《2024年零失误分层训练高中数学必修第一册人教版B版》

1. (2024·广东湛江高一期中) 若$f(x)=x^{2}-2(a - 1)x + 2$在$(-\infty,5]$上单调递减，则实数$a$满足 （ ）
A. $a＞6$
B. $a\geqslant6$
C. $a＜6$
D. $a = 6$

答案： B[提示：函数$f(x)=x^{2}-2(a - 1)x + 2$的图象开口向上，且以直线$x = a - 1$为对称轴，若$f(x)=x^{2}-2(a - 1)x + 2$在$(-\infty,5]$上单调递减，则$a - 1\geq5$，解得$a\geq6.$]

2. (2023·浙江宁波高一阶段练习) 已知函数$f(x)=\frac{1}{\sqrt{2 - ax}}$在$[0,1)$上单调递增，则$a$的取值范围是 （ ）
A. $(0,2]$
B. $(0,2)$
C. $(0,+\infty)$
D. $(-\infty,0)$

答案： A[提示：因为函数$f(x)=\frac{1}{\sqrt{2 - ax}}$在$[0,1)$上单调递增，设$t = 2 - ax$，所以$t = 2 - ax$为减函数，且在区间$[0,1)$上大于零恒成立，所以$\begin{cases}a ＞ 0\\-a + 2\geq0\end{cases}\Rightarrow0 ＜ a\leq2.$]

3. 若函数$f(x)=ax + 1$在区间$[1,2]$上的最大值与最小值的差为2，则实数$a$的值为 （ ）
A. 2
B. 2或 - 2
C. 3
D. 3或 - 3

答案： B[提示：依题意，当$a = 0$时，$f(x)=1$，不符合题意；当$a ＞ 0$时，$f(x)=ax + 1$在区间$[1,2]$上单调递增，所以$f(2)-f(1)=2a + 1-(a + 1)=2$，得$a = 2$；当$a ＜ 0$时，$f(x)=ax + 1$在区间$[1,2]$上单调递减，所以$f(1)-f(2)=a + 1-(2a + 1)=2$，得$a = - 2$. 综上，$a$的值为$\pm2.$]

4. (2023·河北秦皇岛高一期末) 若函数$f(x)=x^{2}-2x + 3$在闭区间$[0,m]$上有最大值3，最小值2，则实数$m$的取值范围是 （ ）
A. $(-\infty,2]$
B. $[0,2]$
C. $[1,2]$
D. $[1,+\infty)$

答案： C[提示：$f(x)=x^{2}-2x + 3=(x - 1)^{2}+2$，当$0 ＜ m\leq1$，$x\in[0,m]$时，函数单调递减，所以有$f(x)_{\max}=f(0)=3$，$f(x)_{\min}=f(m)=m^{2}-2m + 3 = 2\Rightarrow m = 1$；当$m ＞ 1$时，$f(0)=f(2)=3$，$f(1)=2$，对称轴为直线$x = 1$，因为函数$f(x)=x^{2}-2x + 3$在闭区间$[0,m]$上有最大值$3$，最小值$2$，所以有$1 ＜ m\leq2$. 综上所述，实数$m$的取值范围是$[1,2].$]

5. (2024·湖南长沙三中期中) 若函数$f(x)=4x+\frac{a}{x}$在区间$[3,+\infty)$上是增函数，则实数$a$的取值范围是______________.

答案： $(-\infty,36]$[提示：函数$f(x)=4x+\frac{a}{x}$在区间$[3,+\infty)$上是增函数，则任取$3\leq x_{1}＜x_{2}$，都有$f(x_{1})＜f(x_{2})$，即$f(x_{1})-f(x_{2})=4x_{1}+\frac{a}{x_{1}}-(4x_{2}+\frac{a}{x_{2}})=(x_{1}-x_{2})\cdot\frac{4x_{1}x_{2}-a}{x_{1}x_{2}}＜0$，由$3\leq x_{1}＜x_{2}$，有$x_{1}-x_{2}＜0$，$x_{1}x_{2}＞0$，所以$4x_{1}x_{2}-a＞0$，由$4x_{1}x_{2}＞36$，得$a\leq36$，即实数$a$的取值范围是$(-\infty,36].$]

6. (2024·吉林长春高一期中) 若函数$f(x)=\begin{cases}\frac{a}{x},x＞1,\\(3 - 5a)x + 2,x\leqslant1\end{cases}$在$\mathbf{R}$上为减函数，则实数$a$的取值范围是 （ ）
A. $(\frac{3}{5},\frac{5}{6}]$
B. $[\frac{5}{6},1)$
C. $(0,\frac{3}{5})$
D. $\varnothing$

答案： A[提示：由题意可得$\begin{cases}a ＞ 0\\3 - 5a ＜ 0\\5 - 5a\geq a\end{cases}$，解得$\frac{3}{5}＜a\leq\frac{5}{6}$，所以实数$a$的取值范围为$(\frac{3}{5},\frac{5}{6}].$]

7. (2023·浙江宁波高一期末) 已知函数$f(x)=\begin{cases}(a - 3)x + 2a,x＜1,\\ax^{2}+(a + 1)x,x\geqslant1\end{cases}$在$\mathbf{R}$上是单调的函数，则实数$a$的取值范围是 （ ）
A. $(-\infty,-\frac{1}{3}]$
B. $(3,4]$
C. $(-\infty,-\frac{1}{3}]\cup(3,4]$
D. $(-\infty,-\frac{1}{3})\cup(3,4]$

答案： B[提示：因为$f(x)$在$\mathbf{R}$上是单调的，所以当$a = 0$时，$f(x)=\begin{cases}-3x,x ＜ 1\\x,x\geq1\end{cases}$，不满足条件；当$a ＞ 0$时，若$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增，则$\begin{cases}a - 3 ＞ 0\\-\frac{a + 1}{2a}\leq1\\a - 3 + 2a\leq a + a + 1\end{cases}$，解得$3 ＜ a\leq4$，当$a ＜ 0$时，若$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递减，则$\begin{cases}a - 3 ＜ 0\\-\frac{a + 1}{2a}\leq1\\a - 3 + 2a\geq a + a + 1\end{cases}$，无解，所以实数$a$的取值范围是$3 ＜ a\leq4.$]

8. (2024·海南海口高一期中) [多选] 已知函数$f(x)=\begin{cases}-x^{2}-ax - 7,x\leqslant1,\\\frac{a}{x},x＞1\end{cases}$是$\mathbf{R}$上的增函数，则$a$的值可以是 （ ）
A. - 1
B. - 2
C. - 3
D. 1

答案： BC[提示：由题意，函数$y=-x^{2}-ax - 7$的图象开口向下，对称轴为直线$x=-\frac{a}{2}$，因为函数$f(x)=\begin{cases}-x^{2}-ax - 7,x\leq1\\\frac{a}{x},x ＞ 1\end{cases}$是$\mathbf{R}$上的增函数，所以$\begin{cases}-\frac{a}{2}\geq1\\a ＜ 0\\-1 - a - 7\leq a\end{cases}$，解得$-4\leq a\leq - 2$. 所以实数$a$的取值可以是$-2$，$-3$.]

9. (2024·辽宁大连名校联盟高一期中联考) 函数$f(x)$的定义域为$\mathbf{R}$，且对于任意$x_{1},x_{2}\in\mathbf{R}(x_{1}\neq x_{2})$均有$\frac{f(x_{2})-f(x_{1})}{x_{2}-x_{1}}＜0$成立，若$f(1 - a)＞f(2a - 1)$，则正实数$a$的取值范围为 （ ）
A. $(-\infty,0)\cup(\frac{2}{3},+\infty)$
B. $(\frac{2}{3},+\infty)$
C. $(0,\frac{2}{3})$
D. $(0,\frac{2}{3}]$

答案： B[提示：由题意$\frac{f(x_{2})-f(x_{1})}{x_{2}-x_{1}}＜0$，$x_{1},x_{2}\in\mathbf{R}(x_{1}\neq x_{2})$，不妨假设$x_{1}＜x_{2}$，则$f(x_{1})＞f(x_{2})$，所以$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递减，又$f(1 - a)＞f(2a - 1)$，所以$1 - a＜2a - 1$，解不等式得$a＞\frac{2}{3}$，则正实数$a$的取值范围为$(\frac{2}{3},+\infty).$]

10. (2024·黑龙江哈尔滨高一期中) 已知$f(x)$是定义在$(-\infty,0]$上的增函数，且$f( - 2)=3$，则满足$f(2x - 3)＜3$的$x$的取值范围是 （ ）
A. $(-\infty,\frac{1}{2})$
B. $(\frac{3}{2},3)$
C. $(-\infty,3)$
D. $(\frac{3}{2},\frac{1}{2})$

答案： A[提示：因为$f(-2)=3$，所以由$f(2x - 3)＜3\Rightarrow f(2x - 3)＜f(-2)$，因为$f(x)$是定义在$(-\infty,0]$上的增函数，所以有$\begin{cases}2x - 3\leq0\\2x - 3 ＜ - 2\end{cases}\Rightarrow x ＜ \frac{1}{2}.$]

11. 设$f(x)=x^{2}+(5 - 6a)x + a - 2$.
(1) 若$f(x)$在$(1,2)$内是单调的，求$a$的取值范围；
(2) 若$f(x)$在$[1,5]$内的最大值为$f(1)$，求$a$的取值范围.

答案： 解：
(1)由$f(x)$在$(1,2)$内是单调的，可知$\frac{6a - 5}{2}\leq1$或$\frac{6a - 5}{2}\geq2$，解得$a\leq\frac{7}{6}$或$a\geq\frac{3}{2}$.
(2)由题意可知$\frac{6a - 5}{2}\geq3$，解得$a\geq\frac{11}{6}$.