2.函数单调性与应用_11.3-2_2026-11-03

2.函数的单调性与应用
一．真题汇编
x22axa,x0
1．（2024年新课标全国1卷）已知函数为 f(x) ，在R上单调递增，
exln(x1),x0
则a取值的范围是（ ）
A．(,0] B．[1,0] C．[1,1] D．[0,)
解析：因为 f x在R上单调递增，且x0时， f xexlnx1单调递增，则需满足
 2a
 0

 21 ，解得1a0，即a的范围是[1,0].故选：B.
 ae0ln1
2．（2023·全国·高考真题新高考1卷）设函数 f x2xxa在区间0,1上单调递减，则a
的取值范围是（ ）
A．,2 B．2,0 C．0,2 D．2,
解析：函数y2x在R上单调递增，而函数 f x2xxa在区间0,1上单调递减，则有函
a a2 a
数yx(xa)(x )2 在区间0,1上单调递减，因此 1，解得a2，所以a的取
2 4 2
值范围是2,.故选：D
3．（2023·全国·高考真题新高考2卷）已知函数 f xaexlnx在区间1,2上单调递增，
则a的最小值为（ ）．
A．e2 B．e C．e1 D．e2
1 1
解析：依题可知， fxaex 0在1,2上恒成立，显然a0，所以xex  ，
x a
设gxxex,x1,2，所以gxx1ex 0，所以gx在1,2上单调递增，
1 1
gxg1e，故e ，即a e1，即a的最小值为e1．故选：C．
a e
4．（2023·全国·高考真题乙卷）设a0,1，若函数 f xax1ax在0,上单调递
增，则a的取值范围是__________.（凌晨讲数学，更多优质资料，请前往公众号下载）
解析：由函数的解析式可得 fxaxlna1axln1a0在区间0,上恒成立，
则1axln1aaxlna，即   1a  x  lna 在区间0,上恒成立，故
 a  ln1a
1a 0 lna lna1lna
  1 ，而a11,2，故ln1a0，故 即
 a  ln1a 0a1aa11 51  51 
 ，故 a1，结合题意可得实数a的取值范围是 ,1.故答案为：

0a1 2  2 
 51 
 ,1.

2
 
5．（2020年新高考2卷）已知函数 f(x)lg(x24x5)在(a,)上单调递增，则a的取值
范围是（ ）
A．(2,) B．[2,) C．(5,) D．[5,)
解析：由x24x50得x5或x1，所以𝐟(𝐱)的定义域为,1(5,)
因为yx24x5在(5,)上单调递增，所以 f(x)lg(x24x5)在(5,)上单调递增
所以a5，故选：D
6．（2020年新高考1卷）若定义在R的奇函数f(x)在(,0)单调递减，且f(2)=0，则满足
xf(x1)0的x的取值范围是（ ）
A．[1,1][3,) B．[3,1][0,1]
C．[1,0][1,) D．[1,0][1,3]
解析：因为定义在R上的奇函数 f(x)在(,0)上单调递减，且 f(2)0，
所以 f(x)在(𝟎,+∞)上也是单调递减，且 f(2)0， f(0)0，
所以当x(,2)(0,2)时， f(x)0，当x(2,0)(2,)时， f(x)0，
所以由xf(x1)0可得：
x0 x0
 或 或x0，解得1≤x≤0或1x3，所以满足xf(x1)0
2x10 0x12
的x的取值范围是[1,0][1,3]，故选：D.
7．（2020年全国2卷）设函数 f(x)ln|2x1|ln|2x1|，则f(x)（ ）
1 1 1
A．是偶函数，且在( ,)单调递增 B．是奇函数，且在( , )单调递减
2 2 2
1 1
C．是偶函数，且在(, )单调递增 D．是奇函数，且在(, )单调递减
2 2
 1
解析：由 f xln 2x1ln 2x1得 f x定义域为x x ，关于坐标原点对称，
 2
又 f xln12x ln 2x1 ln 2x1ln 2x1 f x，
 1 1
\ f (x)为定义域上的奇函数，可排除AC；当x , 时， f xln2x1ln12x
 2 2
，
 1 1  1 1
Qyln2x1在 , 上单调递增，yln12x在 , 上单调递减，
 2 2  2 2
 1 1
\ f (x)在 , 上单调递增，排除B；
 2 2 1 2x1  2 
当x, 时， f xln2x1ln12xln ln1 ，
 2 2x1  2x1
2  1
1 在, 上单调递减， f ln在定义域内单调递增，
2x1  2
 1
根据复合函数单调性可知： f x在, 上单调递减，D正确.故选：D.
 2
8．（2020年全国1卷）若2a log a4b2log b，则（ ）
2 4
A．a2b B．a2b C．ab2 D．ab2
解析：设 f(x)2x log x，则 f(x)为增函数，因为2a log a4b2log b22blog b
2 2 4 2
1
所以 f(a) f(2b) 2a log a(22blog 2b) 22blog b(22blog 2b) log 10
2 2 2 2 2 2
，
所以 f(a) f(2b)，所以a2b.
f(a) f(b2) 2a log a(2b2 log b2) 22blog b(2b2 log b2) 22b2b2 log b，
2 2 2 2 2
当b1时， f(a) f(b2)20，此时 f(a) f(b2)，有ab2
当b2时， f(a) f(b2)10，此时 f(a) f(b2)，有ab2，所以C、D错误.
故选：B.
9．（2020年全国2卷）若2x2y 3x3y，则（ ）
A．ln(yx1)0 B．ln(yx1)0 C．ln|xy|0 D．ln|xy|0
解析：由2x2y 3x3y得：2x3x 2y 3y，令 f t2t 3t，y2x为R上的增函
数，y3x为R上的减函数，f t为R上的增函数，x y，Qyx0，yx11
，lnyx10，则A正确，B错误；Q xy 与1的大小不确定，故CD无法确定.
故选：A.
10．(2019年全国3卷)设 f x 是定义域为R的偶函数，且在 0, 单调递减，则( )
 1   3    2   1   2    3 
A． f  log   f 2 2  f 2 3  B． f  log   f 2 3  f 2 2 
 3 4      3 4    
  3    2   1   2    3   1
f 2 2  f 2 3  f  log  f 2 3  f 2 2  f  log 
     3 4      3 4
C． D．
 1
解析： f x 是R上的偶函数， f  log   f log 4=f log 4 ．
 3 4 3 3
log 4120 2  2 3 2  3 2 0 ，又 f x 在(0，+∞)单调递减，
3
f log 4 f  2  2 3   f  2  3 2  ， f  2  3 2   f  2  2 3   f   log 1 ，故选C．
3          3 411．（2018·全国·高考真题）若 f xcosxsinx在a,a是减函数，则a的最大值是
  3
A． B． C． D．
4 2 4
π π
解析：因为 f(x)cosxsinx 2cos(x )，所以由02kπx π2kπ,(kZ)得
4 4
π 3π π 3π π 3π π
 2kπx 2kπ,(kZ)，因此[a,a][ , ]aa,a ,a 0a
4 4 4 4 4 4 4
π
，从而a的最大值为 ，故选：A.
4
11．(2017年高考数学新课标1卷理科)函数 f(x)在(,)单调递减,且为奇函数．若
f(1)1,则满足1 f(x2)1的x的取值范围是 ( )
A．[2,2] B．[1,1] C．[0,4] D．[1,3]
解析：因为 f x为奇函数且在,上单调递减,要使1 f(x)1成立,则 x满足
1 x1,所以由1 x21得1 x3,即使1 f(x2)1成立的x满足1 x3,
选D．
12．（2017年全国2卷）函数 f(x)在(,)单调递减，且为奇函数，若 f(1)1，则满
足1 f(x2)1的x的取值范围是．
A．[2,2] B．[1,1] C．[0,4] D．[1,3]
解析： f x 是奇函数，故 f 1f 11 ；又 f x 是减函数，1 f(x2)1，
即 f(1) f x2 f(1) 则有1x21 ，解得1x3 ，故选D.
13．（2015年全国1卷）设函数 f '(x)是奇函数 f(x)（xR）的导函数， f(1)0，当
x0时，xf '(x) f(x)0，则使得 f(x)0成立的x的取值范围是
A．(,1)(0,1) B．(‒𝟏,𝟎)∪(𝟏,+∞)
C．(,1)(1,0) D．(0,1)(1,)
f x xfx f x
解析：构造新函数gx , g'x ，当x0时g'x0.所以在
x x2
f x f x
(𝟎,+∞)上gx 单减，又 f 10，即g10.所以gx 0可得0x1,
x x
此时 f x0，又 f x为奇函数，所以 f x0在,00,上的解集为：
,10,1.
故选A.
x1，x0，
1
14．（2017年全国3卷）设函数 f(x) 则满足 f(x) f(x )1的x的取值范
2x，x0， 2
围是_________.1 1 1
解析：由题意得： 当x 时， x 1 恒成立，即x ；当0x 时，
2 2x2 2 1 2 2
1 1 1 1
2xx 11 恒成立，即0x ；当x0时，x1x 11x ，即
2 2 2 4
1 1
 x0.综上，x的取值范围是( ,).
4 4
15．（2014年全国2卷）已知偶函数 f x在0,单调递减， f 20.若 f x10，
则x的取值范围是_________.
解析：因为 f(x)是偶函数，所以不等式 f(x1)0 f(|x1) f(2)，又因为 f(x)在
[0,)上单调递减，所以 x1 2，解得1x3.
二．考点汇编
1.判断给定函数的单调性
2.利用单调性（结合奇偶性）解不等式
3.已知单调性求参数
4.利用单调性之间比较多元变量之间的大小
1.复合函数单调性问题
例1．已知函数 f xlog  x2ax3  在0,1上是减函数，则实数a的取值范围是（ ）
a
A．0,1 B．1,4
C．0,11,4 D．2,4
解析：函数 f xlog  x2ax3  在0,1上是减函数，当0a1时，
a
a a2 a2
x2ax3(x )23 3 0恒成立，而函数ux2ax3在区间0,1上不单
2 4 4
调，因此0a1，不符合题意，当a1时，函数ylog u在(0,)上单调递增，于是得
a
a
函数ux2ax3在区间0,1上单调递减，因此 1，并且12a130，解得2a4
2
，
所以实数a的取值范围是2,4.故选：D
例2．已知函数 f(x)lg|43x|lg|43x|，则 f(x)（ ）
4 
A．是奇函数，且在 ,上是增函数
3 
4 
B．是奇函数，且在 ,上是减函数
3 
4 
C．是偶函数，且在 ,上是增函数
3 
4 
D．是偶函数，且在 ,上是减函数
3 4 4
解析：由题意可得：x 且x ，由 f(x)lg|43x|lg|43x| f(x)，故
3 3
4 
f(x)lg|43x|lg|43x|是偶函数；当x ,时，
3 
f xlg 43x lg 43x lg  9x216  ，令t 9x216，t 9x216在x   4 ,  时为单
3 
4 
调递增函数，而ylgt,t 0 是单调递增函数，故函数 f(x)lg(3x216)在x ,时
3 
为单调递增函数，故选：C
例3．使得“函数 f x3x23tx在区间2,3上单调递减”成立的一个充分不必要条件可以是
（ ）
4
A．t2 B．t2 C．t3 D． t3
3
解析：由函数 f x3x23tx在区间2,3上单调递减，得yx23tx在区间2,3上单调递
3t
减，所以 3，解得t2.结合A，B，C，D四个选项，知使得“函数 f x3x23tx在区
2
间2,3上单调递减”成立的一个充分不必要条件可以是t3.故选：C.
例4．已知函数 f xlog 3ax在0,1上是减函数，则实数a的取值范围是（ ）
a
A．0,1 B．1,3
C．0,11,3 D．0,3
解析：依题意3ax0在0,1上恒成立且a0,a1，3a0a0,11,3
又 f x可看成ylog u,u3ax的复合函数，u3ax单调递减，欲使 f x是减函数，
a
只需ylog u递增，a1,a1,3.故选：B
a
2.利用单调性解不等式
 ex,x0
例5．已知函数 f x ，若 f a1 f a，则实数a的取值范围是
x22x1,x0
（ ）
 1 1   1 1 
A．,  B．  , C．0,  D． ,1
 2 2   2 2 
1
解析：函数 f xex=( )x在,0上为减函数，函数yx22x1的图像开口向下，
e
对称轴为x=1，所以函数 f xx22x1在区间0,上为减函数，
且e0 02201.所以函数 f x在,上为减函数. 由 f a1 f a得
1
a1a.解得a .故选:A.
2例6．已知函数 f x
3x1
3x3，且 f  a2  f 3a46，则实数a的取值范围为
3x1
（ ）
A．4,1 B．3,2 C．0,5 D．,41,
3x1
解析：令gx 3x，则gx f x3，因为xR，
3x1
3x1 3x1 3x1 13x
gxgx 3x 3x  0，∴gx为奇函数，
3x1 3x1 3x1 3x1
2
又因为gx1 3x，由复合函数单调性知gx为xR的增函数，
3x1
∵ f  a2  f 3a46，则 f  a2 3 f 3a430，∴g  a2 g3a40，
g  a2 g3a4g43a， ∴a2 43a，解得a<-4或a1，故
a,41,
故选：D.
 1
例7．已知函数 f(x)  2x 1,x0 ，则不等式 f  2a21   f(3a4)的解集为（ ）
 2x2,x0
5 5 5   5
A．1a B．a1或a C．(,1) , D．1, 
2 2 2   2
 1
 1,x0 1
【详解】函数 f x2x 中，y 1在x0上单调递减，y2x2在x0上
2x
 2x2,x0
 1
1  1,x0
单调递减，且 1202，则函数 f x2x 在定义域R上单调递减，
20
 2x2,x0
 f  2a21   f 3a4，2a213a4，解得：1x 5 ，即不等式
2
f  2a21   f 3a4的解集为  1, 5 .故选：D.
 2
例8．若函数 f(x)的定义域为R，且 f(3)5.若对任意不相等的实数x,y，恒有
f(y) f(x)
2，则不等式 f(2x1)4x3的解集为（ ）
xy
A．(,1) B．(1,) C．(,2) D．(2,)
f(y) f(x)
【详解】解：因为对任意不相等的实数x,y，恒有 2，
xy
f y f x f y f x2x2y
所以，对任意不相等的实数x,y，恒有 20，即 0，
xy xy
gygx
令g(x) f(x)2x，所以，对任意不相等的实数x,y，恒有 0，即
xy
gygx
0，不妨设x y，则yx0，所以，gygx0，即g(x)g(y)，
yx
所以，g(x)在R上单调递减.所以 f 2x14x3 f 2x122x11 f 323 g2x1g32x13 x2，所以不等式 f(2x1)4x3的解集为(2,).
故选：D.
例9．定义在0,上的函数 f x满足：对x,x 0,，且x  x ，都有
1 2 1 2
x f x x f x  f x
2 1 1 2 0成立，且 f 24，则不等式 2的解集为（ ）
x x x
1 2
A．4, B．0,4 C．0,2 D．2,
f x x f x x f x 
【详解】令gx ，因为对x、x 0,，且x  x ，都有 2 1 1 2 0
x 1 2 1 2 x x
1 2
f x  f x 
成立，不妨设0x x ，则x x 0，故x f x x f x 0，则 1  2 ，即
1 2 1 2 2 1 1 2 x x
1 2
f 2
gx  gx ，所以gx在0,上单调递增，又因为 f 24，所以g2 2
1 2
2
f x f x
，故 2可化为gxg2，所以由gx的单调性可得x2，即不等式 2的
x x
解集为2,.故选：D.
例10．已知 f(x) x3x，若 f(2a2) f(a)，则实数a的取值范围是（）
A．(,1),(2,) B．(1,2) C．(2,1) D．(,2),(1,)
【详解】因为yx3,yx在R上为增函数，所以 f(x) x3x在R上为增函数，
则 f(2a2) f(a)2a2 aa2a20，解得：2a1，即a的取值范围为
(2,1)，
故选: C.
注：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.利用单调性求解析式
例11．已知函数 f(x)是定义在R上的单调函数．若对任意xR，都有 f[f(x)2x]3，
则 f(4)（ ）
A．9 B．15 C．17 D．33
解析：因为 f(x)是R上的单调函数，所以存在唯一的tR，使 f t3.
由方程 f[f(x)2x]3，得t f(x)2x，则 f(x)2x t，所以 f t2t t3. 设
g(x)2x x，由于y2x,yx均为定义域内的单调递增函数，所以g(x)在R上是增函数，且g(1)3，所以t1，所以 f(x)2x1，故 f 424117.故选：C
例12．已知函数 f x在定义域0,上是单调函数，若对任意x0,，都有
 1 1
f f x 2，则 f( )的值是___________________．
 
 x 2021
解析：因为函数 f x在定义域0,上是单调函数，若对任意x0,，都有
 1 1 1 1
f f x 2，可设 f(x) c，故 f(x)c ，且 f(c)c 2(c0)，
 
 x x x c
1 1
解可得，c1，所以 f(x) 1，则 f( )2022．故答案为：2022．
x 2021
注：利用单调性求解析式实质是严格单调函数的一一对应关系.
4.利用单调性找出多元变量之间的关系
利用单调性，即严格单调函数的一一对应关系找到多元变量的关系，从而解决问题.
y 1
例13．已知正实数x,y满足e23x33xey1y，则  的最小值为___________.
x y
解析：由e23x33xey1y，得e23x23xey1y1，令 f xexx，则 f x在
R上单调递增，所以23x y1，即3xy3，又因为x,y是正实数，
y 1 y 3xy y x 1 y x 1 7 y x 3
所以       2    ，当且仅当  ，即x y 时等号
x y x 3y x y 3 x y 3 3 x y 4
7
成立，故答案为：
3
27
例14．已知实数a,b0,3，且满足a2b29 3a 6b，则a2b的最小值为（ ）
3b
9 5 11
A． B． C． D．3
4 2 4
27 27
解析：由a2b29 3a 6b得a23a b26b9 (3b)233b，令
3b 3b
f(x)x23x，f(a) f(3b)，f(x)在(0,)上单调递增，a,b(0,3)，3b(0,3)
1 11 1 11
，a3b，a2ba2a3(a )2 ，故当a 时，a2b取最小值 .故选：
2 4 2 4
C.
5.已知单调性求参数
（1）已知单调性直接求参数
基本原理：已知函数y  f(x)在区间xD上单增，则xD, f '(x)0，反之亦然.
（2）同构出函数单调性后求参数
（3）分段函数单调性问题要注意
例15．“a5”是“函数 f xx3ax在区间（1，2）上单调递减”的（ ）
A．充分不必要条件 B．充要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
解析：若 f xx3ax在区间（1，2）上单调递减，所以 f(x)3x2a0在区间（1，
2）上恒成立，所以3x2 a在区间（1，2）上恒成立，所以
 3x2
a，所以
max
a322 12，所以“a5”是“a12”的必要不充分条件，所以“a5”是函数
f xx3ax在区间（1，2）上单调递减”的必要不充分条件，故选：C.
ax2,x2

例16．命题P: f(x)a2 (aR)在R上为增函数，命题Q：
,x2

 x
4
g(x)ax2 x1(a0)在1，2单调增函数，则命题P是命题Q（ ）
3
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
a0
ax2,x2 
  a2
解析：因为命题P: f(x)a2 (aR)在R上为增函数，则有2a2 ，解
,x2 2
 
 x
a20

2 4
得0a ，又因为命题Q：g(x)ax2 x1(a0)在1，2单调增函数，则有
3 3
2 2
 1，解得a ，若命题P成立，则命题Q一定成立，反之则不一定成立，所以P
3a 3
是Q的充分不必要条件，故选：A.
 2ax9,x3

例17．已知函数 f x ，且对于x,x R，x  x ，都满足

a1x3,x3 1 2 1 2
x f x +x f x <x f x +x f x ，则实数a的取值范围是（ ）
1 1 2 2 1 2 2 1
 3  4 3 
A．1,2 B．1,

C．1,

D．

,2
 2  3 2 
解析：不等式x f x +x f x <x f x +x f x 恒成立，即(x x )(f(x ) f(x ))0，
1 1 2 2 1 2 2 1 1 2 1 2
即x x 时， f(x ) f(x )，所以分段函数在R上单调递减，（x x 时也会得到分段函数
1 2 1 2 1 2
0a11
 3
在R上单调递减），故每段函数为减函数，应满足 9 ，解得1a ，
3 2

 2a
4 5
同时在R上单调递减，对于边界值还需满足|6a9|(a1)33，解得a 或a ，
3 3
4
所以1a ．故选：C.
3
6.利用单调性之间比较大小
比较函数值的大小时，转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决.
例18．已知定义在R上的奇函数 f x满足:当x0时, f xx3,若不等式f 4t f  2mmt2 对任意实数t恒成立,则实数m的取值范围是（ ）
A．  , 2  B．   2,0 
C．,0  2,  D．  , 2    2, 
【详解】任取x0，则x0，所以 f xx3 x3.
由 f x为定义在R上的奇函数，所以 f xf x，所以 f xf xx3，
即在R上都有 f xx3.由幂函数的性质可知 f x在R上单调递增，所以不等式
f 4t f  2mmt2 对任意实数t恒成立可转化为： 2m4tmt2 0对任意实数t恒成
立.
 m0
结合二次函数图像可得 m(, 2).故选：A.
Δ168m2 0
7.同构出单调性后比较大小
例19．已知函数 f x满足对任意x,x 0,，当x x 时， f x  x  f x  x
1 2 1 2 1 1 2 2
恒成立，若 f 44，则不等式 f 2x 2x2的解集为（ ）
A．0,2 B．0,4 C．2, D．4,
【详解】∵ f x  x  f x  x ，即 f x  x 2 f x  x 2，
1 1 2 2 1 1 2 2
构建Fx f x x2，可知当x x 时，则Fx Fx ，故Fx在0,上单调
1 2 1 2
递减，又∵ f 2x 2x2，即F2x f 2x 2x20，且F4 f 4 420，
2x4
则 ，解得x2，故不等式 f 2x 2x2的解集为2,.故选：C.
2x0
8.利用单调性求函数最值
x21,x1
例20．已知函数 f x 的最小值是－1，则实数a的取值范围是（ ）
ax2x2,x1
 1   1   1  1 
A．,

B．0,

C．

, D．

,
 12  12 12  6 
【详解】由已知可得x1, f xx21,显然 f(x)在,0上单调递减，在0,1上单调递
增，
所以 f(x)在x0处取得最小值， f 0011,
1  1 
当a0， 1时， f(x)ax2x2， f(x)在1,

上单调递减，
2a  2a 1  1
在

,上单调递增，所以 f(x)在x 处取得最小值
2a  2a
 1  8a1 1 1
f   1, a ;
2a 4a 12 2
1
当a0，0 1时， f(x)ax2x2， f(x)在1,上单调递增，
2a
1
所以 f(x)在x1处取得最小值， f 1a121,a ;
2
当a0，时， f(x)ax2x2， f(x)在1,上单调递减， f(x) 于题意不符；
当a=0，时， f(x)ax2x2， f(x)在1,上单调递减， f(x) 于题意不符；
1
a .故选：C.
12
三．配套演练
 ex,x0
1．已知函数 f x ，若 f a1 f a，则实数a的取值范围是
x22x1,x0
（ ）
 1 1   1 1 
A．,  B．  , C．0,  D． ,1
 2 2   2 2 
2．已知函数 f x
3x1
3x3，且 f  a2  f 3a46，则实数a的取值范围为
3x1
（ ）
A．4,1 B．3,2 C．0,5 D．,41,
3．已知函数 f x的图象关于直线x1对称，当x
2
x
1
1时，

f x
2
 f x
1


x
2
x
1
0
 1
恒成立．设a f  ,b f 2,c f 3，则a，b，c的大小关系为（ ）
 2
A．cab B．bac C．acb D．cba
2ax,x1

4．已知函数 f x1 3 11 ，若对任意x x ，都有
x3 ax2  2a22  x ,x1 1 2

3 2 6
f x  f x 2x 2x ，则实数a的取值范围是（ ）
1 2 1 2
 1  3
A．,2 B．1, C．2,

D．,

 2  4
1 1
5．已知函数 f x  a  ex1ex1 ，其中aR，则（ ）
x x2
A．𝑓(𝑥)在2,上单调递增 B．𝑓(𝑥)在2,上单调递减
C．曲线y f x是轴对称图形 D．曲线y f x是中心对称图形
6．设a1,b0，且lna2b，则下列关系式可能成立的是（ ）
A．ab B．bae C．a2024b D．abeπ π
7．已知函数 f xe2x1e12xsin x 1，则不等式 f 2x1 f 2x2的解集
2 4
为 .
8．已知函数 f xax1log x1（其中a0，且a1）为其定义域上的单调函数，则
a
实数a的取值范围为 .
参考答案
1
1.解析：函数 f xex=( )x在,0上为减函数，函数yx22x1的图像开口向
e
下，对称轴为x=1，所以函数 f xx22x1在区间0,上为减函数，
且e0 02201.所以函数 f x在,上为减函数. 由 f a1 f a得
1
a1a.解得a .故选:A.
2
3x1
2.解析：令gx 3x，则gx f x3，因为xR，
3x1
3x1 3x1 3x1 13x
gxgx 3x 3x  0，∴gx为奇函数，
3x1 3x1 3x1 3x1
2
又因为gx1 3x，由复合函数单调性知gx为xR的增函数，
3x1
∵ f  a2  f 3a46，则 f  a2 3 f 3a430，∴g  a2 g3a40，
g  a2 g3a4g43a， ∴a2 43a，解得a<-4或a1，故
a,41,
故选：D.
3【详解】当x
1
 x
2
且x
1
，x
2
(1,)时，

f x
2
 f x
1


(x
2
x
1
)0恒成立，
可得 f x在1,上单调递减，且 f x关于x1对称，所以在,1上单调递增，
 1 5 5 5
a f   f  ，2 3，f(2) f   f(3)，即bac.故选：B.
 2 2 2 2
4.【详解】对任意x x ，都有 f x  f x 2x 2x  f x 2x  f x 2x ，
1 2 1 2 1 2 1 1 2 2
令Fx f x2x，则𝐹(𝑥)在R上单调递增，2a2x,x1

其中Fx f x2x1 3 11 ，
x3 ax22a2x ,x1

3 2 6
当x1时，a20，解得a2，
1 3 11 3
且2a2  a2a2 ，解得a1或a ，
3 2 6 4
故a2，
当x1时，Fxx23ax2a2 xax2a，
因为a2，所以Fxxax2a0，
故𝐹(𝑥)在(1,+∞)上单调递增，满足要求，
综上，实数a的取值范围是,2
.
故选：A
1 1
5【详解】由题设， f(2x)  a
 e1xex1
 f(x)，定义域为{x|x0且x2}，
2x x
所以 f(x)关于x1对称，C正确；
1 1 4(x1) a(e2x21)
又 f(x)  a  ex1ex1   ，
x2 (x2)2 x2(x2)2 ex1
4(x1) 1e2x2
当a0时，不妨假设a1，则 f(x)  ，显然
x2(x2)2 ex1
8 1e4 8e299e4
f(3)   0，此时 f(x)在2,上有递减区间，A错误；
9 e2 9e2
当a0时，在2,上 f(x)0，即 f(x)在2,上递增，B错误；
1 1 1 1
由 f(mx) f(mx)  a  emx1exm1  
mx mx2 mx mx2
a
 emx1e1xm
，不可能为定值，故D错误.
故选：C
6.【详解】由于 lna2b，知 b2lna，及其 a1,b0，则 b2lna0，解得
1ae2，
1
对AB，ba2lnaa，设函数 f(a)2lnaa,1ae2， f(a) 10，
a
故 f(a)在  1,e2 上单调递减，则e2  f  e2  f(a) f(1)1，即e2 ba1，故A对B
错；
b 2lna 2lna lna3
对C，由于1ae2,  ，设g(a) ,1ae2，g(a) 0，
a a a a2
故g(a)在
 1,e2
上单调递减，0g
 e2
g(a)g(1)2，故
b
(0,2)，
a
b 1
若a2024b,  (0,2)，故C对；
a 2024对D，aba(2lna)，设h(a)a(2lna),a  1,e2 ，h(a)2(lna1)1lna，
令h(a)0，则ae，则a(1,e)，h(a)0，则a  e,e2 ，h(a)0，
则 h(a)在 (1,e)上单调递增，在
 e,e2
上单调递减， h (a)e,h(1)2,h
 e2
0，故
max
h(a)(0,e]，即0abe，故D错误.
故选：AC.
π π  π π
7.解析：由已知得： f 1xe12xe2x1sin  x1e12xe2x1sin x 1，
4 2  2 4
所以 f x f(1x)2，即 f(1x)2 f x，则不等式 f 2x1 f 2x2等价于
f 2x12 f 2x f(x1)，再由
π π π π π
fx2e2x12e12x cos x 4 e2x1e12x  4 0，可得 f x在R上单调
2 2 4 2 2
递增，所以2x1x1，解得x2，故答案为：2,.
ax lnx1 1
8.【详解】 f xax1log x1   axlnaalnx1，
a a lna alna  
记hxaxlnaalnx1， f x在定义域上单调，可得ℎ(𝑥)必为单调函数.
若ℎ(𝑥)单调递增，则hxaxlna2 a 0恒成立，即 x1ax1 1 ，
x1
lna2
1
∴ tat  .又函数Gttat在t0时值趋近于0，不满足.
lna2
a
若ℎ(𝑥)单调递减，则hxaxlna2 0恒成立，即
x1
1 1 1
x1ax1 ，即tat  ，∴  tat  ，
lna2 lna2 max lna2
1
设Gttat，gt1tlnaat 0，则t  ，
lna
当a1时，t0不成立；
1
当0a1时，t  0，
lna
 1   1 
∴Gt在区间0, 上单调递增，在区间 ,上单调递减，
 lna  lna 
∴ 1 a  ln 1 a  1 ，即a  ln 1 a  1 ，
lna lna2 lna
 1   1   1 
∴ lnaln ，即1ln ，解得ee a1.
 lna  lna  lna
故答案为：