《2025年高考总复习首选用卷数学人教版》

2. 若$(m + 1)^{-1}＜(3 - 2m)^{-1}$，则实数$m$的取值范围为（ ）
A. $(-\frac{2}{3},\frac{3}{2})$
B. $(-\infty,-1)$
C. $(-\infty,-1)\cup(\frac{2}{3},\frac{3}{2})$
D. $\varnothing$

答案： 2.C [因为幂函数$y = x^{-1}$在$(-\infty,0)$和$(0,+\infty)$上单调递减，所以由$(m + 1)^{-1}＜(3 - 2m)^{-1}$可得$\begin{cases}m + 1＞0,\\3 - 2m＞0,\\m + 1＞3 - 2m\end{cases}$或$\begin{cases}m + 1＜0,\\3 - 2m＜0,\\m + 1＞3 - 2m\end{cases}$或$\begin{cases}m + 1＜0,\\3 - 2m＞0,\end{cases}$解得$\frac{2}{3}＜m＜\frac{3}{2}$或$m＜-1$，即实数$m$的取值范围为$(-\infty,-1)\cup(\frac{2}{3},\frac{3}{2})$.]

14.（2024·重庆市七校高三上学期开学考试）已知函数$f(x)=4^{x}+a\cdot2^{x}$在$[2,+\infty)$上单调递增，则实数$a$的取值范围为（ ）
A. $[-4,+\infty)$
B. $(-\infty,-4]$
C. $[-8,+\infty)$
D. $(-\infty,-8]$

答案： 14.C [设$t = 2^{x}$，则函数$t = 2^{x}$在$[2,+\infty)$上单调递增，且$t\geqslant4$，因为$f(x)=4^{x}+a\cdot2^{x}$在$[2,+\infty)$上单调递增，所以函数$y=t^{2}+at$在$[4,+\infty)$上单调递增，又因为函数$y=t^{2}+at$的图象是开口向上的抛物线，对称轴方程为$t = -\frac{a}{2}$，可得函数$y=t^{2}+at$的单调递增区间为$[-\frac{a}{2},+\infty)$，由$[4,+\infty)\subseteq[-\frac{a}{2},+\infty)$，得$-\frac{a}{2}\leqslant4$，解得$a\geqslant - 8$. 故选C.]

15.（2023·河北石家庄二中模拟）设$a\in\mathbf{R}$，函数$f(x)=\begin{cases}x^{2}-2ax + 9,x\leqslant1,\\x+\frac{36}{x}-3a,x ＞ 1,\end{cases}$若$f(x)$的最小值为$f(1)$，则实数$a$的取值范围为（ ）
A. $[1,2]$
B. $[1,3]$
C. $[0,2]$
D. $[2,3]$

答案： 15.A [当$x＞1$时，$x+\frac{36}{x}-3a\geqslant2\sqrt{x\cdot\frac{36}{x}}-3a = 12 - 3a$，当且仅当$x=\frac{36}{x}$，即$x = 6$时，等号成立，即当$x＞1$时，函数$f(x)$的最小值为$12 - 3a$，当$x\leqslant1$时，$f(x)=x^{2}-2ax + 9=(x - a)^{2}+9 - a^{2}$，要使得函数$f(x)$的最小值为$f(1)$，则满足$\begin{cases}a\geqslant1,\\f(1)=10 - 2a\leqslant12 - 3a,\end{cases}$解得$1\leqslant a\leqslant2$，即实数$a$的取值范围是$[1,2]$.]

16.（2023·江苏南通高三质量监测）已知二次函数$f(x)=x^{2}-2ax + 5$，若$f(x)$在区间$(-\infty,2]$上是减函数，且对任意$x_{1},x_{2}\in[1,a + 1]$，总有$|f(x_{1})-f(x_{2})|\leqslant4$，则实数$a$的取值范围是（ ）
A. $[2,3]$
B. $[1,2]$
C. $[-1,3]$
D. $[2,+\infty)$

答案： 16.A [函数$f(x)=x^{2}-2ax + 5$的对称轴方程是$x = a$，则其单调递减区间为$(-\infty,a]$，因为$f(x)$在区间$(-\infty,2]$上是减函数，所以$a\geqslant2$. 则$|a - 1|\geqslant|(a + 1)-a| = 1$，因此对任意的$x_{1},x_{2}\in[1,a + 1]$，总有$|f(x_{1})-f(x_{2})|\leqslant4$，只需$|f(a)-f(1)|\leqslant4$即可，即$|(a^{2}-2a^{2}+5)-(1 - 2a + 5)|=|a^{2}-2a + 1|=(a - 1)^{2}\leqslant4$，即$-2\leqslant a - 1\leqslant2$，解得$-1\leqslant a\leqslant3$，又$a\geqslant2$，因此实数$a$的取值范围是$[2,3]$.]

17.（多选）（2023·山东烟台高三模拟）对于函数$f(x)=x|x|+x + 1$，下列结论中错误的是（ ）
A. $f(x)$为奇函数
B. $f(x)$在定义域上是减函数
C. $f(x)$的图象关于点$(0,1)$对称
D. $f(x)$在区间$(0,+\infty)$上存在零点

答案：
17.ABD $[f(x)=\begin{cases}-x^{2}+x + 1,x＜0,\\x^{2}+x + 1,x\geqslant0,\end{cases}$由图象可知，图象关于点$(0,1)$对称，因此不是奇函数，在定义域上函数为增函数，在$(0,+\infty)$上没有零点.]

18.（多选）（2024·安徽高三摸底联考）一般地，若函数$f(x)$的定义域为$[a,b]$，值域为$[ka,kb]$，则称$[a,b]$为$f(x)$的“$k$倍跟随区间”；特别地，若函数$f(x)$的定义域为$[a,b]$，值域也为$[a,b]$，则称$[a,b]$为$f(x)$的“跟随区间”. 下列结论正确的是（ ）
A. 若$[1,a]$为$f(x)=x^{2}-2x + 2$的“跟随区间”，则$a = 3$
B. 函数$f(x)=\frac{9}{2}-\frac{2}{x}$不存在“跟随区间”
C. 若函数$f(x)=m-\sqrt{x + 1}$存在“跟随区间”，则$m\in(-\frac{1}{4},0]$
D. 二次函数$f(x)=-x^{2}+2x$存在“3倍跟随区间”

答案： 18.CD [对于A，若$[1,a]$为$f(x)=x^{2}-2x + 2$的“跟随区间”，因为$f(x)=x^{2}-2x + 2$在区间$[1,a]$上为增函数，故其值域为$[1,a^{2}-2a + 2]$，根据题意有$a^{2}-2a + 2=a$，解得$a = 1$或$a = 2$，因为$a＞1$，故$a = 2$，故A错误；对于B，因为函数$f(x)=\frac{9}{2}-\frac{2}{x}$在区间$(-\infty,0)$和$(0,+\infty)$上均为增函数，若$f(x)=\frac{9}{2}-\frac{2}{x}$存在“跟随区间$[a,b]$”，则有$\begin{cases}a=\frac{9}{2}-\frac{2}{a},\\b=\frac{9}{2}-\frac{2}{b},\end{cases}$即$a,b$为方程$x=\frac{9}{2}-\frac{2}{x}$的两根，即方程$2x^{2}-9x + 4 = 0$的两根，故$a=\frac{1}{2}$，$b = 4$，故B错误；对于C，若函数$f(x)=m-\sqrt{x + 1}$存在“跟随区间$[a,b]$”，因为$f(x)=m-\sqrt{x + 1}$为减函数，故由“跟随区间”的定义可知$\begin{cases}b=m-\sqrt{a + 1},\\a=m-\sqrt{b + 1},\end{cases}$所以$a - b=\sqrt{a + 1}-\sqrt{b + 1}$，即$(a - b)(\sqrt{a + 1}+\sqrt{b + 1})=(a + 1)-(b + 1)=a - b$，因为$a＜b$，所以$\sqrt{a + 1}+\sqrt{b + 1}=1$，易得$0\leqslant\sqrt{a + 1}＜\sqrt{b + 1}\leqslant1$，所以$a=m-\sqrt{b + 1}=m-(1-\sqrt{a + 1})$，令$t=\sqrt{a + 1}(t\in[0,1])$，代入化简可得$t^{2}-t - m = 0$，同理$t=\sqrt{b + 1}$也满足$t^{2}-t - m = 0$，即$t^{2}-t - m = 0$在区间$[0,1]$上有两个不相等的实数根，故$\begin{cases}1 + 4m＞0,\\-m\geqslant0,\end{cases}$解得$m\in(-\frac{1}{4},0]$，故C正确；对于D，若$f(x)=-x^{2}+2x$存在“3倍跟随区间”，则可设定义域为$[a,b]$，值域为$[3a,3b]$. 当$a＜b\leqslant1$时，易得$f(x)=-x^{2}+2x$在区间$[a,b]$上单调递增，此时易得$a,b$为方程$3x=-x^{2}+2x$的两根，求解得$x=-1$或$x = 0$，故定义域为$[-1,0]$，则值域为$[-3,0]$，故D正确. 故选CD.]

19.（2024·重庆渝北中学高三上学期月考）已知函数$f(x)=2^{x},x\in[2,4],g(x)=x^{2}-2x + a,x\in[0,3]$，若$\forall x_{1}\in[0,3]$和$\forall x_{2}\in[2,4]$有$g(x_{1})\leqslant f(x_{2})$，则实数$a$的取值范围为________.

答案： 答案$(-\infty,1]$
解析 因为$\forall x_{1}\in[0,3]$和$\forall x_{2}\in[2,4]$有$g(x_{1})\leqslant f(x_{2})$，所以$g(x)_{\max}\leqslant f(x)_{\min}$，在函数$f(x)=2^{x}$，$x\in[2,4]$中，函数$f(x)$单调递增，故$f(x)_{\min}=f(2)=2^{2}=4$，在函数$g(x)=x^{2}-2x + a$，$x\in[0,3]$中，其图象的对称轴方程为$x=-\frac{-2}{2\times1}=1$，函数图象的开口向上，所以函数$g(x)$在$x = 3$处取得最大值，即$g(x)_{\max}=g(3)=3^{2}-2\times3 + a=a + 3$，所以$g(3)\leqslant f(2)$，即$a + 3\leqslant4$，解得$a\leqslant1$，故实数$a$的取值范围为$(-\infty,1]$.