函数的单调性 专题练习-2026届高三数学一轮复习

2026 年高考数学一轮复习备考《函数的单调性》专题练含答案 一、 单选题 1 ． 已知函数 f (x) = 2x2 - mx +1 在区间[-1, +∞)上单调递增，则 f (1) 的取值范围是 ( ) . A ． [7, +∞) B ． (7, +∞) C ． (-∞ , 7] D ． (-∞ , 7 ) 2 ．已知函数 f (x) 的定义域是R ，若对于任意两个不相等的实数 x1 ，x2 ，总有成立， 则函数 f (x) 一定是 ( ) A ．奇函数 B ．偶函数 C ．增函数 D ．减函数 3 ． 已知 f (x -1) 为偶函数 ，且 f (x)在 [-1, +∞)上单调递增，若 f (a -1) ≤ f (1) ，则实数a 的取值范围 是 ( ) A ． [-1, 1] B ． [-2,2] C ． [-3, 3] D ． [-4, 4] 4 ． 已知函数 f(x) 满足 f(x) = f(2 - x) ，且在区间[1, +∞) 上单调递减.设a = f(-ln1. 1) ， b = f (20.4 )， c = f (log2 5) ，则 ( ) A ． a > b > c B ． b > c > a C ． c > b > a D ． b > a > c 5 ． 已知函数 为常数） ，则 ( ) A ． 3a ∈ R ， f (x)为偶函数 B ． 3a ∈ R ， f (x)为奇函数 C ． 3a ∈ R ， f (x)为既奇又偶函数 D ． a ∈ R ， f (x)为非奇非偶函数 6 ． 已知奇函数 f(x) ，且g(x) = xf(x) 在[0, +∞) 上是增函数.若a = g(- log2 5. 1) ， b = g(20.8 ) ， c = g(3) ， 则 a ，b ，c 的大小关系为 A ． a < b < c B ． c < b < a C ． b < a < c D ． b < c < a 7 ． 已知函数 y = f (4x - x2 )在区间(1, 2) 上单调递减，则函数 f (x) 的解析式可以为 ( ) A ． f (x) = 4x - x2 B ． f (x) = 2x C ． f (x) = -sinx D ． f (x) = x 8．已知 f (x)是定义在 R 上的偶函数，且在区间(-∞,0) 上单调递减，若实数 a 满足 ， 则 a 的取值范围是 ( ) A ． B ． C ． D ． 9 ． 已知函数 y = f(x) 的定义域是(-∞, 0) U (0, +∞) ，对任意的 x1 ， x2 ∈ (0, +∞ ) ， x1 ≠ x2 ，都有 若函数 y = f (x +1) 的图象关于点(-1, 0) 成中心对称，且 f (1) = 4 ，则不等式 的解集为 ( ) A ． (-1, 0)U (0, 1) B ． (-1, 0) (1, +∞) C ． (-∞, -1) (0, 1) D ． (-∞, -1) (1, +∞) 10．已知定义在 R 上的函数 f (x)在区间[-1, 0]上单调递增，且满足 f (4 - x) = f (x) ，f (2 - x)= -f (x) ， 则 ( ) A ． B ． f (0.9)+ f (1.2) > 0 二、 多选题 11． 已知 f (x)是定义在 R 上的非常值函数， 当 x > 2 时， 0 < f (x) <1 ，对任意的x, y ∈R ，都有 f (x )f (y ) = f (x +y - 2) ，若 f (0) = 2 ，则 ( ) A ． f (2) = 0 B ． C ． f (x)在 R 上单调递减 D．不等式 的解集为(-∞ , -5)U (2, +∞ ) 12 ． 已知定义在 R 上的函数 f(x) 满足： 对任意实数 x，y，恒有[f(x)+1].[f(y)+1] = f(x + y)+1 ，若 f(1) = 1 ， 当 x < 0 时， f(x) < 0 ，则下列结论正确的是 ( ) A ． f(0) = 0 B ． 函数 f(x) 的最小值为 -1 C ． f(x) 为 R 上的增函数 D ．关于 x 的不等式 f(x) + f(2 - x) > 3 的解集为(-∞, 0) u (2, +∞) 13 ． 已知定义(0, +∞)在上的函数满足且当 x>1 时， f > 0 ， 则 A ． (x -1)f (x) ≥ 0 B ． f (2x) < 2f (x) C ． f (x2 ) ≥ 2f (x) D ． f (x3 )f (x) ≤ f2 (x2 ) 三、 填空题 14 ．已知函数 f (x)在 R 上单调递增，函数g(x ) 是定义在 R 上的奇函数，且 f (x)+ g (x ) = x ，则g(x ) 可以是 .（写出一个满足条件的函数即可） 15 ． 已知函数 f (x) 的图象关于(2, 0) 中心对称 ，且 f (x)在 [2, +∞) 上单调递减，若 f (3 - 2a)+ f (4a + 5) > 0 ，则实数 a 的取值范围为 ． 16 ． 已知函数 f (x)对于任意 x， y ∈ R ，总有 f (x)十f (y) = f (x + y) ， 当 x > 0 时， f (x) > 0 ，且 则不等式 f(x2 - 8) < 4 的解集为 ． 四、解答题 17 ．已知函数 f (x) = x3 + bx2 + cx + d 在(-∞, 0] 上是增函数，在 [0, 2] 上是减函数，且方程 f (x) = 0 有 3 个实数根 ，它们分别是 α , β , 2． (1)求实数c 的值； (2)求证： f (1) ≥ 2； (3)求α - β 的取值范围． 18 ． 已知函数 (1)当x ∈[0, π ] 时， f(x) 的最小值为 1 ，求a 的值； (2)在（1） 的条件下，求满足 f(x) = 2 且 x∈[-π, π]的x 的取值集合； (3)函数 f(x) 在区间 和 上均单调递增 ，求实数a 的取值范围． 19 ． 已知函数 ， (1)当 a = -1时，解不等式 f(x2 - 4) < f(4x +1) ； (2)已知函数 f(x) 为偶函数 ，且函数g(x) = m . f(2x) - f(x)在区间[0, log2 3] 上有零点 ，求正实数 m 的取 值范围． 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C B D B C A D B D 题号 11 12 13 答案 BC ACD AD 1 ．A 【分析】根据题意 ，结合二次函数的性质，求得解得 m ≤ -4 ，再由 f (1) = 3 - m ，进而求得 f (1) 的取 值范围. 【详解】 由函数 f (x) = 2x2 - mx +1 的对称轴是 ， 因为函数在区间[-1, +∞)上是增函数，所以 解得 m ≤ -4 ， 又因为 f (1) = 3 - m ， 因此 3 - m ≥ 7 ，所以 f (1) 的取值范围是[7, +∞) . 故选：A． 2 ．C 【分析】利用函数单调性定义即可得到答案. 【详解】对于任意两个不相等的实数 x1 ， x2 ，总有成立， 等价于对于任意两个不相等的实数 x1 < x2 ，总有 f (x1 ) < f (x2 ) . 所以函数 f (x) 一定是增函数. 故选： C 3 ．B 【分析】 由函数的对称性、 单调性即可列出不等式求解. 【详解】 因为 f (x -1) 为偶函数 ，所以函数 f (x) 的图象关于 x= - 1 对称， 又 f (x)在 [-1, +∞)上单调递增， f (a -1) ≤ f (1)， 所以 a -1+1 ≤ 1+1 ，解得 -2 ≤ a ≤ 2 ． 故选：B． 4 ．D 【分析】由 f(x) = f(2 - x) ，得到对称轴为 x = 1 ，然后求解a = f(- ln1. 1) = f(2 + ln1. 1) ，进而利用 f (x) 在[1, +∞) 上单调递减， 比较大小 ，判断选项. 【详解】 由 f(x) = f(2 - x) ，得到对称轴为 x = 1 ，则a = f(- ln1. 1) = f(2 + ln1. 1) ， 而1 < 20.4 < 2 + ln1. 1 < 2 + log2 1. 1 = log2 4.4 < log2 5 ，又 f (x)在[1, +∞) 上单调递减， 则 f (20.4 ) > f(2 + ln1. 1) > f (log2 5) ，得b > a > c . 故选：D 5 ．B 【分析】 由函数奇偶性的性质，定义域关于原点对称可求得a ,进而判断函数的奇偶性. 【详解】根据题意 有 ， 即 (1+ ax)(1- x) > 0 ，若 f (x)存在奇偶性， 则定义域对称 ，必然有1- a = 0 ， 即 a = 1 ， 此时 则 f为奇函数. 故选：B． 6 ．C 【详解】 因为 f(x) 是奇函数 ，从而g(x)= xf(x) 是R 上的偶函数，且在[0, +∞) 上是增函数， a = g (- log2 5. 1) = g (log2 5. 1) ， 20.8 < 2 ，又 4 < 5. 1 < 8 ，则2 < log2 5. 1 < 3 ，所以即0 < 20.8 < log2 5. 1 < 3 ， g(20.8 ) < g(log2 5. 1) < g(3) ， 所以b < a < c ，故选 C． 【考点】指数、对数、 函数的单调性 【名师点睛】比较大小是高考常见题 ，指数式、对数式的比较大小要结合指数函数、对数函数 ，借助 指数函数和对数函数的图象，利用函数的单调性进行比较大小，特别是灵活利用函数的奇偶性和单调 性数形结合不仅能比较大小 ，还可以解不等式. 7 ．A 【分析】根据复合函数单调性分析可知 f (x)在区间(3, 4)上单调递减，进而逐项分析判断即可. 【详解】 因为 t = 4x - x2 开口向下 ，对称轴为t = 2 ， 可知内层函数 t = 4x - x2 在区间(1, 2) 上单调递增， 当 x = 1 ， t = 3 ； 当 x = 2 ， t = 4； 可知t = 4x - x2 ∈ (3, 4)， 又因为函数 y = f (4x - x2 )在区间(1, 2) 上单调递减， 所以 f (t) 在区间(3, 4)上单调递减， 即 f (x)在区间(3, 4)上单调递减. 对于选项 A： 因为函数 f (x) = 4x - x2 在区间(3, 4)上单调递减，故 A 正确； 对于选项 B： 因为x ∈(3, 4) ，则 f (x) = 2x = 2x 在区间(3, 4)上单调递增，故 B 错误； 对于选项 C： 因为x ∈(3, 4) (|( , ), ，则 f (x) = -sinx 在区间(3, 4)上单调递增，故 C 错误； 对于选项 D： 因为 f (x)= x 在区间(3, 4)上单调递增，故 D 错误. 故选：A. 8 ．D 【分析】 由题意得 f (x)在区间(0, +∞) 上单调递增，所以可将不等式转换为∣a - 1∣> 即可求解. 【详解】 因为 f (x)是定义在 R 上的偶函数，且在区间(-∞,0) 上单调递减， 所以 f (x)在区间(0, +∞) 上单调递增， 因为2 ∣ a -1∣ > 0 ， f (-s2 )= f (、)， ( 1 1 )所以 2∣a-1∣> ·、 = 22 ，所以a -1 > 2 ， 即 a -1 < - 或a -1 > ，解得 a < 或 a > ， 所以 a 的取值范围是(|(-∞ , ,) (|( , + ∞ ), . 故选：D. 9 ．B 【分析】 由题意，构造函数g(x)= xf(x) ，判断函数g (x) 的奇偶性和单调性 ，结合函数的奇偶性和单 调性解不等式即可. 【详解】 由函数 y = f(x +1) 图象关于点(-1, 0) 中心对称 ，知函数 f(x) 图象关于点(0, 0) 中心对称， 所以 f(x) 为奇函数. 令g(x) = xf(x) ，则g(-x) = -xf(-x) = xf(x) = g(x) ，所以g (x) 为偶函数， 对于x1, x2 ∈ (0, +∞) ，有 所以g 在(0, +∞) 上单调递增， 所以g (x) 在(-∞, 0) 上单调递减. 由 f(1) = 4 ，得g(1) = 4 ， g(-1) = 4 ， 当 x > 0 时， f(x) > 变形为xf(x) > 4 ， 即 g(x) > g(1)，解得 x >1； 当 x < 0 时， f(x) > < 4 ， 即g(x) < g(-1) ，解得 -1 < x < 0 ， 综上 ，不等式 f(x) > 的解集为(-1, 0) u (1, +∞) . 故选：B 【点睛】关键点点睛： 构造函数g(x)= xf(x) ，利用函数g (x) 的奇偶性和单调性解不等式是解决本题 的关键. 10 ．D 【分析】根据抽象函数性质可确定关于直线 x =2 对称 ，关于点(1, 0) 对称 ，从而可确定其周期性 ，再 结合单调性可得函数 f (x)的大致图象，结合周期性、对称性、对数函数性质、三角函数性质逐项判 断即可得结论. 【详解】对于 A ， 因为 f (4 - x) = f (x) ，则函数 f (x)关于直线 x =2 对称， 由 f (2 - x) = -f (x) ，则函数 f (x)关于点(1, 0) 对称， 所以 f (4 - x) = -f (2 - x) ，所以得 f (2 - x) = -f (-x) ， 则 f (4 - x) = f (-x) ，故函数 f (x) 的周期为 4 ，且 f (-x) = f (x) ，故函数 f (x)为偶函数， 因为函数 f (x)在区间[-1, 0]上单调递增，则函数 f (x)的大致图象如下图： 令 x = 1 ， 由 f (2 -1) = -f (1) ，所以 f (1) = 0 ， 且 f (4 -1) = f (1) = 0 ， 令 x = 0 ， 由 f (4 - 0) = f (0) = f (4) ， 由 f (2 - x) = -f (x) 得 f (2) = -f (0) ， 所以 f (1)+ f (2)+ f (3)+ f (4) = 0 ， 根据对称性， f (x)在[1, 2]单调递减 ，而 f (1) = 0 ，所以 f (2) < 0 ， 因为函数 f (x)的周期为 4 ， 所以 故 A 不正确； 对于 B ， 由于 f (1) = 0 ， f (0.9)+ f (1.1) = 0 ， f (x)在[1, 2]单调递减， 所以 f (1.1) > f (1.2) ，所以 f (0.9)+ f (1.2) < 0 ，故 B 不正确； 对于 根据图象 f (x)在 [2, 2.5]上单调递增， 所以 f (2.5) > f (log2 80) ，故 C 不正确； 对于 且 0 < ln2 < 0.7 ， 因为 所以 故1> sin1> ln2 > 0 ， 因为 f (x)在 [0, 1]上单调递减，所以 故 D 正确． 故选：D． 【点睛】关键点点睛：抽象函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性、周期性、对称性 ，解决本题的 关键是结合函数的性质确定函数的图象，从而可确定函数值的大小关系、对称关系. 11．BC 【分析】利用赋值法求解判断 AB； 根据单调性的定义判断 C;根据函数的单调性解不等式判断 D 【详解】对于 A ，令 x 为任意实数 y = 2 ，则 f (x)f (2) = f (x) ， ∵ f (x)是非常值函数 ， ∴ f (2) = 1 ，故 A 错误； 对于 B ，令 x 为任意实数， y = 4 - x ，得 f (4 - x )f (x )= f (2 )= 1 ， 令 故 B 正确； 对于 C ， ∵ f (4 - x)f (x) = 1， 当 x < 2 时， 4 - x > 2 ， ∴0 < f (4 - x) <1 ， ∴当 x < 2 ， ∴对任意x ∈ R , f (x) > 0 恒成立， 任取 x1 > x2 ，则 即 f 所以 f (x)在 R 上单调递减，故 C 正确； 对于 D ，令x = y = 0 ，得 f (-2) = f(0) f(0) = 4， 令x = -2, y = 0 ，得 f (-4) = f(-2) f( 0) = 8， 再由 = 1 可知 又∵ f (x)在 R 上单调递减， ∴不等式等价于 x2 + 3x + 4 > 8 ， 解得 x< - 4 或 x >1 ，故 D 错误. 故选：BC 12 ．ACD 学科网（北京）股份有限公司 【分析】根据给定条件 ，赋值推理判断 AB； 利用函数单调性定义推理判断C； 将不等式等价转化， 再利用单调性求解. 【详解】对于 A ，令x = 1, y = 0 ，则[f(1) +1] .[f(0) +1] = f(1) +1 ，而 f(1) = 1 ，解得 f(0) = 0 ，A 正确； 对于 B ，令 x = y = ，则 f(t)+1 = [f( 2 (t)) +1]2 ≥ 0 ， f(t) ≥ —1 ，假设存在 p ∈ R 使得 f(p) = —1， 对任意实数 x，有 f(x)+1 = f(x —p + p)+1 = [f(x —p)+1][f(p)+1] = 0 ， 此时 f(x) = —1 为常数函数，与 f(1) = 1 矛盾 ， 即不存在 p ∈ R 使得 f(p) = —1 ，则 f(x) > —1 ，B 错误； 对于 C ， 由[f(x) +1].[f(y) +1] = f(x + y) +1 ，得 f(x + y) = f(x)f(y) + f(x) + f(y) ， x1 , x2 ∈ R ，且 x1 < x2 ，则 x1 — x2 < 0 ，又当 x < 0 时， f(x) < 0 ，则 f(x1 — x2 ) < 0 ， 又 f(x)+1 > 0 恒成立， 因此 f(x1 ) —f(x2 ) = f(x1 — x2 + x2 ) —f(x2 ) = f(x1 — x2 )f(x2 ) + f(x1 — x2 ) + f(x2 ) — f(x2 ) = f(x1 — x2 )f(x2 ) + f(x1 — x2 ) = f(x1 — x2 )[f(x2 ) +1] < 0 ， 即 f(x1 ) < f(x2 ) ， 因此 f(x) 为 R 上的增函数，C 正确； 对于 D ， f(2) = f(1+1) = f2 (1) + 2f(1) = 3 ，则[f(2 — x) +1][f(x) +1] = f(2) +1 = 4 ， 不等式 令 t = f +1 > 0 ， 由 即 t2 — 5t + 4 > 0 ， 解得0 < t < 1 或t > 4 ， 即—1 < f(x) < 0 或 f(x) > 3 ，而 f (x)为 R 上的增函数， f(2) = 3, f(0) = 0 ， 于是 x < 0 或 x > 2 ，不等式 f(x) + f(2 — x) > 3 的解集为(—∞, 0) u (2, +∞) ，D 正确. 故选：ACD 13 ．AD 【分析】应用赋值法得到 0 < x < 1时， f(x) < 0 ；构造出 f(x), f(x2 ), f(x3 ) 的等量关系 ，再结合不等式 性质判断即可. 【详解】 由题意 赋值 x = y = 1 ，得 f(1) = f( 1 (1)) = 1. f(1) —1. f(1) = 0 ； 赋值 x = 1 ，得 即 当 x > 1 时， f(x) > 0 ， 当 0 < x < 1时，则 所以 即0 < x < 1, f 学科网（北京）股份有限公司 所以(x —1)f (x) ≥ 0 ，A 正确， 取 x = 1 ，则 f (2) > 0 ， 2f (1) = 0 ，显然 f (2x) < 2f (x)不成立，B 错， 赋值 x = y2 ，得 解得 由 x > 0 ， 其中由 x > 0 ，可知 当 x >1 时 即 f ； 当 0 < x <1时， f(x) < 0, (|(x + — 2,) f(x) ≤ 0 ， 即 f (x2 ) ≤ 2f(x) ； 故 C 错误； x = x2 , y = ，得 ( 又 则 ) 故 f(x3 )f(x) ≤f2 (x2 ) ，且 f(x) 不恒为 0 ，故 D 正确. 故选：AD. 14 ． x — x3 (答案不唯一) 【分析】根据题意只要函数 f (x)是 R 上单调递增的奇函数即可符合题意. 【详解】根据题意只要函数 f (x)是 R 上单调递增的奇函数即可符合题意，所以 f (x) = x3 ，即g(x)可 以是 x — x3 ， 故答案为： x — x3 (答案不唯一). 15 ． a < —2 【分析】根据函数图象关于(2, 0) 中心对称可得 f (4 — x)= —f (x) ，又因为 f (x)在 [2, +∞) 上单调递减 可推得 f (x)≤ 0 结合函数关于(2, 0) 中心对称进而推得 f (x)在 R 上单调递减.再利用函数的单调性即 可求得a 的范围. 【详解】 由函数 f (x) 的图象关于(2, 0) 中心对称 ，则 f (4 — x)= —f (x) . 又因为 f (x)在 [2, +∞) 上单调递减，所以x ∈[2, +∞) 时， f (x) ≤ 0 ， 且 f (x)在 (—∞, 2) 上单调递减，且 f (x) > 0 ，可得 f (x)在 R 上单调递减. 又因为 f (3 — 2a) = —f (1+ 2a) ，所以 f (3 — 2a)+ f (4a + 5) > 0 可得 f (4a + 5) > f (1+ 2a) ， 则4a + 5 < 1+ 2a ，得 a < —2 . 故答案为： a < —2 . 16 ． (—3, 3) 【分析】利用赋值法判定函数的奇偶性与单调性 ，再根据条件求出 f (1) = 4 ，根据单调性解不等式即 可. 【详解】令x = y = 0 → 2f (0 )= f (0 )得 f (0) = 0 ， 令y = —x ，得 f (—x )= —f (x ) ，则 f (x)为奇函数， 设 x1 > x2 ，则 f (x1 )—f (x2 ) = f (x1 — x2 ) ， 因为当 x > 0 时， f (x) > 0 ，所以 f (x1 — x2 ) > 0 ，则 f (x1 ) > f (x2 ) ， 所以 f (x)在 R 上单调递增． 所以 f (1) = f (|(), + f ,) = 4f ), = 4 ． f (x2 —8) < 4 可化为 f(x2 —8) < f (1) ，所以 x2 —8 <1， 解得 —3 < x < 3 ． 故答案为： (—3, 3) 17 ．(1) c = 0 ； (2)证明见解析； (3) [3, +∞) 【分析】（1）求导，并得到 f,(0) = 0 ，求出 c = 0 ； （2）求导， 由 f (2) = 0 得d = —4(b+ 2) ，令 f,(x) = 0 ，解得 x = 0 或 x = — ，结合函数单调性得到 — ≥ 2 ，解得 b ≤ —3 ，从而 f (1) = —3b— 7 ≥ 2 ； （3） 由方程的根得到 f (x) = (x —α)(x — β )(x — 2) ，整理后 ，对照系数得到 α + β, α β , 从而得到 ( α — β 的取值范围是 [ 3, +∞ ) ． ) ( α — β )= (b— 2)2 — 16 ， 由（2）知 ， b ≤ —3 ，从而求出 【详解】（1） 由已知可得 f¢(x)= 3x2 + 2bx + c ． 因为 f (x)在(—∞, 0] 上是增函数，在 [0, 2] 上是减函数， 故 0 为 f (x) 的极大值点，所以 f,(0) = 0 ，解得 c = 0 ； （2） 由（1）可知 f (x) = x3 + bx2 + d ，则 f,(x) = 3x2 + 2bx ． 依题意可得 f (2) = 0 ， 即 8 + 4b + d = 0 ，故d = —4(b+ 2) ． 令 f, (x ) = 0 ，解得 x = 0 或 x = — ． 因为 f (x)在(—∞, 0] 上是增函数，在 [0, 2] 上是减函数，所以 — ≥ 2 ，解得b ≤ —3 ， 所以 f (1) = 1+b + d = 1+b— 4(b+ 2) = —3b— 7 ≥ 2 ． （3） 因为 α , β , 2 是方程 f (x) = 0 的 3 个实数根， 所以 f (x) = (x —α)(x — β )(x — 2)， 所以 f (x) = x3 — (2 +α + β )x2 + (2α + 2β +αβ )x — 2αβ , 所以 所以 所以α — β = · = · = ·(b + 2)2 —8(b + 2) = ·、 (b — 2)2 —16 ． Q b ≤ —3 ， :b— 2 ≤ —5 ， :(b— 2)2 ≥ 25 ， :(b— 2)2 —16 ≥ 9 ， : ·(b — 2)2 —16 ≥ 3 ， 即 α — β ≥ 3 ， : α — β 的取值范围是 [3, +∞)． 18 ．(1)1 【分析】（1） 由 x 的取值范围，进而求出2x — π 的取值范围，利用余弦函数的单调性即可求得结果. 3 （2）令 f(x) = 2 ，得到cos(2x — ) = — ，表示出解集的通式，再分别令 k 等于不同的整数， 即可求出 结果. （3）先求出函数 f(x) 的单调递增区间，再让区间「|L0, 」 (7)|和「|L2a, 分别是单调增区间的子区间即可 求得结果. 因为 在 [0, π ]上单调递减， 在[ — , 0) ， (π, ] 上单调递增， :(cosU)min = cos π = —1 ， f (x)min = —2 + a + 2 = 1 ， : a = 1 ． （2） 由（1）知 f(x) = 2 cos(2x — ) + 3 ， :f(x) = 2 ， : cos(2x — ) = — ， 解得 x = kπ — , k ∈ Z 或 x = kπ + ， k ∈ Z ， 因为 x∈[—π, π]， 当 k = —1 时 , x = — ； 当 k = 0 时， x = — 或 ； 当 k = 1 时， x = ． 故x 的取值集合为{— , — , , } ． （3） 由 2kπ — π ≤ 2x — ≤ 2kπ(k ∈ Z) ，得kπ — ≤ x ≤ kπ + (k ∈ Z) ， 即函数 f(x) 的单调递增区间为[kπ — , kπ + ](k ∈ Z) ． 当 k = 0 时， 函数 f(x) 的单调递增区间为「|L— , ， 当 k = 1 时， 函数 f(x) 的单调递增区间为[ , ] ． 又函数 f(x) 在区间[0, ] 和[2a, ] 上均单调递增， :a 的取值范围为[ , ]． 19 ．(1)(—∞, —1) U(5, +∞) ； 【分析】(1) 根据函数单调性的性质判断 f (x)的单调性 ，根据单调性列出不等式即可求出原不等式解 集； (2) 根据 f (x)是偶函数求出 a ，令 t = 2x + 2—x ，求出t 的取值范围，令g(x) = 0 ，将原题转化为方程有 解问题即可求解. ( 2 )【详解】（1） 当 a = —1 时， 函数 f (x) = —2x + 2—x ， 函数是y = 一2x 和 y =2一x 都是 R 上的减函数，所以为减函数， 所以不等式 f(x2 一 4) < f(4x +1) 等价于 x2 一 4 > 4x +1， 解得 x < 一1或 x > 5 ， 即原不等式解集为(一∞, 一1) U (5, +∞) ． （2） 由于 f(x) 是偶函数 ，则 f(一x) = f(x) ， 代入化简得(a 一1)(2 x 一 2一x)= 0 ，解得 a = 1 ， 令 t = 2x + 2一x ， x ∈ [0, log2 3] ，则 ， 所以 一 在 t ∈「|L2, 上有解， ， 因为函数 y = x 一 在 上严格增 ，所以 t 一 ， 解得 故 m 的取值范围为 ． $$