《2025年金考卷名师名题单元双测卷数学必修第一册人教版B》

19. (17分)(教材变式)[2024株洲四中高一期中]已知函数$y=\varphi(x)$的图象关于点$P(a,b)$成中心对称图形的充要条件是$y=\varphi(a + x)-b$是奇函数，给定函数$f(x)=x-\frac{6}{x + 1}$.
(1)求函数$f(x)$图象的对称中心；
(2)判断$f(x)$在区间$(0,+\infty )$上的单调性(只写出结论即可)；
(3)已知函数$g(x)$的图象关于点$(1,1)$对称，且当$x\in[0,1]$时，$g(x)=x^{2}-mx + m$，若对任意$x_{1}\in[0,2]$，总存在$x_{2}\in[1,5]$，使得$g(x_{1})=f(x_{2})$，求实数$m$的取值范围.

答案： 【解析】
(1)设函数$f(x)$图象的对称中心为$(a,b)$，则由题意得$f(a + x)+f(a - x)-2b = 0$， 即$(x + a)-\frac{6}{x + a + 1}+( -x + a)-\frac{6}{ -x + a + 1}-2b = 0$， 整理得$(a - b)x^{2}=(a - b)(a + 1)^{2}-6(a + 1)$， 可得$\begin{cases}a - b = 0\\(a - b)(a + 1)^{2}-6(a + 1)=0\end{cases}$，解得$a = b = -1$， 所以$f(x)$图象的对称中心为$( -1, -1)$。
(2)函数$f(x)=x-\frac{6}{x + 1}$在$(0, +\infty)$上单调递增。 （证明如下： 任取$x_{1},x_{2}\in(0, +\infty)$且$x_{1}＜x_{2}$， 则$f(x_{1})-f(x_{2})=x_{1}-\frac{6}{x_{1}+1}-x_{2}+\frac{6}{x_{2}+1}=(x_{1}-x_{2})[1+\frac{6}{(x_{1}+1)(x_{2}+1)}]$， 因为$x_{1},x_{2}\in(0, +\infty)$且$x_{1}＜x_{2}$，所以$x_{1}-x_{2}＜0$且$1+\frac{6}{(x_{1}+1)(x_{2}+1)}＞0$， 所以$f(x_{1})-f(x_{2})＜0$，即$f(x_{1})＜f(x_{2})$， 所以函数$f(x)=x-\frac{6}{x + 1}$在$(0, +\infty)$上单调递增。）
(3)由对任意$x_{1}\in[0,2]$，总存在$x_{2}\in[1,5]$，使得$g(x_{1})=f(x_{2})$， 可得函数$g(x)$在$[0,2]$上的值域为$f(x)$在$[1,5]$上的值域的子集。 由
(2)知$f(x)$在$[1,5]$上单调递增，故$f(x)$在$[1,5]$上的值域为$[ -2,4]$， 所以原问题转化为$g(x)$在$[0,2]$上的值域$A\subseteq[ -2,4]$。 当$\frac{m}{2}\leq0$，即$m\leq0$时，$g(x)$在$[0,1]$上单调递增， 又$g(1)=1$，所以函数$g(x)=x^{2}-mx + m$的图象恒过对称中心$(1,1)$， 所以$g(x)$在$(1,2]$上也单调递增，故$g(x)$在$[0,2]$上单调递增， 又因为$g(0)=m$，$g(2)=2 - g(0)=2 - m$，故$A=[m,2 - m]$， 因为$[m,2 - m]\subseteq[ -2,4]$，所以$\begin{cases}m\geq -2\\2 - m\leq4\end{cases}$，所以$-2\leq m\leq0$； 当$0＜\frac{m}{2}＜1$，即$0＜m＜2$时，$g(x)$在$(0,\frac{m}{2})$上单调递减，在$(\frac{m}{2},1)$上单调递增， 因为$g(x)$的图象过对称中心$(1,1)$，所以$g(x)$在$(1,2-\frac{m}{2})$上单调递增，在$(2-\frac{m}{2},2]$上单调递减， 故$A=[\min\{g(2),g(\frac{m}{2})\},\max\{g(0),g(2-\frac{m}{2})\}]$， 欲使$A\subseteq[ -2,4]$， 只需$\begin{cases}g(2)=2 - g(0)=2 - m\geq -2\\g(\frac{m}{2})=-\frac{m^{2}}{4}+m\geq -2\end{cases}$， 且$\begin{cases}g(0)=m\leq4\\g(2-\frac{m}{2})=2 - g(\frac{m}{2})=\frac{m^{2}}{4}-m + 2\leq4\end{cases}$， 解得$2 - 2\sqrt{3}\leq m\leq4$，又因为$0＜m＜2$，所以$0＜m＜2$； 当$\frac{m}{2}\geq1$，即$m\geq2$时，$g(x)$在$[0,1]$上单调递减，在$(1,2]$上也单调递减， 所以$g(x)$在$[0,2]$上单调递减，所以$A=[2 - m,m]$， 因为$[2 - m,m]\subseteq[ -2,4]$，所以$\begin{cases}2 - m\geq -2\\m\leq4\end{cases}$，所以$2\leq m\leq4$。 综上可得，实数$m$的取值范围是$[ -2,4]$。 拓展延伸 有效拓视野 一般地，已知函数$y = f(x)$，$x\in[a,b]$，$y = g(x)$，$x\in[c,d]$。
(1)若$\forall x_{1}\in[a,b]$，$\forall x_{2}\in[c,d]$，总有$f(x_{1})＜g(x_{2})$成立，故$f(x)_{max}＜g(x)_{min}$；
(2)若$\forall x_{1}\in[a,b]$，$\exists x_{2}\in[c,d]$，有$f(x_{1})＜g(x_{2})$成立，故$f(x)_{max}＜g(x)_{max}$；
(3)若$\exists x_{1}\in[a,b]$，$\exists x_{2}\in[c,d]$，有$f(x_{1})＜g(x_{2})$成立，故$f(x)_{min}＜g(x)_{max}$；
(4)若$\forall x_{1}\in[a,b]$，$\exists x_{2}\in[c,d]$，有$f(x_{1})=g(x_{2})$成立，则$f(x)$的值域是$g(x)$值域的子集。