《2024年步步高大一轮复习讲义高中数学人教A版》

跟踪训练1 (1)函数$g(x)=x\cdot|x - 1| + 1$的单调递减区间为（ ）
A. $(-\infty,\frac{1}{2}]$
B. $[\frac{1}{2},1]$
C. $[1,+\infty)$
D. $(-\infty,\frac{1}{2}]\cup[1,+\infty)$

答案：
(1)B

(2)（2024·唐山模拟）函数$f(x)=\log_{\frac{1}{2}}(2x^2 - 3x - 2)$的单调递增区间为____________.

答案：
(2)$(-\infty,-\frac{1}{2})$

例3（2023·湘潭统考）定义在$\mathbf{R}$上的偶函数$f(x)$满足：对任意的$x_1,x_2\in(-\infty,0](x_1\neq x_2)$，有$\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1 - x_2}＜0$，则（ ）
A. $f(-2)＜f(3)＜f(4)$
B. $f(-2)＞f(3)＞f(4)$
C. $f(3)＜f(4)＜f(-2)$
D. $f(4)＜f(-2)＜f(3)$

答案： A　[因为对任意的$x_1,x_2\in(-\infty,0]$　　$(x_1\neq x_2)$，　　有$\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1 - x_2}$＜0, 所以$f(x)$在$(-\infty,0]$上单调递减，又$f(x)$为偶函数， 　所以$f(x)$在$(0，+\infty)$上单调递增，则$f(2)＜f(3)＜f(4)$， 　又$f(-2)=f(2)$， 　所以$f(-2)＜f(3)＜f(4).]$

例4（2023·四川外国语大学附中模拟）函数$f(x)=x-\frac{2}{x}+1$在$[1,4]$上的值域为（ ）
A. $[1,\frac{9}{2}]$
B. $[0,1]$
C. $[0,\frac{9}{2}]$
D. $[\sqrt{2},\frac{9}{2}]$

答案： C　[由$y = x$在$[1,4]$上单调递增，且$y = \frac{2}{x}$在$[1,4]$上单调递减， 　可得$f(x)=x - \frac{2}{x}+1$在$[1,4]$上单调递增， 　又$f(1)=0,f(4)=\frac{9}{2}$， 　故值域为$[0,\frac{9}{2}]$.]

典例（多选）下列函数中，值域正确的是（ ）
A. 当$x\in[0,3)$时，函数$y = x^2 - 2x + 3$的值域为$[2,6)$
B. 函数$y=\frac{2x + 1}{x - 3}$的值域为$\mathbf{R}$
C. 函数$y = 2x-\sqrt{x - 1}$的值域为$[\frac{15}{8},+\infty)$
D. 函数$y=\sqrt{x + 1}+\sqrt{x - 1}$的值域为$[\sqrt{2},+\infty)$

答案： ACD　[对于A,(配方法)$y=x^2 - 2x + 3=(x - 1)^2 + 2$, 　由$x\in[0,3)$，再结合函数的图象(如图①所示)，可得函数的值域为$[2,6)$. 对于B,(分离常数法)$y=\frac{2x + 1}{x - 3}=\frac{2(x - 3)+7}{x - 3}=2+\frac{7}{x - 3}$,显然$\frac{7}{x - 3}\neq0$，
∴$y\neq2$. 　故函数的值域为$(-\infty,2)\cup(2,+\infty)$.对于C.(换元法)设$t=\sqrt{x - 1}$，则$x =t^2 + 1$，且$t\geq0$，
　
∴$y=2(t^2 + 1)-t=2(t-\frac{1}{4})^2+\frac{15}{8}$，由$t\geq0$，再结合函数的图象(如图②所示)，可得函数的值域为$[\frac{15}{8},+\infty)$.对于D,函数的定义域为$[1,+\infty)$，
∵$y=\sqrt{x + 1}$与$y=\sqrt{x - 1}$在$[1,+\infty)$上均单调递增，
∴$y=\sqrt{x + 1}+\sqrt{x - 1}$在$[1,+\infty)$上为增函数，
　
∴当$x = 1$时，$y_{min}=\sqrt{2}$， 　即函数的值域为$[\sqrt{2},+\infty)$. ]

例5 函数$y = f(x)$是定义在$[-2,2]$上的减函数，且$f(a + 1)＜f(2a)$，则实数$a$的取值范围是____________.

答案： [-1,1) 解析　依题意得$\begin{cases}-2\leq a + 1\leq2\\-2\leq 2a\leq2\\a + 1＞ 2a\end{cases}$ 解得$-1\leq a＜1$. 　所以实数$a$的取值范围是$[-1,1)$.

例6（2024·恩施模拟）已知函数$f(x)=\begin{cases}(3a - 1)x + 4a,x＜1,\\x^2 - ax + 6,x\geq1\end{cases}$满足：对任意$x_1,x_2\in\mathbf{R}$，当$x_1\neq x_2$时，都有$\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1 - x_2}＞0$成立，则实数$a$的取值范围是（ ）
A. $[2,+\infty)$
B. $(\frac{1}{3},2]$
C. $(\frac{1}{3},1]$
D. $[1,2]$

答案： C　[对任意$x_1,x_2\in\mathbf{R}$，当$x_1\neq x_2$ 时，都有$\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1 - x_2}＞0$成立，所以函数$f(x)=\begin{cases}(3a - 1)x + 4a,x＜1\\x^2 - ax + 6,x\geq1\end{cases}$在$\mathbf{R}$上是增函数， 所以$\begin{cases}3a - 1＞0\\\frac{a}{2}\leq1\\3a - 1 + 4a\leq1 - a + 6\end{cases}$ 解得$\frac{1}{3}＜a\leq1$， 所以实数$a$的取值范围是$(\frac{1}{3},1]$.]

跟踪训练2 (1)已知函数$f(x)=\begin{cases}\ln(x + 1),x\geq0,\\-2x^2,x＜0\end{cases}$，则不等式$f(x + 2)＜f(x^2 + 2x)$的解集是（ ）
A. $(-2,1)$
B. $(0,1)$
C. $(-\infty,-2)\cup(1,+\infty)$
D. $(1,+\infty)$

答案：
(1)C

(2)若函数$f(x)=\frac{x + a - 3}{x - 1}$在$(a,+\infty)$上单调递增，则实数$a$的取值范围为____________.

答案：
(2)[1,2)