ex 1= x x
1
0
令 ，設(shè)根為 0 ，所以 e = ，所以 x0 = ln
1
= - ln x
x x 0，x 0 0
1
4

因?yàn)?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 ÷時(shí)， e < ， f x = x -1 e - ÷ > 0， f x 單調(diào)遞增；
è 4 x è x
x x x 1 x 1 0 ,1 時(shí)， e > ， f x = x -1 e - ÷ 0， f x 單調(diào)遞減.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
根據(jù)對號函數(shù)性質(zhì)知，
1
當(dāng) < x0 <1時(shí)， 2
1
< + x 5 1 0 < ，所以-4 <1- 2 + x0 ÷ -3x 2 ，2 0 è x0
é1 ù
又函數(shù) f x 在 ê ,14 ú 上的最大值在區(qū)間 m, m +1 內(nèi)，且m 為整數(shù)，
所以m = -4 .
綜合提升練
一、單選題
1．（2024·北京平谷·模擬預(yù)測）下列函數(shù)中，在區(qū)間 (0, + )上單調(diào)遞減的是（ ）
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】根據(jù)各選項(xiàng)中函數(shù)式，直接判斷單調(diào)性即得.
【詳解】函數(shù) f (x) = - log 1 x在區(qū)間 (0, + )上單調(diào)遞增，A 不是；
2
ì-x +1, x 1
函數(shù) f (x) = - x -1 = í (0,1]x 1, x 1 在 上單調(diào)遞增，
B 不是；
- <
函數(shù) f (x) = 2- x 在 0, + 上單調(diào)遞減，C 是；
函數(shù) f (x) = -x2 + x 在 (0,
1]上單調(diào)遞增，D 不是.
2
故選：C
2．（2023·安徽·模擬預(yù)測）已知 f x 是定義在R 上的偶函數(shù)，函數(shù) g x 滿足 g x + g -x = 0，
且 f x ， g x 在 - ,0 單調(diào)遞減，則（ ）
A． f g x 在 0, + 單調(diào)遞減 B． g g x 在 - ,0 單調(diào)遞減
C． g f x 在 0, + 單調(diào)遞減 D． f f x 在 - ,0 單調(diào)遞減
【答案】C
【分析】利用函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性一一判定選項(xiàng)即可.
【詳解】由題意知 f x 在 0, + 單調(diào)遞增， g x 為奇函數(shù)，在R 上單調(diào)遞減.
設(shè)0 x1 < x2 ，則 g x2 < g x1 0， f g x2 > f g x1 ，
所以 f g x 在 0, + 單調(diào)遞增，故 A 錯(cuò)誤，
設(shè) x1 < x2 0，則 g x1 > g x2 ， g g x1 < g g x2 ，
g g x 在 - ,0 單調(diào)遞增，故 B 錯(cuò)誤；
設(shè)0 x1 < x2 ，則 f x1 < f x2 ， g f x1 > g f x2 ，
所以 g f x 在 0, + 單調(diào)遞減，故 C 正確；
取 f x 2= x2 -1，則 f f x = x2 -1 -1， f f 0 = 0， f f -1 = -1，此時(shí) f f x
在 - ,0 不單調(diào)遞減，故 D 錯(cuò)誤.
故選:C.
1 2
3．（2024·甘肅·一模）已知函數(shù) f x = ln x , a = f ln ÷ ,b = f ln
e
÷ ,c = f
3
ln ，則
è 2 è 2 è 2
÷

（ ）
A． a < b < c B．b < a < c
C． c【答案】B
【分析】用定義證明函數(shù) f x 的奇偶性及在 0,1 上的單調(diào)性，利用函數(shù) f x 的奇偶性及
單調(diào)性，對數(shù)函數(shù) y = lnx的性質(zhì)及對數(shù)運(yùn)算可得結(jié)果.
【詳解】因?yàn)楹瘮?shù) f x 的定義域?yàn)?x x 0 ，
又 f -x = ln -x = ln x = f x ，所以 f x 為偶函數(shù)，
當(dāng)0 < x <1時(shí)，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 上為減函數(shù)，
1 ln2 3因?yàn)?> > 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
設(shè)0 < x3 <1,1< x4，則 f x4 = ln x4 = lnx4 = lnx4 ，
f x3 = ln x3 = lnx3 = -lnx3 ，若 f x3 = f x4 ，則-lnx3 = lnx4，所以 x3x4 =1，

e2 e2 b f ln f 1
÷ 1= = 因?yàn)?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
故選：B.
4．（2024·湖南常德·三模）已知奇函數(shù) y = f (x) 是定義域?yàn)?R 的連續(xù)函數(shù)，且在區(qū)間 (0, + )
上單調(diào)遞增，則下列說法正確的是（ ）
A．函數(shù) y = f (x) + x2 在 R 上單調(diào)遞增
B．函數(shù) y = f (x) - x2 在 (0, + )上單調(diào)遞增
C．函數(shù) y = x2 f (x)在 R 上單調(diào)遞增
f (x)
D．函數(shù) y =
x2
在 (0, + )上單調(diào)遞增
【答案】C
【分析】根據(jù)已知設(shè) f x = x，由二次函數(shù)的性質(zhì)確定 AB 錯(cuò)誤；由冪函數(shù)的性質(zhì)判斷 C 正
確；由反比例函數(shù)的形式確定 D 錯(cuò)誤.
【詳解】因?yàn)?y = f (x) 是奇函數(shù)，且在區(qū)間 (0, + )上單調(diào)遞增，
所以 y = f (x) 在 - ,0 上也為單調(diào)遞增函數(shù)，
A f x = x y f (x) x2 x x2 x 1
2
= + = + = +
1
對于 ：不妨令 ， ÷ - ，
è 2 4
1 1
所以 y = f (x) + x2

在 - , -

÷單調(diào)遞減，在 - , + 2 ÷ 單調(diào)遞增，故
A 錯(cuò)誤；
è 2 è
2
對于 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 - , ÷單調(diào)遞增，在 ,+

÷單調(diào)遞減，故 B 錯(cuò)誤；
è 2 è 2
對于 C： y = x2 f (x)，其定義域?yàn)镽 ，
又 -x 2 f (-x) = -x2 f (x)，所以 y = x2 f (x)是奇函數(shù)，
取0 < x < x 21 2 ，則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，則函數(shù) y = x2 f (x)在 0, + 為遞增函數(shù)；
所以函數(shù) y = x2 f (x)在 - ,0 也為遞增函數(shù)，且當(dāng) x = 0時(shí)， y = x2 f (x) = 0，
所以 y = x2 f (x)在 R 上單調(diào)遞增，故 C 正確；
f (x) x 1
對于 D：不妨令 f x = x， y = 2 =x x2 = , x 0 ，x
y f (x)由反比例函數(shù)的單調(diào)性可知 = 2 在 - ,0 和 0, + 上單調(diào)遞減，故 D 錯(cuò)誤；x
故選：C.
1+ f x
5．（2024·陜西·模擬預(yù)測）函數(shù) f x 滿足 lnx = ，且 x1 > e, x2 > e, f x1 + f x2 =11- f x ，
則 f x1x2 的最小值為（ ）
A． e
5 1
B．1 C． D．
7 e
【答案】C
【分析】通過 解方程可得 f (x) 的解析式，由 f (x1) + f (x2 ) = 1化簡可得
ln x1 × ln x2 = ln(x1 × x2 ) + 3，結(jié)合基本不等式可得 ln(x1 × x2 ) 6 ，運(yùn)用分離常數(shù)法化簡可得
f (x1x2 ) =1
2
-
ln(x ，進(jìn)而可得其最小值.1 × x2 ) +1
【詳解】因?yàn)?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?yàn)?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?yàn)?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 ，當(dāng)且僅當(dāng) í 即1 2 ) +1 ln(x1 × x2 ) +1 6 +1 7 ln(x1 × x2 ) = 6
x1 = x
3
2 = e 時(shí)取等號.
5
故 f (x1x2 ) 的最小值為 .7
故選：C.
x2 y2
6．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知 x > 0， y > 0且 x + y =1，則 + 的最小值為（ ）
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 ，化簡可得 + =
4 1+ x2 1+ y2 2 - 2xy + x2 y2
，
令 t = 3- 2xy ，利用換元法，結(jié)合對勾函數(shù)的性質(zhì)計(jì)算即可求解.
【詳解】因?yàn)?x + y =1，所以 x + y =1 2 xy ，當(dāng)且僅當(dāng) x = y
1
= 時(shí)等號成立，
2
所以0 < xy
1
．
4
1 1 1+ x2 + 1+ y2 2 + x2 + y2 2 + x + y 2 - 2xy
因?yàn)?+ = = =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
，則 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
由對勾函數(shù) y = x + 在[ ,3)上單調(diào)遞增，則當(dāng) x = 時(shí)函數(shù)取到最小值，
x 2 2
1 1 4 8
5 2 + t = 1+ x 1+ y
2 5 5 = 5
所以當(dāng) 時(shí)， - 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
故選：B．
7．（2023·四川綿陽·三模）設(shè)函數(shù) f x 為 x -1與 x2 - 2ax + a + 3中較大的數(shù)，若存在 x 使得
f x 0 成立，則實(shí)數(shù) a的取值范圍為（ ）
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】根據(jù)絕對值函數(shù)的圖像和二次函數(shù)討論對稱軸判定函數(shù)的圖像即可求解.
【詳解】因?yàn)?f x = max x -1, x2 - 2ax + a + 3 ，
所以 f x 代表 x -1與 x2 - 2ax + a + 3兩個(gè)函數(shù)中的較大者，
不妨假設(shè) g x = x -1, h x = x2 - 2ax + a + 3
g(x)的函數(shù)圖像如下圖所示：
h(x) = x2 - 2ax + a + 3是二次函數(shù)，開口向上，對稱軸為直線 x = a，
①當(dāng) a < -1時(shí)，
h(x) = x2 - 2ax + a + 3在 -1,1 上是增函數(shù)，
4
需要 h(-1) = (-1)2 - 2a(-1) + a + 3 = 3a + 4 0即 a - ，
3
則存在 x 使得 f x 0 成立，
故 a
4
- ；
3
②當(dāng)-1 a 1時(shí)，
h(x) = x2 - 2ax + a + 3在 -1,1 上是先減后增函數(shù)，
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時(shí)無解；
③當(dāng)a >1時(shí)，
h(x) = x2 - 2ax + a + 3在 -1,1 上是減函數(shù)，
2
需要 h 1 =1 - 2a + a + 3 = -a + 4 0即 a 4，
則存在 x 使得 f x 0 成立，
故 a 4 .
4
綜上所述， a的取值范圍為 - , -
ù
ú 4, + .è 3
故選：B.
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題解題關(guān)鍵是理解 f(x)的定義，數(shù)形結(jié)合對參數(shù) a 分
a -1, -1 a 1,a 1三種情況進(jìn)行分別討論.
8．（2024·四川· x模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = xe ，若對"x a,a +1 ，不等式
f x2 + a 2e x f x 恒成立，則實(shí)數(shù) a的取值范圍為（ ）
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】首先當(dāng) x > 0時(shí)，求導(dǎo)分析函數(shù)為單增函數(shù)；再利用奇函數(shù)的性質(zhì)判斷 f x 在
- ,+ 2 x x x上單調(diào)遞增；然后由 f 2x = 2xe = 2e × xe = 2e x f x 得到抽象函數(shù)不等式
f x2 + a f 2x 恒成立，再用分離參數(shù)法結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求出實(shí)數(shù) a的取值范圍.
x
【詳解】由題，當(dāng) x > 0時(shí)， f x = xe , f x = x +1 ex > 0，
所以 f x 在 0, + 上單調(diào)遞增．
易知 f x 為奇函數(shù)，且 f 0 = 0，故 f x 在 - ,+ 上單調(diào)遞增．
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
設(shè) 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
故選：D．
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵在于發(fā)現(xiàn)函數(shù)是單增函數(shù)和
f 2x = 2xe2 x = 2e x × xe x = 2e x f x ，再利用單調(diào)性解決抽象函數(shù)不等式問題.
二、多選題
x
9 2024· e - e
- x ex + e- x
．（ 新疆烏魯木齊·二模）已知函數(shù) f x = , g x = ，則（ ）
2 2
A．函數(shù) f x 在R 上單調(diào)遞增
B．函數(shù) f x g x 是奇函數(shù)
C．函數(shù) f x 與 g x 的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱
2 2
D． g 2x = é f x ù + é g x ù
【答案】ABD
【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可判斷 A 的正誤，根據(jù)奇函數(shù)的定義可判斷 B 的正誤，根
據(jù) f x 2 2過原點(diǎn)可判斷 C 的正誤，將 é f x ù + é g x ù 化簡后可判斷 D 的正誤.
ex - e- x
【詳解】對于 A， y = ex , y = -e- x 均為R 上的增函數(shù)，故 f x = 在R 上單調(diào)遞增，
2
故 A 正確.
2x -2x
對于 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 為R 上的奇函數(shù)，故 B 正確.
4
對于 C， f 0 = 0，故 f x 的圖象過原點(diǎn)，
若函數(shù) f x 與 g x 的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，則 g x 的圖象也過原點(diǎn)，
但 g 0 =1，矛盾，故函數(shù) f x 與 g x 的圖象不關(guān)于原點(diǎn)對稱，故 C 錯(cuò)誤.
ex - e- x 2 + ex + e- x 2 e2x + e-2x對于 D， 2 2 é f x ù + ég x ù = = = g 2x ，4 2
故 D 正確，
故選：ABD.
10．（2024·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = cos 2x ，則（ ）
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 根據(jù)函數(shù)對稱性得到 f 3 = f π - 3 ，由單調(diào)性得到 f 1 < f π - 3 ，從而得到
f 1 < f 3 1；B 令 g t = ln - sin t ， t 0,1 ，求導(dǎo)得到其單調(diào)性，結(jié)合特殊點(diǎn)函數(shù)值得
1- t
到 ln1.1 > sin
1
，結(jié)合 f x = cos 2x 的單調(diào)性得到；C 由對稱性得到 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

÷，構(gòu)造函數(shù)得到 ln 3 <1.1，
è 2 è 2
π
從而得到 π - e < - ln 3，由 f x = cos 2x 的單調(diào)性得到；D 數(shù)形結(jié)合得到 f e > 0，
2
f

e
f e > 0，作商得到 = -2 tan 2e
7
，由 2e < πf e 及正切函數(shù)單調(diào)性得到 tan 2e < -1，從而4
得到 f e > 2 f e .
π é π ù
【詳解】A，令0 2x π ，解得0 x ，故 f x = cos 2x 在 ê0, ú上單調(diào)遞減，2 2
2x π x π令 = ，解得 = ，故 f x = cos 2x π2 的一條對稱軸為 x = ，故 f 3 = f π - 3 2 ，
π
因?yàn)? é ù> π - 3，1, π - 3 ê0, ú ，所以 f 1 < f π - 3 ，即 f 1 < f 3 ，A 正確； 2
1
B， sin 0,1 ， ln1.1 0, ln e = 0,1 ，
11
g t ln 1

令 = - sin t ， t 0,1 ，則 g t = 1- t 1 - cos t
1
= - cos t ，
1- t è1- t ÷ 1- t
當(dāng) t 0,1 1時(shí)， >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 上單調(diào)遞增，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上單調(diào)遞減，所以 f ln1.1 < f sin ÷ ，B 正確； 2 è 11
C， f x = cos 2x π的一條對稱軸為 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 關(guān)于 ,0÷中心對稱，故 f ln 3 = - f - ln 3÷，
è 4 è 2
0 π其中 < - ln 3
π
< ，則 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
下面證明 ln 3 <1.1，
2
令u x = ex -1 x- x - ， x > 0，則u x = ex -1- x ，
2
令 q x = u x ，則 q x = ex -1 > 0在 0, + 上恒成立，故 q x = u x 在 0, + 上單調(diào)遞
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上單調(diào)遞增，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，則 e1.1 >1.105e >1.105 2.718 = 3.00339 > 3，兩邊取對數(shù)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
÷上單調(diào)遞減，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 錯(cuò)誤；è
D， f x = -2sin 2x ，故 f e = -2sin 2e， f e = cos 2e，
3π 3π
因?yàn)?< 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，則 = = -2 tan 2ef e cos 2e ，
3π
其中 e 2.718

， π 3.14，故 2e , 2π ÷ ，則 f e > 0, f e > 02 ，è
y = tan z 3π ,2π 7由于 在 ÷上單調(diào)遞增，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 錯(cuò)誤.
故選：AB
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：構(gòu)造函數(shù)比較大小是高考熱點(diǎn)和難點(diǎn)，結(jié)合代數(shù)式的特點(diǎn)，選擇適當(dāng)?shù)?br/>函數(shù)，通過導(dǎo)函數(shù)研究出函數(shù)的單調(diào)性，從而比較出代數(shù)式的大小，本題中，對 ln1.1變形
ln 1 1 sin 1
1
為 1 - ，與 11 均用含 的式子來進(jìn)行表達(dá)，從而達(dá)到構(gòu)造出適當(dāng)函數(shù)的目的.11 11
11．（2024·甘肅隴南·一模）已知 a,b,c 0, + ，關(guān)于 x 的不等式 a x - bx + cx > 0的解集為
- , 2 ，則（ ）
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】舉特殊值可判斷 A；令 = m, = n，結(jié)合題意得m2 + n2 = 1，利用三角代換判斷 B；
b b
a b c 1 1 1- + m + n 2t - t
2 +1
將 - + ÷ 轉(zhuǎn)化為 (m + n -1)( -1)，令 t = m + n，繼而轉(zhuǎn)化為 ，再
è a b c mn t +1
結(jié)合換元，利用函數(shù)的單調(diào)性，可求得 a - b + c 1 1 1 - +

÷ 的范圍，即可判斷 C，D.
è a b c
【詳解】對于 A，由題意知 a,b,c 0, + ，關(guān)于 x 的不等式 a x - bx + cx > 0的解集為
- , 2 ，
2 2 2 1
不妨取 a = c = ,b =1，則 a x - bx + cx > 0，即 2( )x >1,\( )x > ，
2 2 2 2
其解集為 - , 2 a c 2，即 = = ,b =1滿足題意，故 A 錯(cuò)誤；
2
a x c x
對于 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的解集為 - , 2 ，
b b
故需滿足0 < m <1,0 < n <1，且m2 + n2 = 1，
令m = cosq ,n = sinq ,q
π
(0, )，則m + n = cosq + sinq 2 sin(q
π
= + ),q (0, π )，
2 4 2
π π 3π
由于q + ( , ) ，則 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 正確；
1 1 1 1 ( 1 1 1) 1對于 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，則 = ，
2 2
(a b c)(1 1 1) (t 1)( t 1) (t 1) 2t - t
2 +1 2t - t 2 +1
- + - + = - 2 - = - × 2 =則 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 + = + ，則 = =
t +1 r r
= 4 - (r 2+ )，
r
y r 2由于函數(shù) = + 在 (2, 2 +1]上單調(diào)遞增，
r
2
故3 = 2 + < r
2 2
+ 2 +1+ = 3 2 -1
2 r ，2 +1
則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 正確，a b c a - b + c è a b c
故選：BCD
【點(diǎn)睛】難點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查了由指數(shù)型不等式的解集求解參數(shù)范圍問題，綜合性較強(qiáng)，難
度較大，解答的難點(diǎn)在于 C，D 項(xiàng)的判斷，解答時(shí)要利用三角代換以及換元法，將
a - b + c 1 1 1 - +

等價(jià)轉(zhuǎn)化，再結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行判斷.
è a b c ÷
三、填空題
f 2
12．（23-24 高二下·河北邢臺·階段練習(xí)）已知函數(shù) f x = ex - x，其中 f x 是 f x 的
e -1
導(dǎo)函數(shù)，則 f 1 = ； f x > 0的解集為 ．
【答案】 0 (- ,1) (1,+ )
【分析】求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，先求出 f 2 = e(e -1)，即可求得 f 1 ；利用導(dǎo)數(shù)判斷 f x 的
單調(diào)性，確定其最小值，即可求得 f x > 0的解集.
【詳解】由函數(shù) f x = ex f
2 f 2
- x，得 f x = ex - ，
e -1 e -1
f 2
令 x = 2

，則 f 2 = e2 - ，故 f 2 = e(e -1)，
e -1

f 1 f 2e e e(e -1)則 = - = - = 0；
e -1 e -1
x
由以上分析得 f x = e - ex ，則 f 1 = e - e = 0，
又 f x = ex - e，當(dāng) x >1時(shí)， f x > 0， f x 在 (1, + )上單調(diào)遞增，
當(dāng) x <1時(shí)， f x < 0， f x 在 (- ,1)上單調(diào)遞減，
即 f x = f (1) = 0，故 f x > 0的解集為 (- ,1) (1,+ )min ，
故答案為：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 ，則實(shí)數(shù) a的取值范圍是 ，
【答案】[3, + )
【分析】構(gòu)造函數(shù) h(x) = 2x + x - m，先分析其值域，從而得到 f (x) 的最大值，進(jìn)而利用解絕
對值不等式得到 2a + a - m -13或 2a+2 + a + 2 - m 13，結(jié)合集合的并集運(yùn)算即可得解.
【詳解】設(shè) h(x) = 2x + x - m，
因?yàn)?y = 2x , y = x - m 在R 上單調(diào)遞增，可知 h(x) 在R 上單調(diào)遞增，
即 h(x) 在[a, a + 2]上單調(diào)遞增，則 h(a) h(x) h(a + 2)，
且 h(a) = 2a + a - m, h(a + 2) = 2a+2 + a + 2 - m，
由絕對值的性質(zhì)可知 f (x) =| h(x) |的最大值為 | h(a) |或 | h(a + 2) |，
ì h(a) 13
因?yàn)?m g m 13 = R 等價(jià)于 í h(a 2) 13，又 h(a) h(a + 2)， +
即關(guān)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 ，
則 2a+2 + a -11 2a + a +13，整理得 2a 8，解得 a 3，
所以實(shí)數(shù) a的取值范圍是[3, + ) .
故答案為：[3, + ) .
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題解決的關(guān)鍵是，將 m g m 13 = R 等價(jià)于關(guān)于m 的不等式
2a + a - m -13或 2a+2 + a + 2 - m 13在R 上恒成立，從而得解.
πx
14．（2024·遼寧大連·一模）已知函數(shù) f x = sin + acosπx 在區(qū)間 0,4 有 2 個(gè)零點(diǎn)和 4
2
個(gè)極值點(diǎn)，則 a 的取值范圍是 .
1 1
【答案】 -1, - ÷ ,14 4 ÷è è
【分析】對不同情況的 a，分析 f x 在特殊點(diǎn)處的取值并求出其單調(diào)區(qū)間從而判斷零點(diǎn)和
極值點(diǎn)的個(gè)數(shù).
πx πx
【詳解】(1)當(dāng) a = 0時(shí)， f x = sin ，從而 f x = 0等價(jià)于 = kπ k Z ，即 x = 2k k Z ，
2 2
這表明 f x 的全部零點(diǎn)為全體偶數(shù)，從而在 0,4 上只有 1 個(gè)零點(diǎn) x = 2，不滿足要求；
(2)當(dāng)a 1時(shí)，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 上各有一個(gè)零點(diǎn)，從而在 0,4 上至少有 3 個(gè)零點(diǎn)，不滿足
要求；
(3)當(dāng) a -1時(shí)，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 上各有一個(gè)零點(diǎn)，從而在 0,4 上至少有 3 個(gè)零點(diǎn)，不滿足
要求；
1
(4)當(dāng)0 < a 時(shí)， f x = sin πx + a cos πx = sin πx + a 1- 2sin2 πx ，
4 2 2 2 ֏
2
記 g t = t + a 1- 2t 2 = -2at 2 + t 1 1+ a = -2a t - + + a，
è 4a ÷ 8a
g t , 1 ù則 在 - ú上單調(diào)遞增，è 4a
1
又因?yàn)? 1，故 g t 在 - ,1 上單調(diào)遞增.
4a
而 sin
πx
1 y sin πx， = 在 0,1 和 3,4 2 上遞增，在 1,3 上遞減，2
故 f x g sin πx= ÷在 0,1 和 3,4 上遞增，在 1,3 上遞減.
è 2
這表明 f x 在 0,4 上只有 2 個(gè)極值點(diǎn) x =1和 x = 3，不滿足要求；
1
- a < 0 f x = sin πx + a cos πx = sin πx + a 1 2sin2 πx (5)當(dāng) 時(shí)， - ，
4 2 2 2 ֏
1 2
記 g t = t + a 1- 2t 2 = -2at 2 t 1+ + a = -2a t - ÷ + + a，
è 4a 8a
則 g t é 1在 ê ,+

÷上單調(diào)遞增，
4a
1
又因?yàn)? -1，故 g t 在 -1, + 上單調(diào)遞增.
4a
sin πx -1 y sin πx而 ， = 在 0,1 和 3,4 上遞增，在 1,3 2 上遞減，2
故 f x = g sin
πx
÷在 0,1 和 3,4 上遞增，在 1,3 上遞減.
è 2
這表明 f x 在 0,4 上只有 2 個(gè)極值點(diǎn) x =1和 x = 3，不滿足要求；
1 πx πx πx
(6)當(dāng) < a <1時(shí)， f x = sin + a cos πx = sin + a 1- 2sin2 ，
4 2 2 2 ֏
2
記 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則 在 ú上單調(diào)遞增，在 ê ,1
ù
4a ú上單調(diào)遞減
.
è 4a
π π
顯然，對任意 x -1,1 ，關(guān)于 t 的方程 sin t x é- , ù= 在 ê ú上恰有一個(gè)根，記該根為 arcsin x . 2 2
πx πx
而 sin -1， y = sin 2 在 0,1 和 3,4 上遞增，在 1,3 上遞減；2
é 2
同時(shí)，當(dāng) x ê0, arcsin
1 ù é2 2 arcsin 1ú ê - , 4
ù sin πx 1 - , ù時(shí)， ；
π 4a π 4a ú 2 è 4a ú
x é 2 arcsin 1 2當(dāng) ê , 2 - arcsin
1 ù
時(shí)， sin
πx 1
é ,1ù .
π 4a π 4a ú 2 ê 4a ú
f x é 2 1 ù é 2 1 ù這表明 在 ê0, arcsin 上遞增，在 arcsin ,1 上遞減， π 4a ú ê π 4a ú
é1,2 2- arcsin 1 ù é2 2- arcsin 1 ,3ù在 ê ú 上遞增，在 ê ú 上遞減，在 3,4 上遞增. π 4a π 4a
所以 f x 在 0,4 2上有四個(gè)極值點(diǎn) 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
故當(dāng) x ê0, arcsin
1 ù
時(shí)， f x f 0 > 0，
π 4a ú
x é 2 arcsin 1 ,1ù當(dāng) ê ú 時(shí)， f x f 1 > 0 ， π 4a
2
當(dāng) x
é
ê1,2 - arcsin
1 ù
ú 時(shí)， 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上沒有零點(diǎn)，在 2 - arcsin ,3÷和 3,4 上各恰有 1 個(gè)零點(diǎn)， π 4a è π 4a
從而在 0,4 上有 2 個(gè)零點(diǎn).
這意味著 f x 滿足全部要求；
(7)當(dāng)-1
1
< a < - 1時(shí)，有 < -a < 1，
4 4
根據(jù)(6)的討論， h x = - f πx-x = sin - a cos πx在 0,4 上有 2 個(gè)零點(diǎn)，4 個(gè)極值點(diǎn).
2
而 h 4 - x = sin 2π πx πx -

÷ - a cos 4π - πx = -sin - a cos πx = - f x ，
è 2 2
故對 x0 R ， x0 是 h x 的極值點(diǎn)（或零點(diǎn)）當(dāng)且僅當(dāng) 4 - x0 是 f x 的極值點(diǎn)（或零點(diǎn)），
這就說明 h x 和 f x 在 0,4 上的極值點(diǎn)和零點(diǎn)個(gè)數(shù)相等，
所以 f x 在 0,4 上有 2 個(gè)零點(diǎn)，4 個(gè)極值點(diǎn)，滿足全部要求.
綜上， a
1 1
的取值范圍是 -1, - ÷ ,1÷ .
è 4 è 4
-1, 1- 1 故答案為： 4 ÷
,1÷ .
è è 4
【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：關(guān)鍵是適當(dāng)劃分討論的臨界點(diǎn)進(jìn)行分類討論，由此即可順利得解.
四、解答題
15．（2023·全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = x +1 - 2x - 3 ．
(1)在平面直角坐標(biāo)系 xOy 中畫出函數(shù) f x 的圖象，并根據(jù)圖象直接寫出函數(shù) f x 的最大
值；
(2)解不等式 f x 3x - 5 ．
5
【答案】(1)圖像見解析，最大值為 ；
2
é7 , 9 ù(2)
ê6 4 ú
【分析】（1）寫出分段函數(shù)形式，畫出圖象，得到最值；
3 3 5 5
（2）結(jié)合（1）中函數(shù)圖象，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【詳解】（1） = +1 - 2x - 3 = í3x - 2, -1 x ，
2

-x
3
+ 4, x >
2
在平面直角坐標(biāo)系 xOy 中畫出函數(shù) f x 的圖象，如圖所示．
5
由圖象可得函數(shù) f x 的最大值為 ．
2
（2） f x 3x - 5 即 x +1 - 2x - 3 3x - 5 ，
由（1）知當(dāng) x < -1時(shí)， f x = x - 4 < -5，此時(shí)原不等式無解；
3
當(dāng)-1 x 時(shí)，不等式 x +1 - 2x - 3 3x - 5 ，
2
7 7 3
可化為3x - 2 -3x + 5，得 x ，所以 x ；
6 6 2
3 x 5當(dāng) < 時(shí)，不等式 x +1 - 2x - 3 3x - 5 ，
2 3
1 3 5
可化為-x + 4 -3x + 5，得 x ，所以 < x ；
2 2 3
x 5 9當(dāng) > 時(shí)，不等式 x +1 - 2x - 3 3x - 5 可化為-x + 4 3x - 5，得 x ，
3 4
5
所以 < x
9
．
3 4
é7 9 ù
綜上，原不等式的解集為 ê , 6 4 ú
．

1
16 2．（2023·安徽合肥·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f (x) = x ln x - ax - x +1有兩個(gè)極值點(diǎn) x1, x2 ，且2
x1 < x2 .
(1)求 f (x1)的取值范圍；
(2)若 2x1 < x 22 ，證明：8x1 < x2
【答案】(1) f (x
e
1) (1- ,0)；2
(2)證明見解析.
【分析】（1）求出函數(shù) f (x) 的導(dǎo)數(shù)，利用極值點(diǎn)的意義構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)確定x1的取值
范圍，再求出函數(shù) f (x1)的值域作答.
（2）利用（1）中信息，結(jié)合方程根的意義，借助分析法探討結(jié)論成立的充分條件，再構(gòu)造
函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)講明不等式恒成立作答.
【詳解】（1） f (x) = ln x - ax 在 0, + lnx上有兩個(gè)變號零點(diǎn)，即 a = 有兩個(gè)不等實(shí)根，
x
g x lnx , g x 1- lnx設(shè) = = 2 ，當(dāng)0 < x < e時(shí)， g (x) > 0，當(dāng) x>e時(shí)， g (x) < 0，x x
則 g x 在 0,e 1上單調(diào)遞增，在 e, + 上單調(diào)遞減， g(x)max = ，e
而 g 1 = 0，且當(dāng) 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則 1 = 1 1 - × × x1 - x1 +1 = x1lnx1 - x2 x 2 1 +1，1
令 h x 1= xlnx - x +1, x 1,e 1，求導(dǎo)得 h x = lnx -1 < 0，即 h x 在 1,e 上單調(diào)遞減，
2 2
從而 h x e (1- ,0)，所以 f x1 (1
e
- ,0) .
2 2
（2）由（1）知，方程 lnx - ax = 0的兩個(gè)實(shí)根 x1, x2 ，即 lnx1 = ax1, lnx2 = ax2 ，
lnx - lnx = a x x a lnx- = 2 - lnx1 x2亦即 2 1 2 1 ，從而 ，設(shè) t = ，又0 < 2x1 < xx 2 ，即 t > 2，2 - x1 x1
2
要證8x1 < x2 ，即證3ln2 + lnx1 < 2lnx2，即證3ln2 + ax1 < 2ax2，
即證 a
lnx - lnx
2x2 - x1 > 3ln2 2 1，即證 2x2 - x1 > 3ln2x2 - x
，
1
2x2 -1
ln x2 2x× 2 - x1即證 > 3ln2，即證 ln
x2 x× 1x > 3ln2
2t -1
x x x ，即證 × 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 設(shè) = + - - > = -
t t 2
- =
t t 2
> 0，
則F t 在 2, + 上單調(diào)遞增，有F t > F 2 3= - ln2 > 0，
2
于是j t > 0，即有j t 在 2, + 上單調(diào)遞增，因此j t > j 2 = 3ln2 ，即
2t -1
× lnt > 3ln2，
t -1
所以8x1 < x
2
2 成立.
【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：涉及雙變量的不等式證明問題，將所證不等式等價(jià)轉(zhuǎn)化，構(gòu)造新函數(shù)，
再借助導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值問題處理.
17．（2024· 2全國·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = axlnx + x -1有兩個(gè)極值點(diǎn) x1, x2 ，且 x1 < x2．
(1)求 a的取值范圍；
(2)求關(guān)于x2的不等式 f x2 f -a 的解集．
【答案】(1) - , -2
(2) e
【分析】（1）函數(shù) f x 有兩個(gè)極值點(diǎn) x1, x2 ，轉(zhuǎn)化為導(dǎo)函數(shù) f (x) 有兩個(gè)異號零點(diǎn)，研究導(dǎo)函
數(shù)的單調(diào)性，得到函數(shù)有兩個(gè)極值的必要條件是“導(dǎo)函數(shù)的極小值小于 0 ”，再證明充分性即
可；
2x
（2）利用 f (x ) = 0 -a = 22 得 ln x +1，由此構(gòu)造函數(shù)分段討論比較
x2 , -a 的大小，再利用 f (x)
2
的單調(diào)性求解不等式可得.
【詳解】（1）由題意知 f x = a ln x + 2x + a ．
因?yàn)楹瘮?shù) f x 有兩個(gè)極值點(diǎn) x1, x2 ，
所以 f x 在 0, + 上有兩個(gè)變號零點(diǎn)．
設(shè) g(x) = f (x) = a ln x + 2x + a ， x > 0，則 g (x)
a
= + 2 .
x
①當(dāng) a 0時(shí)， g (x) > 0，
則 g(x)在 0, + 上單調(diào)遞增，至多一個(gè)零點(diǎn)，不符合題意；
②當(dāng) a<0時(shí)，令 g (x)
a
= 0，解得 x = - ，
2
x a 當(dāng) 0, - ÷ 時(shí)， g (x) < 0， g(x)2 單調(diào)遞減；è
x a當(dāng) - ,+

÷ 時(shí)， g (x) > 02 ，
g(x)單調(diào)遞增．
è
因?yàn)?f x 在 0, + 上有兩個(gè)變號零點(diǎn)，即 g(x)在 0, + 上有兩個(gè)變號零點(diǎn)，
g a- = a ln a- a所以 ÷ ÷ < 0，解得 a < -2，此時(shí)- >1.
è 2 è 2 2
g 1 2= > 0 g a- 因?yàn)? ÷ ， ÷ < 0
a
，所以 g(x)在 0,- 上存在一個(gè)零點(diǎn)．
è e e ÷è 2 è 2
因?yàn)?g a2 = a ln a2 + 2a2 1+ a = 2a ln -a + a + ÷，
è 2
由 a < -2，則-a > 2 .
設(shè)j x 1= ln x - x + x > 2 ，
2
則j x 1= -1 < 0，所以j x 在 2, + 上單調(diào)遞減．
x
因?yàn)閖 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，則 a > - ，
è è 2 2
g a 又 - ÷ < 0 ，所以 g x
a
- , + 在
è 2 è 2 ÷
上存在一個(gè)零點(diǎn)．

a
由兩個(gè)極值點(diǎn) x1, x2 ，滿足 x1 < x2，則0 < x1 < - < x2 .2
故當(dāng) a < -2時(shí)， f x 在 0, + 上有兩個(gè)變號零點(diǎn) x1, x2 .
綜上所述，a 的取值范圍為 - , -2 ；
a
（2）由（1）可知，當(dāng) a < -2時(shí)，- >1，
2
a a
f (x) 在 0,- ÷單調(diào)遞減，在 - , + ÷ g(x)2 單調(diào)遞增．è 2 è
又 f 1 = 2 + a < 0，所以 0 < x1 < 1 a< - < x2 2 ，
且當(dāng) x (0, x1)時(shí)， f (x) > 0 ， f (x) 單調(diào)遞增；
當(dāng) x (x1, x2 ) 時(shí)， f (x) < 0 ， f (x) 單調(diào)遞減；
當(dāng) x (x2 ,+ )時(shí)， f (x) > 0 ， f (x) 單調(diào)遞增.
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
設(shè) h x 2x= - x x >1 ，則 h x = - < 0，
ln x +1 ln x +1 2
所以 h x 在 1, + 上單調(diào)遞減，其中 h e = 0 ，
①當(dāng) x2 1,e 時(shí)， h x2 > 0，即-a - x2 > 0，所以 x2 < -a，
因?yàn)?f x 在 x2 ,+ 上單調(diào)遞增，
所以 f x2 < f -a ，故不等式 f x2 f -a 無解；
②當(dāng) x2 = e 時(shí)， h x2 = 0，即-a - x2 = 0，所以 x2 = -a ，
所以 f x2 = f -a ，符合題意；
③當(dāng) x2 e, + 時(shí)， h x2 < 0，即-a - x2 < 0，所以 x1 < 2 < -a < x2，
因?yàn)?f x 在 x1, x2 上單調(diào)遞減，所以 f x2 < f -a ，
故此時(shí)不等式 f x2 f -a 也無解．
綜上所述，不等式 f x2 f -a 的解集為 e ．
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：解決函數(shù)極值點(diǎn)問題的關(guān)鍵在于將問題轉(zhuǎn)化為導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)問題研究即
可，但要注意可導(dǎo)函數(shù)導(dǎo)數(shù)值為零僅僅是極值點(diǎn)的一個(gè)必要而非充分條件，因此在解決問題
時(shí)要對充分性加以驗(yàn)證.
18．（2024·福建福州·模擬預(yù)測）已知函數(shù) f x = xlnx - x2 -1．
(1)討論 f x 的單調(diào)性；
f x e- x 1 2(2)求證： < + 2 - -1；x x
(3)若 p > 0, q > 0且 pq >1，求證： f p + f q < -4．
【答案】(1) f x 在區(qū)間 0, + 上單調(diào)遞減
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）求 f x ，令 t x = f x ，求 t x ，討論 t x 的大小可證得
t(x) = t 1 max ÷ < 0 ，即 f x < 0，即可得出 f x 的單調(diào)性；
è 2
1 2
（2 - x）法一：要證 f x < e + 2 - -1 e- x
1 2 1 2
，即證 + 2 - + x > 0，記 h x = e- x +x x x x x2 - + x，x
討論 h x 的單調(diào)性和最值即可證明；法二：通過構(gòu)造函數(shù)結(jié)合已知條件放縮要證
f x < e- x 1 2 1 2+ 2 - -1即證 2 - +1 0即可.x x x x
1
（3）法一：由（1）可知 f x 為減函數(shù)，所以 f q < f ÷ ，要證 f p + f q < -4即證
è p
f p + f 1 ÷ < -4，構(gòu)造函數(shù)證明即可；法二：先證 f x -x -1，即
è p
f p - p -1, f q -q -1，則 f p + f q < - p - q - 2，再結(jié)合基本不等式即可證明.
【詳解】（1） f x 的定義域?yàn)? 0, + ， f x = lnx - 2x +1，
記 t x = f x , t x 1 2 1- 2x= - = ，
x x
x 1 當(dāng) 0, ÷時(shí)， t x > 0, t x
1
單調(diào)遞增；當(dāng) x ,+ ÷時(shí)， t x < 0, t x 2 單調(diào)遞減，è 2 è
t(x) t 1= 所以 max ÷ = -ln2 < 0，即 f x < 0，
è 2
所以 f x 在區(qū)間 0, + 上單調(diào)遞減．
（2）法一：先證 f x -x -1，記 g x = f x + x +1，
則 g x = xlnx - x2 + x = x lnx - x +1 ，
記m x = lnx - x +1，則m x 1= -1，所以 x 0,1 時(shí)，m x > 0, m x 遞增；
x
x 1,+ 時(shí)，m x < 0, m x 遞減．
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再證 2 ，即證 + 2 - + x > 0，記 h x e- x
1 2
= + 2 - + x，x x x x x x
2
h x = e- x x 1 1+ - + -1 則 ÷ e- x + x -1，
è x
記 p x = e- x + x -1，則 p x =1- e- x > 0，所以 p x 在 x 0, + 遞增，
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：構(gòu)造函數(shù) h x = ex - x -1(x > 0),h x = ex -1，
當(dāng) x > 0時(shí)， h x > 0,h x 單調(diào)遞增， h x > h 0 = 0，所以 ex > x +1，
j x lnx x 1,j x 1構(gòu)造函數(shù) = - + = -1，
x
當(dāng) x 0,1 時(shí)，j x > 0,j x 單調(diào)遞增；當(dāng) x 1,+ 時(shí)，j x < 0,j x 單調(diào)遞減．
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
則只需證明 2 - - x
1 2
-x -1，即 2 - +1 0
1 -1 ，而 ÷ 0 顯然成立，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的最大值為 0．
因?yàn)?p > 0, q > 0且 pq >1，則 p, q之中至少有一個(gè)大于 1，
1
不妨設(shè) p >1，則 q > > 0

，由（1）可知 f x 1p 為減函數(shù)，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?yàn)?+ ÷ = 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
記 s p = lnp 1- p + ，則 s p 1 1= m p + -1 -1< 0p p p ，
1 1
因?yàn)?p >1，所以 p > ，所以 f p + f ÷ < -4p ，所以 f p + f q < -4．è p
法二：先證 f x -x -1，記 g x = f x + x +1，
則 g x = xlnx - x2 + x = x lnx - x +1 ，
記m x = lnx - x +1，則m x 1= -1，所以 x 0,1 時(shí)，m x > 0, m x 遞增；
x
x 1,+ 時(shí)，m x < 0, m x 遞減．
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?yàn)?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，則 f p + f q < -2 - 2 = -4．
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式問題，方法如下：
（1）直接構(gòu)造函數(shù)法：證明不等式 f x > g x （或 f x < g x ）轉(zhuǎn)化為證明
f x - g x > 0（或 f x - g x < 0），進(jìn)而構(gòu)造輔助函數(shù)h x = f x - g x ；
（2）適當(dāng)放縮構(gòu)造法：一是根據(jù)已知條件適當(dāng)放縮；二是利用常見放縮結(jié)論；
（3）構(gòu)造“形似”函數(shù)，稍作變形再構(gòu)造，對原不等式同解變形，根據(jù)相似結(jié)構(gòu)構(gòu)造輔助函
數(shù).
19．（2024·遼寧大連·一模）已知函數(shù) f x = x ln x + ax +1的定義域?yàn)閰^(qū)間 D1,值域?yàn)閰^(qū)間
D2 ，若D2 D1,則稱 f x 是D1的縮域函數(shù).
é1 ù
(1)若 f x 是區(qū)間 ê ,eú的縮域函數(shù)，求 a 的取值范圍； e
(2)設(shè)a , b 為正數(shù)，且a < b ,若 f x 是區(qū)間 a , b 的縮域函數(shù)，證明：
（i）當(dāng) b
1
< 時(shí)， f x 在 a , b 單調(diào)遞減;
2
2 1
（ii） + > 3a b
é
【答案】(1) ê- ln e 1 ,
1
- - ù
e ú
(2)（i）證明見解析；（ii）證明見解析
【分析】（1）根據(jù)縮域函數(shù)的定義及其區(qū)間，解不等式可得 a 的取值范圍；
（2）（i）易知 f b b 可解得 b < e-a-1 ，結(jié)合（1）中單調(diào)性可得結(jié)論；（ii）由縮域函數(shù)的
定義構(gòu)造函數(shù)并將雙變量轉(zhuǎn)化為單變量問題，利用導(dǎo)數(shù)求得其單調(diào)性即可得結(jié)論.
【詳解】（1）若 f x é1 ù 1 1 1是區(qū)間 ê ,eú的縮域函數(shù)，則 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 ，則 f = a 0, f e = 2 + a 0 ；
è e ÷
令 f x = 0，則 x = e-a-1 ；
x 1 ,e-a-1 當(dāng) ÷時(shí)， f x < 0，則 f x 單調(diào)遞減；
è e
x e-a-1當(dāng) , e 時(shí)， f x > 0，則 f x 單調(diào)遞增.
f x f e-a-1 = -e-a-1 1所以 +1 ，解得 a - ln e -1 ，e
下面證明 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，則 h x 1 1 1- x= - = ，
x x
當(dāng) x 0,1 時(shí)， h x > 0， h x 單調(diào)遞增；
當(dāng) x 1, + 時(shí)， h x < 0， h x 單調(diào)遞減；
因此可得 h x h 1 = 0，所以 h e -1 = ln e -1 - e -1 +1 < 0，
é 1ù
綜上 a 的取值范圍為 a ê- ln e -1 ,- e ú
1
（2）（i）當(dāng) b < 時(shí),若 f x 是區(qū)間 a , b 的縮域函數(shù)，則 f b b ，
2
1
即 b ln b + ab +1 b ，進(jìn)一步 ln b + a + -1 0b ，
1
當(dāng) b < 時(shí)， 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，當(dāng) 時(shí)， f x < 0，則 f x 單調(diào)遞減；
所以 f x 在區(qū)間 a , b 上單調(diào)遞減，
（ii）若 f x 是區(qū)間 a , b 的縮域函數(shù)，則 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設(shè)函數(shù) ，則 = - + = ；
x x
當(dāng)0 < x <1時(shí)， g x > 0， g x 單調(diào)遞增，
當(dāng) x >1時(shí)， g x < 0， g x 單調(diào)遞減；
1 1
因?yàn)閍 , b

為正數(shù)且a b ,
1 1< 則 > g < ga b ，又 ÷ ÷ ，è a è b
g x 1 , 1 1所以 在 上單調(diào)遞減，所以 >1；
è b a
÷
a
1
記 = x1 >1，設(shè) x1 x2 ，且 g x1 = g x2 ，由 g x 的單調(diào)性可知0 < x2 <1，故 2 - x2 >1；a
記j x = g x - g 2 - x = ln x - ln 2 - x - 2x + 2 ，
x 1 1 2 x -12
2
則j = + - = ，
x 2 - x x 2 - x
當(dāng)0 < x <1時(shí)，j x > 0，j x 單調(diào)遞增；
故j x2 = g x2 - g 2 - x2 = g x1 - g 2 - x2 < j 1 = 0，即 g x1 < g 2 - x2 ；
因?yàn)?g x 在 1, + 上單調(diào)遞減，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?yàn)?>1a b ，a
2 1
故 + > 3

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