主题二 第二章 第2节 函数的单调性与最值-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮课件PPT（北师大版）

主题二 函数（必修第一册） 第二章 函 数 　 第2节　 函数的单调性与最值 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章 函数　 高考总复习 数学（BS） 复盘 必备知识 01 跃升 关键能力 02 课时冲关 03 主题二 第二章 函数　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章 函数　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章 函数　 高考总复习 数学（BS） 复盘 必备知识 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章 函数　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章 函数　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章 函数　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章 函数　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章 函数　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章 函数　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章 函数　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章 函数　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章 函数　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章 函数　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章 函数　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章 函数　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章 函数　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章 函数　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章 函数　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章 函数　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章 函数　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章 函数　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章 函数　 高考总复习 数学（BS） 跃升 关键能力 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章 函数　 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 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如果对于　任意　的x1，x2∈D，当　x1＜x2　时，都有　f(x1)＞f(x2)　，那么就称函数y＝f(x)是减函数．特别地，当I是定义域D上的一个区间时，也称函数在区间I上　单调递减　. 图 象 描 述 自左向右看图象是上升的 自左向右看图象是下降的 (2)单调区间的定义 如果函数y＝f(x)在区间I上单调递增或单调递减，那么就称函数y＝f(x)在区间I上具有　单调性　.此时，区间I为函数y＝f(x)的　单调区间　. 2．函数的最值 (1)若　存在　实数M，对所有的x∈D，都有　f(x)≤M　，且　存在　x0∈D，使得　f(x0)＝M　，则称M为函数y＝f(x)的最大值． (2)若　存在　实数M，对所有的x∈D，都有　f(x)≥M　，且　存在　x0∈D，使得　f(x0)＝M　，则称M为函数y＝f(x)的最小值． 函数的最大值和最小值统称为　最值　. 1．单调性定义的推广 设∀x1，x2∈D(x1≠x2)，则①x1－x2>0(或<0)，f(x1)－f(x2)>0(或<0)⇔f(x)在D上单调递增；x1－x2>0(或<0)，f(x1)－f(x2)<0(或>0)⇔f(x)在D上单调递减； ②eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0)⇔f(x)在D上单调递增； ③eq \f(fx1－fx2,x1－x2)<0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0)⇔f(x)在D上单调递减． 2．单调性的几个结论 (1)若k>0，则kf(x)与f(x)单调性相同；若k<0，则kf(x)与f(x)单调性相反． (2)函数y＝f(x)(f(x)>0)在公共定义域内与y＝－f(x)，y＝eq \f(1,fx)的单调性相反． (3)复合函数y＝f[g(x)]的单调性与y＝f(u)和u＝g(x)的单调性有关．简记：“同增异减”． (4)“对勾函数”y＝x＋eq \f(a,x)(a>0)的增区间为(－∞，－eq \r(a))，(eq \r(a)，＋∞)；单调减区间是[－eq \r(a)，0)，(0，eq \r(a)]． ◆[思考辨析] 　判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”． (1)函数f(x)的图象如图所示，则函数f(x)的单调增区间是(－∞，0]∪(0，＋∞)．(　　) (2)若定义在R上的函数f(x)，有f(－1)<f(3)，则函数f(x)在R上为增函数．(　　) (3)函数y＝|x|是R上的增函数．(　　) (4)函数y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调递增区间是[1，＋∞) .(　　) (5)对于函数f(x)，x∈D，若x1，x2∈D，且(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]>0，则函数f(x)在D上是增函数．(　　) (6)在闭区间上单调的函数，其最值一定在区间端点取到．(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√ (6)√ ◆[小题查验] 1．(多选)下列函数中是增函数的为(　　) A．f(x)＝－x　　　　 B．f(x)＝x＋2 C．f(x)＝eq \f(1,x) D．f(x)＝eq \r(3,x) 解析：BD　[函数f(x)＝－x是一次函数，在R上是减函数；函数f(x)＝x＋2在R上是增函数；函数f(x)＝eq \f(1,x)在(－∞，0)上是减函数，在(0，＋∞)上是减函数；函数f(x)＝eq \r(3,x)＝xeq \f(1,3)是幂函数，指数eq \f(1,3)>0，所以函数f(x)在R上是增函数．] 2．函数y＝f(x)的图象如图所示，其单调递增区间是(　　) A．[－4,4] B．[－4，－3]∪[1,4] C．[－3,1] D．[－3,4] 解析：C　[由题图可知，函数y＝f(x)的单调递增区间为[－3,1]．] 3．若定义在R上的函数f(x)对任意两个不相等的实数a，b，总有eq \f(fa－fb,a－b)>0成立，则必有(　　) A．f(x)在R上是增函数 B．f(x)在R上是减函数 C．函数f(x)先增后减 D．函数f(x)先减后增 解析：A　[由eq \f(fa－fb,a－b)>0，知f(a)－f(b)与a－b同号，即当a<b时，f(a)<f(b)，或当a>b时，f(a)>f(b)，所以f(x)在R上是增函数．] 4．(忽视定义域致误)函数f(x)＝log2(x2－4)的单调递增区间为(　　) A．(0，＋∞) B．(－∞，0) C．(2，＋∞) D．(－∞，－2) 解析：C　[由x2－4>0，可得x<－2或x>2，∴函数f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(2，＋∞)．设t＝x2－4，则t在(2，＋∞)上单调递增，又函数y＝log2t为增函数，∴函数f(x)＝log2(x2－4)在(2，＋∞)上单调递增，∴函数f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)．] 5．(BSD必修第一册P60例1改编)已知函数f(x)＝eq \f(2,x＋1)，x∈[0,2]，则f(x)的最大值为　　________　　，最小值为　　________　　. 解析：因为函数f(x)在[0,2]上单调递减， 所以f(x)max＝f(0)＝2，f(x)min＝f(2)＝eq \f(2,3). 答案：2　eq \f(2,3) 函数单调性的判断或证明 ►[命题点1]　 求具体函数的单调区间　 1．(2025·湖北模拟)函数y＝ (－x2＋4x＋12)单调递减区间是(　　) A．(－∞，2)　　　　　 B．(2，＋∞) C．(－2,2) D．(－2,6) 解析：C　[令y＝u，u＝－x2＋4x＋12.由u＝－x2＋4x＋12＞0，得－2＜x＜6. 因为函数y＝u是关于u的递减函数，且x∈(－2,2)时，u＝－x2＋4x＋12为增函数，所以y＝ (－x2＋4x＋12)为减函数， 所以函数y＝ (－x2＋4x＋12)的单调减区间是(－2,2)．] 2．(2025·湖北校联考期中)由方程x|x|＋y|y|＝1确定函数y＝f(x)，则y＝f(x)在(－∞，＋∞)上是(　　 ) A．增函数 B．减函数 C．奇函数 D．偶函数 解析：B　[当x≥0且y≥0时，x2＋y2＝1， 当x＞0且y＜0时，x2－y2＝1， 当x＜0且y＞0时，y2－x2＝1， 当x＜0且y＜0时，无意义， 如图： 结合图象可知，y＝f(x)在(－∞，＋∞)上是减函数．] 判断函数单调性常用以下几种方法 (1)定义法：一般步骤为设元→作差→变形→判断符号→得出结论． (2)图象法：如果f(x)是以图象形式给出的，或者f(x)的图象易作出，则可由图象的上升或下降确定单调性． (3)导数法：先求导数，利用导数值的正负确定函数的单调区间． (4)性质法：①对于由基本初等函数的和、差构成的函数，根据各初等函数的增减性及f(x)±g(x)增减性质进行判断； ②对于复合函数，先将函数y＝f(g(x))分解成y＝f(t)和t＝g(x)，再讨论(判断)这两个函数的单调性，最后根据复合函数“同增异减”的规则进行判断． ►[命题点2]　确定含参函数的单调性　 [典例]　判断并证明函数f(x)＝eq \f(ax,x－1)(a≠0)在(－1,1)上的单调性． [证明]　法一(定义法)：第一步，取值、作差、变形：设－1<x1<x2<1，f(x)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－1＋1,x－1)))＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x－1)))， 则f(x1)－f(x2)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x1－1)))－aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2－1)))＝eq \f(ax2－x1,x1－1x2－1). 第二步，判号、定论：由于－1<x1<x2<1， 所以x2－x1>0，x1－1<0，x2－1<0， 故当a>0时，f(x1)－f(x2)>0， 即f(x1)>f(x2)， 函数f(x)在(－1,1)上单调递减； 当a<0时，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)， 函数f(x)在(－1,1)上单调递增． 法二(导数法)：第一步，求导、变形： f′(x)＝eq \f(ax′x－1－axx－1′,x－12) ＝eq \f(ax－1－ax,x－12)＝－eq \f(a,x－12). 第二步，判号、定论：当a>0时，f′(x)<0，函数f(x)在(－1,1)上单调递减； 当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)在(－1,1)上单调递增． [互动探究] 若只将本例中函数解析式改为“f(x)＝eq \f(ax,x2－1)(其中a＞0)”呢？ 证明：法一(定义法)：设－1<x1<x2<1， 则f(x1)－f(x2)＝eq \f(ax1,x\o\al(2,1)－1)－eq \f(ax2,x\o\al(2,2)－1) ＝eq \f(ax1x\o\al(2,2)－ax1－ax2x\o\al(2,1)＋ax2,x\o\al(2,1)－1x\o\al(2,2)－1) ＝eq \f(ax2－x1x1x2＋1,x\o\al(2,1)－1x\o\al(2,2)－1).∵－1<x1<x2<1， ∴x2－x1>0，x1x2＋1>0，(xeq \o\al(2,1)－1)(xeq \o\al(2,2)－1)>0. 因此当a＞0时，f(x1)－f(x2)＞0， 即f(x1)＞f(x2)，此时函数f(x)在(－1,1)上为减函数. 法二(导数法)：f′(x)＝eq \f(ax2－1－2ax2,x2－12) ＝eq \f(－ax2＋1,x2－12). 又a＞0，所以f′(x)<0，所以函数f(x)在(－1,1)上为减函数． 1．判断或证明含有参数的函数的单调性，除了利用增(减)函数的定义外，导数法也是一种非常有效的方法，注意分类讨论思想的应用． 2．可导函数也可以利用导数判断．但是，对于抽象函数单调性的证明，只能采用定义法进行判断． (2025·北京八十中校考期中)三叉戟是希腊神话中海神波塞冬的武器，而函数f(x)＝ax2＋eq \f(b,x)的图象恰如其形，因而得名三叉戟函数，因为牛顿最早研究了这个函数的图象，所以也称它为牛顿三叉戟．已知函数f(x)＝ax2＋eq \f(b,x)的图象经过点(2,8)，且f(－2)＝0. (1)求函数f(x)的解析式； (2)用定义法证明：f(x)在(－∞，0)上单调递减． 解：(1)由题意可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4a＋\f(b,2)＝8，,4a－\f(b,2)＝0，))解得a＝1，b＝8，故f(x)＝x2＋eq \f(8,x)(x≠0)． (2)证明：∀x1，x2∈(－∞，0)，且x1＜x2， 则f(x1)－f(x2)＝xeq \o\al(2,1)＋eq \f(8,x1)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,2)＋\f(8,x2)))＝xeq \o\al(2,1)－xeq \o\al(2,2)＋eq \f(8,x1)－eq \f(8,x2)＝(x1－x2)(x1＋x2)＋eq \f(8x2－x1,x1x2)＝(x1－x2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x1＋x2－\f(8,x1x2)))＝eq \f(x1－x2,x1x2)·[x1x2(x1＋x2)－8]． 由x1，x2∈(－∞，0)且x1＜x2，得x1x2＞0，x1－x2＜0，x1＋x2＜0，所以eq \f(x1－x2,x1x2)＜0，x1x2(x1＋x2)－8＜0，所以eq \f(x1－x2,x1x2)·[x1x2(x1＋x2)－8]＞0， 则f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)．故f(x)在(－∞，0)上单调递减． 确定函数的最值(值域) [典例]　(1)(2025·深圳期末)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(ex－1，x≤1，,\f(1,x)－x＋1，x＞1，))则f(x)的最大值为　______　. [解析]　x∈(－∞，1]时，f(x)＝ex－1单调递增，f(x)≤f(1)＝e1－1＝1； x∈(1，＋∞)时，f(x)＝eq \f(1,x)－x＋1单调递减， f(x)＜eq \f(1,1)－1＋1＝1. 所以f(x)的最大值为1. [答案]　1 (2)函数f(x)＝eq \f(x2＋8,x－1)(x>1)的最小值为　________　. [解析]　法一：基本不等式法：f(x)＝eq \f(x2＋8,x－1)＝eq \f(x－12＋2x－1＋9,x－1)＝(x－1)＋eq \f(9,x－1)＋2≥2eq \r(x－1·\f(9,x－1))＋2＝8，当且仅当x－1＝eq \f(9,x－1)，即x＝4时，f(x)min＝8. 法二：导数法：f′(x)＝eq \f(x－4x＋2,x－12)， 令f′(x)＝0，得x＝4或x＝－2(舍去)． 当1<x<4时，f′(x)<0，f(x)在(1,4)上单调递减； 当x>4时，f′(x)>0，f(x)在(4，＋∞)上单调递增， 所以f(x)在x＝4处达到最小值， 即f(x)min＝f(4)＝8. [答案]　8 求函数最值的五种常用方法及其思路 (1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值． (2)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值． (3)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值． (4)导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值． (5)换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值． 提醒：(1)求函数的最值时，应先确定函数的定义域． (2)求分段函数的最值时，应先求出每一段上的最值，再选取其中最大的作为分段函数的最大值，最小的作为分段函数的最小值． [口诀助读] 单调性，左边看，上坡递增下坡减； 函数值，若有界，上界下界值域外． 1．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)－3，x≥1，,lgx2＋1，x<1，))则f[f(－3)]＝　________　，f(x)的最小值是　________　. 解析：∵f(－3)＝lg[(－3)2＋1]＝lg 10＝1， ∴f[f(－3)]＝f(1)＝0， 当x≥1时，f(x)＝x＋eq \f(2,x)－3≥2eq \r(2)－3，当且仅当x＝eq \r(2)时，取等号， 此时f(x)min＝2eq \r(2)－3<0； 当x<1时，f(x)＝lg(x2＋1)≥lg 1＝0，当且仅当x＝0时，取等号，此时f(x)min＝0. ∴f(x)的最小值为2eq \r(2)－3. 答案：0　2eq \r(2)－3 2．(2025·新乡模拟)在人工智能领域的神经网络中，常用到在定义域I内单调递增且有界的函数f(x)，即∃M＞0，∀x∈I，|f(x)|≤M.则下列函数中，所有符合上述条件的序号是　________　. ①f(x)＝eq \r(x)；②f(x)＝eq \f(x,1＋x2)；③f(x)＝eq \f(ex－e－x,ex＋e－x)；④f(x)＝eq \f(1,1＋e－x). 解析：对于①，f(x)＝eq \r(x)无界，不符合题意； 对于②，f(x)＝eq \f(x,1＋x2)＝eq \f(1,x＋\f(1,x))不单调，不符合题意； 对于③，f(x)＝eq \f(ex－e－x,ex＋e－x)＝eq \f(e2x－1,e2x＋1)＝eq \f(e2x＋1－2,e2x＋1)＝1－eq \f(2,1＋e2x)单调递增，且f(x)∈(－1,1)，则|f(x)|＜1，符合题意； 对于④，f(x)＝eq \f(1,1＋e－x)单调递增，且f(x)∈(0,1)，则|f(x)|＜1，符合题意． 答案：③④ 函数单调性的应用 ►[命题点1]　比较两个函数值或两个自变量的大小　 1．(2025·重庆模拟)设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2x＋2－xx＞0，,－x3x≤0，))若a＝ln 2，b＝30.2，c＝log0.32，则(　　) A．f(a)＞f(b)＞f(c)　 B．f(b)＞f(a)＞f(c) C．f(a)＞f(c)＞f(b) D．f(c)＞f(a)＞f(b) 解析：D　[因为f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2x＋2－xx＞0，,－x3x≤0，))又y＝2x在(0，＋∞)上单调递增，y＝2－x在(0，＋∞)上单调递减，则g(x)＝－2x＋2－x在(0，＋∞)上单调递减且g(0)＝－20＋20＝0，又h(x)＝－x3在(－∞，0)上单调递减且h(0)＝－03＝0，所以f(x)在R上单调递减，又因为30.2＞30＝1，即b＞1,0＝ln 1＜ln 2＜ln e＝1，即0＜a＜1，log0.32＜log0.31＝0，即c＜0，所以b＞a＞c，所以f(b)＜f(a)＜f(c)．] ►[命题点2]　解函数不等式　 2．(2025·山东潍坊市模拟)设函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x，x≤1，,x－12＋1，x＞1，))则不等式f(1－|x|)＋f(2)＞0的解集为　________　. 解析：由函数解析式知f(x)在R上单调递增， 且－f(2)＝－2＝f(－2)， 则f(1－|x|)＋f(2)＞0⇒f(1－|x|)＞－f(2)＝f(－2)， 由单调性知1－|x|＞－2，解得x∈(－3,3)． 答案：(－3,3) ►[命题点3]　利用单调性求参数的取值范围或值　 3．(2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x2－2ax－a，x<0,ex＋lnx＋1，x≥0))在R上单调递增，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，0] B．[－1,0] C．[－1,1] D．[0，＋∞) 解析：B　[由题意知f(x)在R上单调递增，令h(x)＝－x2－2ax－a，则h(x)的对称轴必大于等于0，否则与题意不符，即－a≥0⇒a≤0，排除C、D项；又因为当x＝0时，f(x)＝1，所以当x＝0时，h(x)≤1⇒－x2－2ax－a≤1，代入x＝0，得－a≤1⇒a≥－1，所以－1≤a≤0，故a的取值范围是[－1,0]．] 函数单调性应用问题的常见类型及解题策略 (1)比较大小．比较函数值的大小，应将自变量转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决． (2)解含“f”的不等式．在求解与抽象函数有关的不等式时，利用函数的单调性将“f”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解．此时应特别注意函数的定义域． (3)利用单调性求参数 ①视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数；②需注意若函数在区间[a，b]上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的． 1．(2025·辽宁朝阳模拟)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，对任意两个不相等的正数x1，x2，都有eq \f(x2fx1－x1fx2,x1－x2)＞0，记a＝f(1)，b＝eq \f(f－2,2)，c＝eq \f(f3,3)，则(　　) A．c＜a＜b B．a＜b＜c C．c＜b＜a D．b＜c＜a 解析：B　[依题意，∀x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2，eq \f(x2fx1－x1fx2,x1－x2)＞0⇔eq \f(\f(fx1,x1)－\f(fx2,x2),x1－x2)＞0，于是得函数eq \f(fx,x)在(0，＋∞)上单调递增，而函数f(x)是R上的偶函数，即b＝eq \f(f－2,2)＝eq \f(f2,2)， 显然有eq \f(f1,1)＜eq \f(f2,2)＜eq \f(f3,3)，因此得a＜b＜c，所以a＜b＜c.] 2．(2025·陕西模拟)已知f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x－1x＞1，,ln x0＜x≤1，))则不等式f(3x－1)＜f(2x＋1)的解集为(　　) A．(0,2) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2)) D．(2，＋∞) 解析：C　[∵f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x－1x＞1，,ln x0＜x≤1，))当0＜x≤1时，f(x)＝ln x≤0，且单调递增；当x＞1时，f(x)＝2x－1＞1，且单调递增，所以f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x－1x＞1，,ln x0＜x≤1))在(0，＋∞)上单调递增，不等式f(3x－1)＜f(2x＋1)等价于0＜3x－1＜2x＋1，解得eq \f(1,3)＜x＜2.] 3．(2025·广东佛山二模)已知0＜a＜1且a≠eq \f(1,2)，若函数f(x)＝2logax－log2ax在(0，＋∞)上单调递减，则实数a的取值范围为(　　 ) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))　　　　　　 B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) 解析：D　[依题意，f(x)＝eq \f(2ln x,ln a)－eq \f(ln x,ln 2a)＝eq \f(2ln 2a－ln a,ln a·ln 2a)·ln x＝eq \f(ln 4a,ln a·ln 2a)·ln x， 显然函数y＝ln x在(0，＋∞)上单调递增，而函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减， 因此eq \f(ln 4a,ln a·ln 2a)＜0，而0＜a＜2a＜4a， 则ln 4a＜0或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(ln a＜0，,ln 2a＞0，))解得0＜a＜eq \f(1,4)或eq \f(1,2)＜a＜1， 所以实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).] 4．如果函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2－ax＋1，x<1，,ax，x≥1，))满足对任意x1≠x2，都有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0成立，那么实数a的取值范围是　________　. 解析：因为对任意x1≠x2，都有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0， 所以y＝f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数． 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2－a>0，,a>1，,2－a×1＋1≤a，))解得eq \f(3,2)≤a<2. 故实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2)). 答案：eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2)) $$