《2024年世纪金榜高中全程学习方略高中数学必修第一册人教版》

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（2024·青岛高一检测）已知函数$f(x)$的定义域为$\mathbf{R}$，对任意的$x_1,x_2$，且$x_1\neq x_2$，都有$[f(x_1)-f(x_2)](x_1 - x_2)＞0$成立。 若$f(x^2 - 3x + a)＞f(x - 2a^2 - 6a)$对任意$x\in\mathbf{R}$恒成立，则实数$a$的取值范围是（ ）
A. $(-\infty,-\frac{1}{2})\cup(4,+\infty)$
B. $(-\frac{1}{4},\frac{1}{2})$
C. $(-\infty,-4)\cup(\frac{1}{2},+\infty)$
D. $[-\frac{1}{2},4]$

答案： C　不妨设$x_1＜x_2$，则$x_1 - x_2＜0$，由$[f(x_1)-f(x_2)](x_1 - x_2)＞0$，可得$f(x_1)-f(x_2)＜0$，即$f(x_1)＜f(x_2)$，
所以$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增.
由$f(x^2 - 3x + a)＞f(x - 2a^2 - 6a)$可得，$x^2 - 3x + a＞x - 2a^2 - 6a$，即$x^2 - 4x + 2a^2 + 7a＞0$对任意$x\in\mathbf{R}$恒成立，
所以$\Delta=(-4)^2 - 4(2a^2 + 7a)＜0$，
整理可得$2a^2 + 7a - 4＞0$，解得$a＜-4$或$a＞\frac{1}{2}$，
所以实数$a$的取值范围是$(-\infty,-4)\cup(\frac{1}{2},+\infty)$.

【典例】$y = kx^2-\frac{2}{3}x + 1$在$[0,+\infty)$上单调递减，求实数$k$的取值范围。

答案： [解析]$k = 0$时，$y = -\frac{2}{3}x + 1$满足题意；
$k＞0$时，抛物线开口向上，对称轴为直线$x=\frac{1}{3k}＞0$，在$[0,+\infty)$上不可能单调递减；
$k＜0$时，对称轴为直线$x=\frac{1}{3k}＜0$，在$[0,+\infty)$上单调递减.
综上，$k$的取值范围为$(-\infty,0]$.

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（2024·济宁高一检测）若函数$f(x)=x^2 - 2kx + 1$在$[3,5]$上单调递增，则实数$k$的取值范围为（ ）
A. $(-\infty,3]$
B. $[3,5]$
C. $[5,+\infty)$
D. $[3,+\infty)$

答案： A　由$f(x)=x^2 - 2kx + 1$，知函数$f(x)$图象开口向上，且对称轴为$x = k$，要使$f(x)$在$[3,5]$上单调递增，则有$k\leqslant3$，即实数$k$的取值范围为$(-\infty,3]$.

【典例】已知函数$f(x)=\begin{cases}x^2 - 2ax+\frac{5}{2},x ＜ 1\\\frac{2 - a}{x},x\geq1\end{cases}$满足对于任意实数$x_1\neq x_2$，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. $(1,2)$
B. $[1,2)$
C. $(1,\frac{3}{2})$
D. $[1,\frac{3}{2}]$

答案： D　依题意，对于任意实数$x_1\neq x_2$，都有$\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1 - x_2}＜0$成立，不妨设$x_1＜x_2$，则$f(x_1)-f(x_2)＞0$，$f(x_1)＞f(x_2)$，
所以$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递减，
所以$\begin{cases}-\frac{-2a}{2}\geqslant1\\2 - a＞0\\1^2 - 2a+\frac{5}{2}\geqslant\frac{2 - a}{1}\end{cases}$，解得$1\leqslant a\leqslant\frac{3}{2}$.

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若函数$f(x)=\begin{cases}-x^2 + 2ax,x\leq1\\(2a - 1)x - 3a + 6,x ＞ 1\end{cases}$满足对任意的实数$x_1\neq x_2$，都有$(x_1 - x_2)[f(x_1)-f(x_2)]＞0$成立，求实数$a$的取值范围。

答案： [解析]因为函数$f(x)=\begin{cases}-x^2 + 2ax,x\leqslant1\\(2a - 1)x - 3a + 6,x＞1\end{cases}$满足对任意的实数$x_1\neq x_2$，都有$(x_1 - x_2)[f(x_1)-f(x_2)]＞0$成立，所以函数$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上是增函数，
即$\begin{cases}a\geqslant1\\2a - 1＞0\\-1^2 + 2a\cdot1\leqslant(2a - 1)\times1 - 3a + 6\end{cases}$，解得$1\leqslant a\leqslant2$.
所以实数$a$的取值范围是$[1,2]$.