《2025年全效核心素养测评高中数学必修第一册人教版》

11. 已知函数 $ f(x)=x^2 + ax + b $ 在区间 $ (-\infty,1] $ 上单调递减，在 $ [1,+\infty) $ 上单调递增，且 $ f(m + 2)\lt f(2) $，则实数 $ m $ 的取值范围是(-2,0).

答案： 11.(-2,0)

12. (2024·北京延庆区高一期中)已知 $ f(x)=\begin{cases}-x^2,x\leqslant a,\\8x,x\gt a.\end{cases} $
①若 $ a = 0 $，则 $ f(-1)= $-1；
②若 $ f(x) $ 在 $ \mathbf{R} $ 上单调递增，则 $ a $ 的取值范围是(-∞,-8]∪{0}.

答案： 12.①-1 ②(-∞,-8]∪{0}

13. 已知函数 $ g(x)=ax+\frac{b}{x} $ 满足 $ g(1)=g(4)=5 $.
（1）求 $ a,b $ 的值；
（2）用单调性定义证明：$ g(x) $ 在 $ (2,+\infty) $ 上单调递增.

答案： 13.
(1)解：
∵函数$g(x)=ax+\frac{b}{x}，$且g
(1)=g
(4)=5，
∴$a+b=5,4a+\frac{b}{4}=5，$解得a=1,b=4.
(2)证明：由
(1)知，$g(x)=x+\frac{4}{x}，$任取$x_{1},x_{2}∈(2,+∞)，$且$x_{1}$＜x_{2}，有g(x_{1})-g(x_{2})=x_{1}+\frac{4}{x_{1}}-(x_{2}+\frac{4}{x_{2}})=(x_{1}-x_{2})(x_{1}x_{2}-4) \over x_{1}x_{2}
∵x_{1},x_{2}∈(2,+∞)，
∴x_{1}x_{2}＞0，$x_{1}x_{2}-4＞0.$
∵$x_{1}＜x_{2}，$
∴$x_{1}-x_{2}＜0，$
∴$g(x_{1})-g(x_{2})＜0，$即$g(x_{1})＜g(x_{2})，$
∴g(x)在(2,+∞)上单调递增.

14. 已知函数 $ f(x)=\frac{3x + 7}{x + 2} $.
（1）判断并证明函数 $ f(x) $ 在 $ (-2,+\infty) $ 上的单调性；
（2）若函数 $ f(x) $ 的定义域为 $ (-2,2) $，且满足 $ f(-2m + 3)\gt f(m^2) $，求 $ m $ 的取值范围.

答案： 14.解：$(1)f(x)=\frac{3x+7}{x+2}=3+\frac{1}{x+2}，$f(x)在(-2,+∞)上单调递减，证明如下：设$x_{1}＞x_{2}＞-2，$则$f(x_{1})-f(x_{2})=\frac{1}{x_{1}+2}-\frac{1}{x_{2}+2}=\frac{x_{2}-x_{1}}{(x_{1}+2)(x_{2}+2)}，$
∵$x_{1}＞x_{2}＞-2，$
∴$x_{1}+2＞0,x_{2}+2＞0,x_{2}-x_{1}＜0，$
∴$f(x_{1})＜f(x_{2})，$
∴f(x)在(-2,+∞)上单调递减.
(2)由
(1)可知，当x∈(-2,2)时，函数f(x)是减函数，
∴由$f(-2m+3)＞f(m^{2})$得，$\begin{cases}-2＜-2m+3＜2,\\-2＜m^{2}＜2,\\-2m+3＜m^{2},\end{cases}$解得1＜m＜\sqrt{2}，
∴m的取值范围为$(1,\sqrt{2}).$

15. 若函数 $ f(x) $ 在定义域 $ [0,+\infty) $ 上单调递减，且 $ f(2)=-1 $，则满足 $ f(2x - 4)\gt -1 $ 的实数 $ x $ 的取值范围是 (C)

A.$ (3,+\infty) $
B.$ (-\infty,3) $
C.$ [2,3) $
D.$ [0,3) $

答案： 15.C

16. (2024·北京育才中学高一月考)设函数 $ f(x) $ 同时满足以下条件：①定义域为 $ \mathbf{R} $；② $ f(0)=1 $；③ $ \forall x_1,x_2\in\mathbf{R} $，当 $ x_1\neq x_2 $ 时，$ \frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2 - x_1}\lt0 $. 试写出一个函数解析式：$ f(x)= $-x+1(答案不唯一).

答案： 16.-x+1(答案不唯一)