2022年高考数学一轮复习讲练测2.2 函数的单调性与值域（新高考练）解析版

1 / 21 2022 年高考数学一轮复习讲练测（新高考·浙江） 第二章 函数 专题 2.2 函数的单调性与值域（练） 【夯实基础】 1．（2021·全国高一课时练习）下列函数中，在区间(1，+∞)上单调递增的是（ ） A．y=-3x-1 B．y= 2 x C．y=x2-4x+5 D．y=|x-1|+2 【答案】D 【解析】 根据一次函数、反比例函数和二次函数的单调性即可判断. 【详解】 由一次函数的性质可知，y=-3x-1 在区间(1，+∞)上单调递减，故 A 错误； 由反比例函数的性质可知，y= 2 x 在区间(1，+∞)上单调递减，故 B 错误， 由二次函数的性质可知，y=x2-4x+5 在(-∞，2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增，故 C 错误； 由一次函数的性质及图象的变换可知，y=|x-1|+2 在(1，+∞)上单调递增. 故选：D. 2．（2020·全国高考真题（文））设函数 3 3 1( )f x x x   ,则 ( )f x （ ） A．是奇函数，且在(0,+∞)单调递增 B．是奇函数，且在(0,+∞)单调递减 C．是偶函数，且在(0,+∞)单调递增 D．是偶函数，且在(0,+∞)单调递减 【答案】A 【解析】 根据函数的解析式可知函数的定义域为 0x x  ，利用定义可得出函数  f x 为奇函数， 再根据函数的单调性法则，即可解出． 【详解】 因为函数   3 3 1f x x x   定义域为 0x x  ，其关于原点对称，而    f x f x   ， 所以函数  f x 为奇函数． 2 / 21 又因为函数 3y x 在( )0,+¥ 上单调递增，在( ),0-¥ 上单调递增， 而 3 3 1y xx   在( )0,+¥ 上单调递减，在( ),0-¥ 上单调递减， 所以函数   3 3 1f x x x   在( )0,+¥ 上单调递增，在( ),0-¥ 上单调递增． 故选：A． 3．（2020·洮南市第一中学高三月考（文））已知定义在实数集 R 上的偶函数  f x 在区间 ,0 是单调递 减函数，若    1 2f a f  ，则实数 a 的取值范围是（ ） A． 1 3a   B． 1a   或 3a  C． 3 1a   D． 3a   或 1a  【答案】A 【解析】 根据偶函数的性质求出函数  f x 在区间 0, 的单调性，再根据单调性解不等式即可. 【详解】 因为偶函数  f x 在区间 ,0 是单调递减函数，所以  f x 在区间 0, 是单调递增函数，又    1 2f a f  ，所以 1 2 a ，解得 1 3a   . 故选：A 4．（2020·河南高三月考（文））已知函数 3 1( ) | | 23 1 x xf x x x   ，且 ( ) (2 3) 4f a f a    ，则实数 a 的 取值范围是（ ） A． 1, B． 3 ,2     C． 3, D．  4, 【答案】C 【解析】 首先可得 ( ) ( ) 4f x f x   ，然后可将 ( ) (2 3) 4f a f a    变形为 (2 3) ( )f a f a  ，然后判断出 ( )f x 的单调性，即可解出答案. 【详解】 3 / 21 函数 3 1 2( ) | | 2 3 | |3 1 3 1 x x xf x x x x x       ， 2 2 3( ) 3 | | 3 | |3 1 3 1 x x xf x x x x x          ， ( ) ( ) 4f x f x    ， ( ) ( ) 4f a f a    ，而 ( ) (2 3) 4f a f a    ， 即 ( ) (2 3) ( ) ( )f a f a f a f a      ， (2 3) ( )f a f a   . 通过函数 y x x 的图像可知其在 R 上单调递增，   3 1 22 33 1 3 1 x x xf x x x x x        在 R 上单 调递增， 2 3a a   ，即 3a  . 故选：C 5．（2020·甘肃兰州市·西高三期中）函数  f x 在 0, 单调递增，且  3f x  关于 3x   对 称，若  2 1f   ，则  2 1f x   的 x 的取值范围（ ） A． 2 2 , B．    , 2 2,   C．   ,0 4,  D． 0,4 【答案】D 【解析】 利用  3f x  关于 3x   对称，可得  f x 关于 y 轴对称，结合  f x 在 0, 单调递增，    2 2 1f f   ，可得 2 2 2x    ，即可求解. 【详解】 因为  3f x  关于 3x   对称，所以  f x 关于 y 轴对称，所以    2 2 1f f   ， 又  f x 在 0, 单调递增， 由  2 1f x   可得 2 2 2x    ，解得： 0 4x  ， 故选：D 6．（2020·浙江金华市·高三月考）设函数   1 1x af x ba   （ 0a  ， 1a  ），则函数  f x 的单调性（ ） A．与 a 有关，且与b 有关 B．与 a 无关，且与b 有关 4 / 21 C．与 a 有关，且与b 无关 D．与 a 无关，且与b 无关 【答案】D 【解析】 通过对 a 进行讨论，再用复合函数的求单调性的方法，可知该函数的单调性与 a b， 是否有关. 【详解】 函数   1 1x af x ba   （ 0a  ， 1a  ）， 当 0 1a  时，   1 1x af x ba   单调递减. 当 1a  时，   1 1x af x ba   单调递减. 则 0a  且 1a  ，b R ，   1 1x af x ba   的单调性都为单调递减. 所以函数   1 1x af x ba   （ 0a  ， 1a  ）的单调性与 a b， 无关. 故选：D 7．（2020·浙江湖州市·高三月考）若 xR ，则“ 2a  ”是“函数  f x x a  在区间 1,  上单 调递增”的（ ） 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 【答案】B 【解析】 先求“函数  f x x a  在区间 1,  上单调递增”的等价条件，再判断能否推导即得结果. 【详解】 依题意，“函数  f x x a  在区间 1,  上单调递增”等价于 1a   ， 若 2a  ，则 1a   ，是假命题；若 1a   ，则 2a  ，是真命题， 故 2a  是 1a   必要不充分条件. 故选：B. 8．（2020·金华市曙光学校高三期中）已知函数     , 0, 3 4 , 0 xa xf x a x a x       满足对任意 1 2x x ，都有    1 2 1 2 0f x f x x x   成立，则 a 的取值范围是（ ） 5 / 21 A． 10, 4     B． 1,2 C． 1,3 D． 1 ,12      【答案】A 【解析】 由条件可得  f x 在 R 上单调递减，然后可得 0 0 1 3 0 4 a a a a        ，解出即可. 【详解】 因为函数     , 0, 3 4 , 0 xa xf x a x a x       满足对任意 1 2x x ，都有    1 2 1 2 0f x f x x x   成立 所以  f x 在 R 上单调递减 所以 0 0 1 3 0 4 a a a a        ，解得 10 4a  故选：A 9．（2019·山西山西大附中高三月考）函数 考 log 的单调递增区间是（ ） A B C D 【答案】A 【解析】 由题可得 x2-3x+2＞0，解得 x＜1 或 x＞2， 由二次函数的性质和复合函数的单调性可得 函数 考 log 的单调递增区间为：（-∞，1） 故选：A． 10．（2021·浙江高三专题练习）根据图象写出函数  y f x 的单调区间：增区间___________；减区间： ___________. 6 / 21 【答案】 ( ),(, 3 ,3)1  ( ),3,1 3( ),  【解析】 由图象直接得到函数的单调区间. 【详解】 函数的增区间体现在：在该区间函数图象上是从左往右看，图象成上升趋势， 反之是单调递减区间； 故增区间为 ( ),(, 3 ,3)1  ，减区间为 ( ),3,1 3( ),  故答案为： ( ),(, 3 ,3)1  ； ( ),3,1 3( ),  【提升能力】 1．（2020·山西省榆社中学高三月考（理））已知  f x 是定义在 (0, ) 上的严格递增函数，且当 *n N 时， *( )f n N ， ( ( )) 3f f n n ，求 (100)f 的值为（ ） A．180 B．181 C．182 D．183 【答案】B 【解析】 结合题设条件用列举法写出函数值，一一验证，求出 (100)f ． 【详解】 若 (1) 1f  ，则 ( (1)) (1) 1f f f  与 ( ( )) 3f f n n 矛盾， 若 (1) 3f  ，则 ( (1)) (3) 3f f f  ，进而 ( (3)) (3) 9f f f  ，矛盾， 7 / 21 若 (1) , 3f n n  ，则 ( (1)) ( ) 3f f f n  与 ( )f x 严格单调递增矛盾； ∴ (1) 2f  ， ( (1)) (2) 3f f f  ， ( (2)) (3) 6f f f  ， ( (3)) (6) 9f f f  ， 由单调性得 (4) 7, (5) 8f f  ， ∴ (7) ( (4)) 12f f f  ， (9) ( (6)) 18f f f  ， (12) ( (7)) 21f f f  ， ∴ (10) 19f  ， (11) 20f  ， (20) ( 11)) 33f f f  ， (21) ( (12)) 36f f f  ， ∴ (33) ( (20)) 60f f f  ， (36) ( (21)) 63f f f  ，则 (34) 61, (35) 62f f  ， ∴ (60) ( (33)) 99f f f  ， (61) ( (34)) 102f f f  ， (99) ( (60)) 180f f f  ， (102) ( (61)) 183f f f  ，则 (100) 181f  ， (101) 182f  ． 故选：B． 2.已知 考 ，那么 考 ( ) A. 在区间 上单调递增 B. 在 上单调递增 C. 在 上单调递增 D. 在 上单调递增 【答案】D 【解析】 考 考 ，在 记 t 考 ，则 考 当 x 时， 单调递增，且 t 考 7 ） 而 y 考 在 7 ） 不具有单调性，故 A 错误； 当 x 时， 不具有单调性，故 B 错误； 当 x 时， f 单调递增，且 t 考 ） 而 y 考 在 ） 不具有单调性，故 C 错误； 当 x ， 时， 单调递减，且 t 考 ） 而 y 考 在 ） 单调递减，根据“同增异减”知，D 正确. 故选：D 3．（2019·贵州高三高考模拟（文））关于函数 考 的下列结论，错误的是（ ） 8 / 21 A．图像关于 考 对称 B．最小值为 C．图像关于点 对称 D．在 上单调递减 【答案】C 【解析】 由题意可得： 考 考 t ， 绘制函数图像如图所示， 观察函数图像可得： 图像关于 考 对称，选项 A 正确； 最小值为 ，选项 B 正确； 图像不关于点 对称，选项 C 错误； 在 上单调递减，选项 D 正确； 故选：C. 4．（2020·北京高考真题）为满足人民对美好生活的向往，环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达 标的企业要限期整改，设企业的污水排放量 W 与时间 t 的关系为 ( )W f t ，用 ( ) ( )f b f a b a   的大小评价 在[ , ]a b 这段时间内企业污水治理能力的强弱，已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如 下图所示. 9 / 21 给出下列四个结论： ①在 1 2,t t 这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强； ②在 2t 时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强； ③在 3t 时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标； ④甲企业在     1 1 2 2 30, , , , ,t t t t t 这三段时间中，在 10,t 的污水治理能力最强． 其中所有正确结论的序号是____________________． 【答案】①②③ 【解析】 根据定义逐一判断，即可得到结果 【详解】 ( ) ( )f b f a b a   表示区间端点连线斜率的负数， 在 1 2,t t 这段时间内，甲的斜率比乙的小，所以甲的斜率的相反数比乙的大，因此甲企业的污水治理能力比 乙企业强；①正确； 甲企业在     1 1 2 2 30, , , , ,t t t t t 这三段时间中，甲企业在 1 2,t t 这段时间内，甲的斜率最小，其相反数最大， 即在 1 2,t t 的污水治理能力最强．④错误； 在 2t 时刻，甲切线的斜率比乙的小，所以甲切线的斜率的相反数比乙的大，甲企业的污水治理能力比乙企 业强；②正确； 在 3t 时刻，甲、乙两企业的污水排放量都在污水打标排放量以下，所以都已达标；③正确； 故答案为：①②③ 5．（2020·上海高三一模）设 1( ) lgf x xx   ，则不等式 1( 1) 1f x   的解集为__________． 【答案】 10, 2      10 / 21 【解析】 根据初等函数的性质，得到函数 1( ) lgf x xx   为单调递减函数，且 (1) 1f  ，把不等式 1( 1) 1f x   转化 为 1 1 1x   ，即可求解. 【详解】 由题意，函数 1( ) lgf x xx   ， 根据初等函数的性质，可得函数  f x 为单调递减函数，且 (1) 1f  ， 则不等式 1( 1) 1f x   等价于 1 1 1x   ，即 1 1 22 0x x x    ，解得 10 2x  ， 所以不等式的解集为 10, 2      . 故答案为： 10, 2      . 6．（2019·广东高考模拟（文））已知 考 ，则满足 的 的取值范围为_______． 【答案】 【解析】 根据题意，f（x）＝x|x|＝ t ， 则 f（x）为奇函数且在 R 上为增函数， 则 f（2x﹣1）+f（x）≥0 ⇒ f（2x﹣1）≥﹣f（x） ⇒ f（2x﹣1）≥f（﹣x） ⇒ 2x﹣1≥﹣x， 解可得 x≥ ，即 x 的取值范围为[ ，+∞）； 故答案为：[ ，+∞）． 7．已知函数   2 , 2 , { 1 , 3. x x x c f x c xx        若 0c  ，则  f x 的值域是____；若  f x 的值域是 1 ,24     ， 则实数 c 的取值范围是____． 【答案】 1 ,4     1 ,12      11 / 21 【解析】若 0c  ，由二次函数的性质，可得 2 1 1 1,2 , ,4 3x x x              ，  f x 的值域为 1 ,4     ， 若  f x 值域为 1 ,24     ， 2x   时， 2 2x x  且 1 2x   时， 2 1 4x x   ，要使  f x 的值域为 1 ,24     ，则 2 0 { 2 1 2 c c c c     ，得 1 22 c  ，实数 c 的取值范围是 1 ,12      ，故答案为 1 ,12      . 8．（2020·陕西省黄陵县中学高三期中（文））若函数 2( ) 4f x x ax   在 1.3 内不单调，则实数 a 的取值 范围是__________． 【答案】 1 3( , )2 2 【解析】 先求出函数的对称轴 2x a ，由于函数在 1.3 内不单调，所以对称轴在此区间，即1 2 3a  ，从而可求 出实数 a 的取值范围 【详解】 解：由题意得 2( ) 4f x x ax   的对称轴为 2x a ， 因为函数 ( )f x 在 1.3 内不单调，所以1 2 3a  ，得 1 3 2 2a  ． 故答案为： 1 3( , )2 2 ． 9．（2019·江苏高考模拟）设 2 1, 0( ) 1, 0 x xf x x x      ， 0.5 0.5 0.70.7 , log 0.7, log 5a b c   ，则 比较 ( ), ( ), ( )f a f b f c 的大小关系_______. 【答案】 ( ) ( ) ( )f a f b f c  【解析】 ( ) 1f x x  是单调增函数，所以有 ( ) (0) 1f x f  ，当 0x  时， 2( ) 1f x x   是单调增函数，所以有 ( ) 1f x   ，所以函数 ( )f x 是 R 上的增函数. 0.5 0 0.5 0.5 0.5 0.7 0.70.7 0.7 1,0 log 1 log 0.7 log 0.5 1, log 5 log 1 0a c          ,所以有 1,0 1, 0a b c a b c       ，而函数 ( )f x 是 R 上的增函数，所以 ( ), ( ), ( )f a f b f c 的大小关系为 12 / 21 ( ) ( ) ( )f a f b f c  . 10．（2021·江西上饶市·高三三模（理））已知函数 ( )f x 定义域为 R，满足 ( ) (2 )f x f x  ，且对任意 1 21 x x  ， 均有     1 2 1 2 0x x f x f x   ，则不等式 (2 1) (3 ) 0f x f x    解集为______． 【答案】 4( ,0] ,3     【解析】 先求出函数  f x 关于直线 1x  对称，函数  f x 在 1, 上单调递增．在 ,1 上单调递减，再解不等 式| 2 1 1| | 3 1|x x     即得解. 【详解】 因为函数  f x 满足 ( ) (2 )f x f x  ， 所以函数  f x 关于直线 1x  对称， 因为对任意 1 21 x x  ，均有     1 2 1 2 0x x f x f x   成立， 所以函数  f x 在 1, 上单调递增． 由对称性可知  f x 在 ,1 上单调递减． 因为    2 1 3 0f x f x    ，即    2 1 3f x f x   ， 所以| 2 1 1| | 3 1|x x     ，即| 2 2 | | 2 |x x   ， 解得 0x  或 4 3x  ． 故答案为： 4( ,0] ,3     【拓展思维】 1．（2020·江苏无锡市·高三月考）若函数  f x 同时满足：①定义域内存在实数 x ，使得     0f x f x   ； ②对于定义域内任意 1x ， 2x ，当 1 2x x 时，恒有      1 2 1 2 0x x f x f x      ；则称函数  f x 为“ DM 函数”．下列函数中是“ DM 函数”的为 13 / 21 A．   3f x x B．   sinf x x C．   1xf x e  D．   lnf x x 【答案】A 【解析】 根据题意函数定义域关于原点对称且函数值有正有负，且为定义域内的单调递增函数，通过此两点判定即 可. 【详解】 解：由定义域内存在实数 x 有     0f x f x   ，可得函数定义域关于原点对称且函数值有正有负，排除 D、 C. 由②得“ DM 函数”为单调递增函数，排除 B. 故选：A 2．（2020·全国高三其他模拟）已知  f x 是定义在 (1, ) 上的增函数，若对于任意的 x ， (1, )y   ，均 有  ( ) ( ) 2x yf x f y f   ，且 (2) 1f  ，则不等式 ( ) ( 1) 2 0f x f x    的解集为______. 【答案】 5 ,2    【解析】 根据题中所给性质可将所求不等式转化为    2 1 42 2xf f  ，结合函数的定义域以及单调性列出不等式组， 解出即可得结果. 【详解】 根据  ( ) ( ) 2x yf x f y f   ， (2) 1f  ，可得  42 1 1 (2) (2) 2f f f     . 由 ( ) ( 1) 2 0f x f x    ，得 ( ) ( 1) 2f x f x   ，可化为    2 1 42 2xf f  . 由 ( )f x 是定义在 (1, ) 上的增函数，得 2 1 4 2 1 2 2 , 1, 1 1, 2 1, x x x x           解得 5 2x  . 所以不等式 ( ) ( 1) 2 0f x f x    的解集为 5 ,2    ， 故答案为： 5 ,2    . 14 / 21 3．（2020·浙江衢州市·衢州二中高三其他模拟）已知函数   2 2 1tf x x x    的值域为 0, ，则实数 t 的取值范围是__________． 【答案】 1( , ]4  【解析】 根据函数值域，结合二次函数的单调性，对参数t 分类讨论，即可求得参数范围. 【详解】 令 2 2 1ty x x    ， 当 0t  时， 2 2 2 1 1,( 0)t ty x m m xx m         ， 因为 1ty m m    在 (0, ) 上单调递增， 因此 2 2 1ty x x    值域为  , 0,R Q 为 R 的子集，所以 0t  ； 当 0t  时， 2 2 2 1 1 1ty x xx        ，  0,Q 为[ 1, )  的子集，所以 0t  ； 当 0t  时， 2 2 2 21 2 1 2 1,t ty x x tx x         ， 当且仅当 4| |x t 时取等号， 因为 0, 为[2 1, )t   的子集，所以 12 1 0 0 4t t     ； 综上， 1 4t  . 故答案为： 1, 4     . 4．（2020·浙江省东阳中学高三月考）若函数 ( ) x x af x e e   在区间 (0,1) 上存在最小值，则实数 a 的取值 范围是___________. 【答案】    2 21, , 1e e   【解析】 15 / 21 通过换元，令  1,xe t e  ，将问题转化为   ag t t t   在  1,t e 上存在最小值，讨论 a 的取值范围， 根据函数的单调性，求 a 的取值范围. 【详解】 设  1,xe t e  ，则   ag t t t   在  1,t e 上存在最小值， 当 0a  时， ay t t   在 1,e 上是增函数，若函数存在最小值，令 0at t   ，解得： t a  ， 当1 a e   时，解得： 2 1e a    ； 当 0a  时， ay t t   是对勾函数，若函数存在最小值，则  1,a e ， 即 21 a e  ， 当 0a  时，  , 1,y t t t e  是增函数，无最小值，故不成立， 综上可知， a 的取值范围是    2 21, , 1e e   . 故答案为：   2 21, , 1e e   5．（2020·浙江高三其他模拟）已知函数 2 2 ( 0)( ) ( 0) x xf x x x     ，则不等式  2 1 4f x   的解是__________； 不等式 22 ( ) (4 )f x f x 的解是__________． 【答案】 1 3 2 2x x     ；  2x x  或 2 2x   . 【解析】 根据函数的图象知，函数在实数集上递增，由  24 2 2f  和 xR 时，  2 ( ) 2f x f x ，根据函数的 单调性可解. 【详解】 解：容易作出函数 2 2 ( 0)( ) ( 0) x xf x x x     的图象如下， 16 / 21 显然函数 ( )f x 在 xR 上递增，又  24 2 2f  ， 所以      2 4 2 21 1f x f fx    ， 所以 2, 22 1 21 2xx     ，所以 1 3 2 2x        220,2 2 2 2x f x x x f x    ；      220,2 2 2 2x f x x x f x      所以 xR 时，  2 ( ) 2f x f x ，    2 22 ( ) (4 ) 2 4f x f x f x f x    ， 所以 2 22 4 , 2 4 0x x x x     ，  2 2 2 0x x   ， 所以 2x  或 2 2x   . 故答案为： 1 3 2 2x x     ； 2x x  或 2 2x   .. 6．（2021·全国高三专题练习（理））已知 1a  ，b R ，当 0x  时，  2 4( 1) 1 02 xa x bx         恒成 立，则 3b a 的最小值是_____． 【答案】 2 3 【解析】 根据题中条件，先讨论 10, 1x a     ，根据不等式恒成立求出 1 1 4( 1)2 1b aa       ；再讨论 1 ,1x a      ，求出 1 1 4( 1)2 1b aa       得到b ，再由基本不等式即可求出结果. 【详解】 当 10, 1x a     时， ( 1) 1 0a x   ，即 2 4 02 x bx    恒成立， 17 / 21 2 4 2 2 2 x xy x x    是 10, 1x a     上的增函数， ∴ 1 1 4( 1)2 1b aa       ， 当 1 ,1x a      时， ( 1) 1 0a x   ，即 2 4 02 x bx    恒成立， 2 4 2 2 2 x xy x x    是 1 ,1x a      上的增函数， ∴ 1 1 4( 1)2 1b aa       ， ∴ 1 1 4( 1)2 1b aa       ，∴ 13 ( 1) 3 2 32( 1)b a aa        ，当 2 12a   时等号成立． 故答案为： 2 3 . 7．（2021·全国高三专题练习）对于满足 2p  的所有实数 p，则使不等式 2 1 2x px p x    恒成立的 x 的取值范围为______． 【答案】   1 3 +   ， ， ． 【解析】 将不等式转化为在[-2，2]内关于 p 的一次函数函数值大于 0 恒成立求参变量 x 的范围的问题． 【详解】 解：原不等式可化为 2( 1) 2 1 0x p x x     ，令 2( ) ( 1) 2 1f p x p x x     ，则原问题等价于 ( ) 0f p  在 [ 2,2]p  上恒成立， 则 ( 2) 0 (2) 0 f f     ，即 2 2 4 3 0 1 0 x x x        解得： 1 3 1 1 x x x x   或 或 ∴ 1x   或 3x  ． 即 x 的取值范围为   1 3 +   ， ， . 故答案为：   1 3 +   ， ， . 8．（2021·上海高三二模）已知 a R ，函数   2 2 , 0 1 1, 02 x a x x f x x ax a x           的最小值为 2a ，则由满足条 18 / 21 件的 a 的值组成的集合是_______________. 【答案】 3 13  【解析】 讨论 a 与 0 、2 的大小关系，判断函数  f x 在 0, 、 ,0 上的单调性与最小值，根据函数  f x 的 最小值列方程解出实数 a 的值. 【详解】 分以下三种情况讨论： ①若 0a  时，即当 0a  时，   2 2 2, 2 2,0 2 1 1, 02 x a x f x a x x ax a x                ， 所以，函数  f x 在 ,0 上单调递减，且   1 12f x a  ， 当 0x  时，  min 12 12f x a a    ， 此时，函数  f x 无最小值； ②若 0 2a   时，即当 2 0a   时，   2 2 2, 2 2, 2 2 2,0 1 1, 02 x a x a a x f x x a x a x ax a x                     ， 当 0x  时，   2 1 12 4 2 a af x f a        ， 当 0x  时，   2f x a  . 2 2a a  ，所以， 2 1 24 2 a a a    ，整理可得 2 6 4 0a a   ， 2 0a   ，解得 3 13a    （舍去）； 19 / 21 ③当 2a  时，即当 2a   时，   2 2 2, 2,2 2 2,0 2 1 1, 02 x a x a a x a f x x a x x ax a x                     ， 当 0x  时，   2 1 12 4 2 a af x f a        ， 当 0x  时，   2f x a   . 因为 2 0 2a a    ，所以， 2 1 24 2 a a a    ，整理可得 2 6 4 0a a   ， 2a  Q ，解得 3 13a    或 3 13a    （舍去）. 综上所述，实数 a 的取值集合为 3 13  . 故答案为： 3 13  . 9．（2021·高三月考）已知函数   2 2x x af x x   . （1）当 9a  时，求函数  f x 在  0,x  上的最小值； （2）若对任意的  0,x  ，   0f x  恒成立，求实数 a 的取值范围. 【答案】（1）4；（2） 1a  ； 【解析】 (1)利用对勾函数的单调性求出最小值即可；（2）参变分离将恒成立问题转化为 2 2a x x   在  0,x  上恒成立，通过最值给出实数 a 的取值范围. 【详解】 (1)由题意：当 9a  时，函数   2 2 9 9 2x xf x xx x      ， 由对勾函数的单调性可知，函数  f x 在 0,3 上单调递减，在  3, 上单调递增， 所以函数  f x 在  0,x  上的最小值为   43 =f . (2) 因为对任意的  0,x  ，   0f x  恒成立， 20 / 21 所以 2 2 0x x a x    即 2 2 0x x a   ， 参变分离得： 2 2a x x   在  0,x  上恒成立， 2 max( 2 ) 1a x x     所以实数 a 的取值范围为 1a  . 【点睛】 对于恒成立问题，常用到以下两个结论： (1)a≥f(x)恒成立 ⇔ a≥f(x)max； (2)a≤f(x)恒成立 ⇔ a≤f(x)min. 10．（2019·浙江高三专题练习）已知函数  f x 的定义域是 (0, ) ，且满足      f xy f x f y  ， 1( ) 12f  ，如果对于 0 x y  ，都有    f x f y ． （1）求  1f 的值； （2）解不等式 ( ) (3 ) 2f x f x     . 【答案】（1）  1 0f  （2）{ | 1 0}x x   ． 【解析】 （1）根据      f xy f x f y  ，令 1x y  ，即可得出  1f 的值；（2）由 0 x y  ，都有    f x f y 知  f x 为 0, 上的减函数，根据  f x 的单调性，结合函数的定义域，列出不等式解出 x 的范围即可. 【详解】 （1）令 1x y  ，则      1 1 1f f f  ，  1 0f  . （2）解法一：由 x y  ，都有    f x f y 知  f x 为 0, 上的减函数，且 0 3 0 x x      ，即 0x  . ∵      f xy f x f y  ，  , 0,x y  且 1 12f      ， ∴    3 2f x f x     可化为     13 2 2f x f x f          ，即 21 / 21    1 13 02 2f x f f x f               ＝      3 31 1 12 2 2 2 x x x xf f f f f f                        ， 则 0 3 12 2 x x x     ，解得 1 0x   . ∴不等式    3 2f x f x     的解集为{ | 1 0}x x   ．