《2025年高考总复习首选用卷数学人教版》

8.已知函数 $f(x)$ 的图象关于直线 $x = 1$ 对称，当 $x_{2}\gt x_{1}\gt1$ 时，$[f(x_{2})-f(x_{1})](x_{2}-x_{1})\gt0$ 恒成立，设 $a = f(-\frac{1}{2})$，$b = f(2)$，$c = f(e)$，则 $a$，$b$，$c$ 的大小关系为（ ）
A. $c\gt a\gt b$
B. $c\gt b\gt a$
C. $a\gt c\gt b$
D. $b\gt a\gt c$

答案： 8.A　[因为$f(x)$的图象关于直线$x = 1$对称，所以$f(-\frac{1}{2})=f(\frac{5}{2})$.由$x_{2}\gt x_{1}\gt1$时，$[f(x_{2})-f(x_{1})](x_{2}-x_{1})\gt0$恒成立，知$f(x)$在$(1,+\infty)$上单调递增.因为$1\lt2\lt\frac{5}{2}\lt e$，所以$f(2)\lt f(\frac{5}{2})\lt f(e)$，所以$b\lt a\lt c$.]

9.函数 $f(x)=2x+\sqrt{1 - x}$ 的最大值为_______.

答案： 答案　$\frac{17}{8}$
解析　令$\sqrt{1 - x}=t(t\geqslant0)$，则$x = 1 - t^{2}$，$y=-2t^{2}+t + 2=-2(t-\frac{1}{4})^{2}+\frac{17}{8}(t\geqslant0)$，所以$y_{max}=\frac{17}{8}$.

10.设函数 $f(x)=\begin{cases}-x^{2}+4x,x\leq4\\\log_{2}x,x\gt4\end{cases}$，若函数 $y = f(x)$ 在区间 $(a,a + 1)$ 上单调递增，则实数 $a$ 的取值范围是_______.

答案：
答案　$(-\infty,1]\cup[4,+\infty)$
解析　作出函数$f(x)$的图象如图所示，由图象可知$f(x)$在$(a,a + 1)$上单调递增，需满足$a + 1\leqslant2$或$a\geqslant4$，即$a\leqslant1$或$a\geqslant4$.

11.(2023·北京高考)下列函数中，在区间 $(0,+\infty)$ 上单调递增的是（ ）
A. $f(x)=-\ln x$
B. $f(x)=\frac{1}{2^{x}}$
C. $f(x)=-\frac{1}{x}$
D. $f(x)=3^{|x - 1|}$

答案： 11.C　[对于A，因为$y=\ln x$在$(0,+\infty)$上单调递增，$y=-x$在$(0,+\infty)$上单调递减，所以$f(x)=-\ln x$在$(0,+\infty)$上单调递减，故A不符合题意；对于B，因为$y = 2^{x}$在$(0,+\infty)$上单调递增，$y=\frac{1}{x}$在$(0,+\infty)$上单调递减，所以$f(x)=\frac{1}{2^{x}}$在$(0,+\infty)$上单调递减，故B不符合题意；对于C，因为$y=\frac{1}{x}$在$(0,+\infty)$上单调递减，$y=-x$在$(0,+\infty)$上单调递减，所以$f(x)=-\frac{1}{x}$在$(0,+\infty)$上单调递增，故C符合题意；对于D，因为$f(\frac{1}{2})=3^{\vert\frac{1}{2}-1\vert}=3^{\frac{1}{2}}=\sqrt{3}$，$f(1)=3^{\vert1 - 1\vert}=3^{0}=1$，$f(2)=3^{\vert2 - 1\vert}=3$，显然$f(x)=3^{\vert x - 1\vert}$在$(0,+\infty)$上不单调，故D不符合题意.故选C.]

12.(2020·全国Ⅱ卷)设函数 $f(x)=\ln|2x + 1|-\ln|2x - 1|$，则 $f(x)$（ ）
A.是偶函数，且在 $(\frac{1}{2},+\infty)$ 单调递增
B.是奇函数，且在 $(-\frac{1}{2},\frac{1}{2})$ 单调递减
C.是偶函数，且在 $(-\infty,-\frac{1}{2})$ 单调递增
D.是奇函数，且在 $(-\infty,-\frac{1}{2})$ 单调递减

答案： 12.D　[$f(x)=\ln\vert2x + 1\vert-\ln\vert2x - 1\vert$的定义域为$\{x\vert x\neq\pm\frac{1}{2}\}$，关于坐标原点对称，又$f(-x)=\ln\vert1 - 2x\vert-\ln\vert - 2x - 1\vert=\ln\vert2x - 1\vert-\ln\vert2x + 1\vert=-f(x)$，$\therefore f(x)$为定义域上的奇函数，可排除A，C；当$x\in(-\frac{1}{2},\frac{1}{2})$时，$f(x)=\ln(2x + 1)-\ln(1 - 2x)$，$\because y=\ln(2x + 1)$在$(-\frac{1}{2},\frac{1}{2})$上单调递增，$y=\ln(1 - 2x)$在$(-\frac{1}{2},\frac{1}{2})$上单调递减，$\therefore f(x)$在$(-\frac{1}{2},\frac{1}{2})$上单调递增，排除B；当$x\in(-\infty,-\frac{1}{2})$时，$f(x)=\ln(-2x - 1)-\ln(1 - 2x)=\ln\frac{2x + 1}{2x - 1}=\ln(1+\frac{2}{2x - 1})$，$\because\mu = 1+\frac{2}{2x - 1}$在$(-\infty,-\frac{1}{2})$上单调递减，$y=\ln\mu$在定义域内单调递增，$\therefore$根据复合函数单调性可知$f(x)$在$(-\infty,-\frac{1}{2})$上单调递减，D正确.故选D.]

13.(2020·全国Ⅱ卷)若 $2^{x}-2^{y}\lt3^{-x}-3^{-y}$，则（ ）
A. $\ln(y - x + 1)\gt0$
B. $\ln(y - x + 1)\lt0$
C. $\ln|x - y|\gt0$
D. $\ln|x - y|\lt0$

答案： 13.A　[由$2^{x}-2^{y}\lt3^{-x}-3^{-y}$，得$2^{x}-3^{-x}\lt2^{y}-3^{-y}$.令$f(t)=2^{t}-3^{-t}$，$\because y = 2^{t}$为$\mathbf{R}$上的增函数，$y = 3^{-t}$为$\mathbf{R}$上的减函数，$\therefore f(t)$为$\mathbf{R}$上的增函数，$\therefore x\lt y$，$\therefore y - x\gt0$，$\therefore y - x + 1\gt1$，$\therefore\ln(y - x + 1)\gt0$，故A正确，B错误.$\because\vert x - y\vert$与1的大小关系不确定，故C，D无法确定.故选A.]

14.(2020·新高考Ⅰ卷)若定义在 $\mathbf{R}$ 的奇函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,0)$ 单调递减，且 $f(2)=0$，则满足 $xf(x - 1)\geq0$ 的 $x$ 的取值范围是（ ）
A.[-1,1]∪[3,+\infty)
B.[-3,-1]∪[0,1]
C.[-1,0]∪[1,+\infty)
D.[-1,0]∪[1,3]

答案： 14.D　[因为定义在$\mathbf{R}$上的奇函数$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减，且$f(2)=0$，所以$f(x)$在$(0,+\infty)$上也单调递减，且$f(-2)=0$，$f(0)=0$，所以当$x\in(-\infty,-2)\cup(0,2)$时，$f(x)\gt0$；当$x\in(-2,0)\cup(2,+\infty)$时，$f(x)\lt0$，所以由$xf(x - 1)\geqslant0$可得$\begin{cases}x\lt0,\\-2\leqslant x - 1\leqslant0或x - 1\geqslant2\end{cases}$或$\begin{cases}x\gt0,\\0\leqslant x - 1\leqslant2或x - 1\leqslant - 2\end{cases}$或$x = 0$，解得$-1\leqslant x\leqslant0$或$1\leqslant x\leqslant3$，所以满足$xf(x - 1)\geqslant0$的$x$的取值范围是$[-1,0]\cup[1,3]$.故选D.]

15.(2019·全国Ⅲ卷)设 $f(x)$ 是定义域为 $\mathbf{R}$ 的偶函数，且在 $(0,+\infty)$ 单调递减，则（ ）
A. $f(\log_{3}\frac{1}{4})\gt f(2^{-\frac{3}{2}})\gt f(2^{-\frac{2}{3}})$
B. $f(\log_{3}\frac{1}{4})\gt f(2^{-\frac{2}{3}})\gt f(2^{-\frac{3}{2}})$
C. $f(2^{-\frac{3}{2}})\gt f(2^{-\frac{2}{3}})\gt f(\log_{3}\frac{1}{4})$
D. $f(2^{-\frac{2}{3}})\gt f(2^{-\frac{3}{2}})\gt f(\log_{3}\frac{1}{4})$

答案： 15.C　[因为$f(x)$是定义域为$\mathbf{R}$的偶函数，所以$f(\log_{3}\frac{1}{4})=f(-\log_{3}4)=f(\log_{3}4)$.又因为$\log_{3}4\gt1\gt2^{-\frac{2}{3}}\gt2^{-\frac{3}{2}}\gt0$，且函数$f(x)$在$(0,+\infty)$单调递减，所以$f(\log_{3}4)\lt f(2^{-\frac{2}{3}})\lt f(2^{-\frac{3}{2}})$.故选C.]

16.(2022·北京高考)设函数 $f(x)=\begin{cases}-ax + 1,x\lt a\\(x - 2)^{2},x\geq a\end{cases}$，若 $f(x)$ 存在最小值，则 $a$ 的一个取值为_______；$a$ 的最大值为_______.

答案： 答案　$0$（答案不唯一） $1$
解析　若$a = 0$，$f(x)=\begin{cases}1,x\lt0,\\(x - 2)^{2},x\geqslant0,\end{cases}$$\therefore f(x)_{min}=0$；若$a\lt0$，当$x\lt a$时，$f(x)=-ax + 1$单调递增，当$x\to-\infty$时，$f(x)\to-\infty$，故$f(x)$没有最小值，不符合题目要求；若$a\gt0$，当$x\lt a$时，$f(x)=-ax + 1$单调递减，$f(x)\gt f(a)=-a^{2}+1$，当$x\geqslant a$时，$f(x)_{min}=\begin{cases}0,0\lt a\lt2,\\(a - 2)^{2},a\geqslant2,\end{cases}$$\therefore - a^{2}+1\geqslant0$或$-a^{2}+1\geqslant(a - 2)^{2}$，解得$0\lt a\leqslant1$.综上可得，$0\leqslant a\leqslant1$.