《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

试讨论函数 $ f(x) = \frac{ax}{x - 1}(a \neq 0) $ 在 $ (-1, 1) $ 上的单调性.

答案： 对点练1. 解：设$-1 ＜ x_1 ＜ x_2 ＜ 1$，则
$f(x)=a(\frac{x - 1 + 1}{x - 1})=a(1+\frac{1}{x - 1})$.
$f(x_1)-f(x_2)=a(1+\frac{1}{x_1 - 1})-a(1+\frac{1}{x_2 - 1})=\frac{a(x_2 - x_1)}{(x_1 - 1)(x_2 - 1)}$，
由于$-1 ＜ x_1 ＜ x_2 ＜ 1$，所以$x_2 - x_1 ＞ 0$，$x_1 - 1 ＜ 0$，$x_2 - 1 ＜ 0$，
故当$a ＞ 0$时，$f(x_1)-f(x_2) ＞ 0$，即$f(x_1) ＞ f(x_2)$，函数$f(x)$在$(-1,1)$上单调递减；
当$a ＜ 0$时，$f(x_1)-f(x_2) ＜ 0$，即$f(x_1) ＜ f(x_2)$，函数$f(x)$在$(-1,1)$上单调递增.

已知函数 $ f(x) = e^{-(x - 1)^2} $. 记 $ a = f(\frac{\sqrt{2}}{2}) $，$ b = f(\frac{\sqrt{3}}{2}) $，$ c = f(\frac{\sqrt{6}}{2}) $，则 (A)

A.$ b ＞ c ＞ a $
B.$ b ＞ a ＞ c $
C.$ c ＞ b ＞ a $
D.$ c ＞ a ＞ b $

答案： 典例2 A 令$g(x)=-(x - 1)^2$，则$g(x)$开口向下，对称轴为$x = 1$，因为$\frac{\sqrt{6}}{2}-1-(1-\frac{\sqrt{3}}{2})=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{3}}{2}-\frac{4}{2}$，而$(\sqrt{6}+\sqrt{3})^2 - 4^2 = 6 + 6\sqrt{2}-16=6\sqrt{2}-7＞0$，所以$\frac{\sqrt{6}}{2}-1-(1-\frac{\sqrt{3}}{2})=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{3}}{2}-\frac{4}{2}＞0$，即$\frac{\sqrt{6}}{2}-1＞1-\frac{\sqrt{3}}{2}$，由二次函数的性质知$g(\frac{\sqrt{6}}{2})＜g(\frac{\sqrt{3}}{2})$，因为$\frac{\sqrt{6}}{2}-1-(1-\frac{\sqrt{2}}{2})=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}-\frac{4}{2}$，而$(\sqrt{6}+\sqrt{2})^2 - 4^2 = 8 + 4\sqrt{3}-16=4\sqrt{3}-8＜0$，即$\frac{\sqrt{6}}{2}-1＜1-\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以$g(\frac{\sqrt{6}}{2})＞g(\frac{\sqrt{2}}{2})$，综上，$g(\frac{\sqrt{2}}{2})＜g(\frac{\sqrt{6}}{2})＜g(\frac{\sqrt{3}}{2})$，又$y = e^x$为增函数，故$a ＜ c ＜ b$，即$b ＞ c ＞ a$.故选A.

已知函数 $ f(x) = \ln x + 2^x $，若 $ f(x^2 - 4) ＜ 2 $，则实数 $ x $ 的取值范围是$(-\sqrt{5},-2)\cup(2,\sqrt{5})$.

答案： 典例3 $(-\sqrt{5},-2)\cup(2,\sqrt{5})$ 因为函数$f(x)=\ln x + 2^x$在定义域$(0,+\infty)$上单调递增，且$f(1)=\ln 1 + 2 = 2$，所以由$f(x^2 - 4) ＜ 2$，得$f(x^2 - 4) ＜ f(1)$，所以$0 ＜ x^2 - 4 ＜ 1$，解得$-\sqrt{5} ＜ x ＜ -2$或$2 ＜ x ＜ \sqrt{5}$，则实数$x$的取值范围是$(-\sqrt{5},-2)\cup(2,\sqrt{5})$.

(1) 已知函数 $ f(x) = \begin{cases}(3 - a)x + 1, & x \leq 0, \\ 2^x + a, & x ＞ 0\end{cases}$ 是 $ \mathbf{R} $ 上的增函数，则实数 $ a $ 的取值范围是 ( )

A.$ [0, 3) $
B.$ (0, 3) $
C.$ [2, 3) $
D.$ (2, 3) $

答案： 典例4
(1)A 由题意得，函数$f(x)$为$\mathbf{R}$上的增函数，有$\begin{cases}3 - a ＞ 0,\\3 - a)×0 + 1\leq2^0 + a,\end{cases}$解得$0\leq a ＜ 3$，则实数$a$的取值范围是$[0,3)$.故选A.

(2) (2023·新课标Ⅰ卷) 设函数 $ f(x) = 2^{x(x - a)} $ 在区间 $ (0, 1) $ 单调递减，则实数 $ a $ 的取值范围是 (D)

A.$ (-\infty, -2] $
B.$ [-2, 0) $
C.$ (0, 2] $
D.$ [2, +\infty) $

答案： 典例4
(2)D 函数$y = 2^x$在$\mathbf{R}$上单调递增，而函数$f(x)=2^{x(x - a)}$在区间$(0,1)$上单调递减，则有函数$y = x(x - a)=(x-\frac{a}{2})^2-\frac{a^2}{4}$在区间$(0,1)$上单调递减，因此$\frac{a}{2}\geq1$，解得$a\geq2$，所以实数$a$的取值范围是$[2,+\infty)$.故选D.

函数 $ f(x) = \sqrt{x - 3} + \sqrt{x^2 - 2x} $ 的最小值是$\sqrt{3}$.

答案： 典例5 $\sqrt{3}$ 由题意知$\begin{cases}x - 3\geq0,\\x^2 - 2x\geq0,\end{cases}$可得$x\geq3$.易知$f(x)$在$[3,+\infty)$上为增函数，所以其最小值为$f(3)=\sqrt{3}$.

(1) 已知 $ f(x) $ 是偶函数，$ f(x) $ 在 $ [1, 3] $ 上单调递增，则 $ f(1) $，$ f(-2) $，$ f(-3) $ 的大小关系为 (D)

A.$ f(1) ＞ f(-2) ＞ f(-3) $
B.$ f(-2) ＞ f(-3) ＞ f(1) $
C.$ f(-3) ＞ f(1) ＞ f(-2) $
D.$ f(-3) ＞ f(-2) ＞ f(1) $

答案： 对点练2.
(1)D 因为$f(x)$是偶函数，所以$f(-2)=f(2)$，$f(-3)=f(3)$.因为$f(x)$在$[1,3]$上单调递增，所以$f(3)＞f(2)＞f(1)$，所以$f(-3)＞f(-2)＞f(1)$.故选D.

(2) 已知函数 $ f(x) = \begin{cases}\ln(x + 1), & x \geq 0, \\ -2x^2, & x ＜ 0\end{cases}$ 则不等式 $ f(x + 2) ＜ f(x^2 + 2x) $ 的解集是 ( )

A.$ (-2, 1) $
B.$ (0, 1) $
C.$ (-\infty, -2) \cup (1, +\infty) $
D.$ (1, +\infty) $

答案： 对点练2.
(2)C 由函数$f(x)=\begin{cases}\ln(x + 1),x\geq0,\\-2x^2,x ＜ 0.\end{cases}$的图象（图略）可得$f(x)$在$\mathbf{R}$上是增函数，则不等式$f(x + 2) ＜ f(x^2 + 2x)$等价于$x + 2 ＜ x^2 + 2x$，即$x^2 + x - 2 ＞ 0$，解得$x ＞ 1$或$x ＜ -2$，则原不等式的解集为$(-\infty,-2)\cup(1,+\infty)$.故选C.

(3) 已知函数 $ f(x) = \begin{cases}(3a - 2)x + 3a, & x ＜ 1, \\ a^x, & x \geq 1\end{cases}$ 且对任意的 $ x_1 \neq x_2 $，都有 $ \frac{f(x_1) - f(x_2)}{x_1 - x_2} ＜ 0 $，则实数 $ a $ 的取值范围是 ______ .

答案： 对点练2.
(3)由题意知函数$f(x)=\begin{cases}(3a - 2)x + 3a,x ＜ 1,\\a^x,x\geq1.\end{cases}$是$\mathbf{R}$上的减函数，所以$\begin{cases}3a - 2 ＜ 0,\\0 ＜ a ＜ 1,\3a - 2) + 3a\geq a.\end{cases}$解得$\frac{2}{5}\leq a ＜ \frac{2}{3}，$则实数a的取值范围是$[\frac{2}{5},\frac{2}{3}).$

(4) 函数 $ f(x) = x - \frac{2}{x} + 1 $ 在 $ [1, 4] $ 的最大值为$\frac{9}{2}$.

答案： 对点练2.
(4)由$y = x$在$[1,4]$上单调递增，且$y = \frac{2}{x}$在$[1,4]$上单调递减，可得$f(x)=x-\frac{2}{x}+1$在$[1,4]$上单调递增，所以$f(x)_{\max}=f(4)=\frac{9}{2}$.