《2025年高考帮数学》

例3
（1）[全国卷Ⅰ]函数$f(x)$在(-∞，+∞)上单调递减，且为奇函数. 若$f(1)= - 1$，则满足$-1\leq f(x - 2)\leq1$的$x$的取值范围是 （ ）
A. [-2，2] B. [-1，1]
C. [0，4] D. [1，3]
（2）[2024安徽名校联考]设函数$f(x)=x^{2}-\frac{1}{2^{|x| + 1}}$，则满足$f(x + 2)＞f(2x - 3)$的$x$的取值范围是 （ ）
A. (-∞，5) B. ($\frac{1}{3}$，+∞)
C. ($\frac{1}{3}$，5) D. (-∞，$\frac{1}{3}$)∪(5，+∞)

答案： 例3
(1)D　$\because$函数$f(x)$为奇函数，且$f(1)=-1$，$\therefore f(-1)=-f(1)=1$，由$-1\leqslant f(x - 2)\leqslant1$，得$f(1)\leqslant f(x - 2)\leqslant f(-1)$，(将常数转化为函数值)
又函数$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上单调递减，$\therefore - 1\leqslant x - 2\leqslant1$，$\therefore 1\leqslant x\leqslant3$.故选D.
(2)C　$f(x)=x^{2}-\frac{1}{2^{|x|+1}}$的定义域为R，$\because f(-x)=(-x)^{2}-\frac{1}{2^{|-x|+1}}=x^{2}-\frac{1}{2^{|x|+1}}=f(x)$，$\therefore f(x)$为偶函数.由$f(x + 2)＞f(2x - 3)$可得$f(|x + 2|)＞f(|2x - 3|)$，又当$x＞0$时，$f(x)=x^{2}-\frac{1}{2^{x + 1}}$单调递增，$\therefore |x + 2|＞|2x - 3|$，即$(x + 2)^{2}＞(2x - 3)^{2}$，解得$\frac{1}{3} ＜ x ＜ 5$.故选C.

例4
（1）[2023新高考卷Ⅰ]设函数$f(x)=2^{x(x - a)}$在区间(0，1)单调递减，则$a$的取值范围是 （ ）
A. (-∞，-2] B. [-2，0)
C. (0，2] D. [2，+∞)
（2）[2023江苏省响水中学检测]已知函数$f(x)=\begin{cases}|x - a + 3|,x\geq1\\\log_{a}x,0＜x＜1\end{cases}$在其定义域上单调递增，则实数$a$的取值范围为 （ ）
A. (0，1) B. (3，6) C. (1，4] D. (1，2]

答案： 例4
(1)D　由题意得$y = x(x - a)$在区间$(0,1)$上单调递减，所以$\frac{a}{2}\geqslant1$，解得$a\geqslant2$.故选D.
(2)C　$\because$函数$f(x)=\begin{cases}|x - a + 3|,x\geqslant1\\\log_{a}x,0 ＜ x ＜ 1\end{cases}$在其定义域上单调递增，$\therefore\begin{cases}a＞1\\a - 3\leqslant1\\0\leqslant|-a + 4|\end{cases}$，解得$1 ＜ a\leqslant4$，$\therefore$实数$a$的取值范围为$(1,4]$，故选C.

训练2
（1）[2024浙江省宁波市育才高级中学模拟]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，+∞) D. (-∞，0)
（2）[2023江苏南京模拟]已知$f(x)=\begin{cases}e^{x - 4},x\leq4\\(x - 16)^{2}-143,x＞4\end{cases}$，则当$x\geq0$时，$f(2^{x})$与$f(x^{2})$的大小关系是 （ ）
A. $f(2^{x})\leq f(x^{2})$ B. $f(2^{x})\geq f(x^{2})$
C. $f(2^{x})=f(x^{2})$ D. 不确定
（3）[2023山东模拟]不等式$x^{6}-(2x + 3)＞(2x + 3)^{3}-x^{2}$的解集是 （ ）
A. (-∞，-1)∪(3，+∞)
B. (-1，3)
C. (-3，1)
D. (-∞，-3)∪(1，+∞)

答案：
训练2
(1)A　设$t = 2 - ax$，由已知易知$t = 2 - ax$在$[0,1]$上单调递减，且在区间$[0,1]$上大于零恒成立，所以$\begin{cases}a＞0\\-a + 2\geqslant0\end{cases}\Rightarrow0 ＜ a\leqslant2$.故选A.
(2)B　由函数$f(x)=\begin{cases}e^{x - 4},x\leqslant4\\(x - 16)^{2}-143,x＞4\end{cases}$得函数$f(x)$在$(-\infty,4]$上单调递增，在$[4,16]$上单调递减，在$(16,+\infty)$上单调递增，作出函数$y = 2^{x}$和$y = x^{2}$的图象，如图所示.
当$x\geqslant0$时，令$2^{x}=x^{2}$，得$x = 2$或$x = 4$.
结合图象可知，当$0\leqslant x ＜ 2$时，$4＞2^{x}＞x^{2}\geqslant0$，则$f(2^{x})＞f(x^{2})$，当$2\leqslant x\leqslant4$时，$4\leqslant2^{x}\leqslant x^{2}\leqslant16$，则$f(2^{x})\geqslant f(x^{2})$，当$x＞4$时，$2^{x}＞x^{2}＞16$，则$f(2^{x})＞f(x^{2})$.
综上所述，当$x\geqslant0$时，$f(2^{x})\geqslant f(x^{2})$.故选B.
(3)A　由不等式$x^{6}-(2x + 3)＞(2x + 3)^{3}-x^{2}$，得$(x^{2})^{3}+x^{2}＞(2x + 3)^{3}+(2x + 3)$.设函数$f(t)=t^{3}+t$，易知$f(t)$在R上单调递增，因为$f(x^{2})＞f(2x + 3)$，所以$x^{2}＞2x + 3$，解得$x＞3$或$x ＜ - 1$.故选A.

例5
（1）函数$f(x)=\frac{x^{2}-x + 1}{x}$的值域为________.
命题拓展
[变条件]函数$f(x)=\frac{x^{2}-x + 1}{x + 1}$的值域为________.
（2）[2022北京高考]设函数$f(x)=\begin{cases}-ax + 1,x ＜ a\\(x - 2)^{2},x\geq a\end{cases}$. 若$f(x)$存在最小值，则$a$的一个取值为________；$a$的最大值为________.

答案： 例5
(1)$(-\infty,-3]\cup[1,+\infty)$　$f(x)=\frac{x^{2}-x + 1}{x}=x - 1+\frac{1}{x}$，由对勾函数$y = x+\frac{1}{x}$的图象可知，$x+\frac{1}{x}\in(-\infty,-2]\cup[2,+\infty)$，所以函数$f(x)$的值域为$(-\infty,-3]\cup[1,+\infty)$.
[命题拓展]
$(-\infty,-2\sqrt{3}-3]\cup[2\sqrt{3}-3,+\infty)$　令$x + 1 = t(t\neq0)$，则$\frac{x^{2}-x + 1}{x + 1}=\frac{(t - 1)^{2}-(t - 1)+1}{t}=\frac{t^{2}-3t + 3}{t}=t - 3+\frac{3}{t}$，由对勾函数$y = t+\frac{3}{t}$的图象可知，$t+\frac{3}{t}\in(-\infty,-2\sqrt{3}]\cup[2\sqrt{3},+\infty)$，所以函数$f(x)$的值域为$(-\infty,-2\sqrt{3}-3]\cup[2\sqrt{3}-3,+\infty)$.
(2)0(答案不唯一)　1　当$a = 0$时，函数$f(x)=\begin{cases}1,x ＜ 0\\(x - 2)^{2},x\geqslant0\end{cases}$，存在最小值0，所以$a$的一个取值可以为0；当$a ＜ 0$时，若$x ＜ a$，则$f(x)=-ax + 1$，此时函数$f(x)$不可能存在最小值；当$0 ＜ a\leqslant2$时，若$x ＜ a$，则$f(x)=-ax + 1$，此时$f(x)\in(-a^{2}+1,+\infty)$，若$x\geqslant a$，则$f(x)=(x - 2)^{2}\in[0,+\infty)$，若函数$f(x)$存在最小值，则$-a^{2}+1\geqslant0$，得$0 ＜ a\leqslant1$；当$a＞2$时，若$x ＜ a$，则$f(x)=-ax + 1$，此时$f(x)\in(-a^{2}+1,+\infty)$，若$x\geqslant a$，则$f(x)=(x - 2)^{2}\in[(a - 2)^{2},+\infty)$，若函数$f(x)$存在最小值，则$-a^{2}+1\geqslant(a - 2)^{2}$，此时不等式无解.综上，$0\leqslant a\leqslant1$，所以$a$的最大值为1.