《2025年周末C计划高中数学必修第一册人教版》

10. (2025 浙江杭州期末)已知函数 $ f(x)=\begin{cases}-x^2 + 2,x\leq1\\x + \frac{1}{x} - 1,x＞1\end{cases} $，则 $ f\left( f\left( \frac{1}{2} \right) \right)= $$\frac{37}{28}$；若当 $ x\in[a,b] $ 时，$ 1\leq f(x)\leq3 $，则 $ b - a $ 的最大值是$3+\sqrt{3}$。

答案： 10.答案$\frac{37}{28};3+\sqrt{3}$
解析 由题知$f(\frac{1}{2})=-(\frac{1}{2})^2 + 2=\frac{7}{4}$，$f(\frac{7}{4})=\frac{7}{4}+\frac{4}{7}-1=\frac{37}{28}$，所以$f(f(\frac{1}{2}))=\frac{37}{28}$。
当$x\leq1$时，由$1\leq f(x)\leq3$可得$1\leq - x^2 + 2\leq3$，
所以$-1\leq x\leq1$；
当$x＞1$时，由$1\leq f(x)\leq3$可得$1\leq x+\frac{1}{x}-1\leq3$，所以$1＜x\leq2+\sqrt{3}$，
故$1\leq f(x)\leq3$等价于$-1\leq x\leq2+\sqrt{3}$，
所以$[a,b]\subseteq[-1,2+\sqrt{3}]$，
所以$b - a$的最大值为$3+\sqrt{3}$。

11. (2025 辽宁期末)已知函数 $ f(x) $ 满足 $ f(x)+f\left( \frac{1}{1 - x} \right)=1 + x $，则 $ f(x)= $$\frac{x}{2}-\frac{1}{2(1 - x)}+\frac{1}{2x}+1$。

答案： 11.答案$\frac{x}{2}-\frac{1}{2(1 - x)}+\frac{1}{2x}+1$
解析 对于$f(x)+f(\frac{1}{1 - x})=1 + x$，①
将$x$替换成$\frac{1}{1 - x}$，可得$f(\frac{1}{1 - x})+f(\frac{x - 1}{x})=1+\frac{1}{1 - x}$，②
再将①中$x$替换成$\frac{x - 1}{x}$，可得$f(\frac{x - 1}{x})+f(x)=1+\frac{x - 1}{x}$，③
① - ②可得$f(x)-f(\frac{x - 1}{x})=x-\frac{1}{1 - x}$，④
③ + ④可得$2f(x)=x - \frac{1}{1 - x}+1+\frac{x - 1}{x}$
所以$f(x)=\frac{x}{2}-\frac{1}{2(1 - x)}+\frac{1}{2x}+1$。

12. (2025 江苏苏北七市调研)设函数 $ f(x)=(x - a)·(x - b)(x - c) $，其中 $ a ＜ b ＜ c $。若 $ f(1 + x)f(2 - x)\leq0 $ 对任意的 $ x\in\mathbf{R} $ 恒成立，则 $ a + b + c = $______。

答案：
12.答案$\frac{9}{2}$
解析 因为$f(x)=(x - a)(x - b)(x - c)$，所以$f(x + 1)=(x + 1 - a)(x + 1 - b)(x + 1 - c)$，
令$f(x + 1)=0$，可得$x = a - 1$或$x = b - 1$或$x = c - 1$，
因为$a＜b＜c$，所以$a - 1＜b - 1＜c - 1$。
$f(2 - x)=(2 - x - a)(2 - x - b)(2 - x - c)$，
令$g(x)= - f(2 - x)=(x + a - 2)(x + b - 2)(x + c - 2)$，
令$g(x)=0$可得$x = 2 - a$或$x = 2 - b$或$x = 2 - c$，
因为$a＜b＜c$，所以$2 - c＜2 - b＜2 - a$，
由$f(1 + x)f(2 - x)\leq0$可得$f(x + 1)g(x)\geq0$，
若$c - 1\neq2 - a$，取$x_1=\max\{c - 1,2 - a\}$，$x_2=\min\{c - 1,2 - a\}$，$x_3=\max\{x_2,b - 1,2 - b\}$，
当$x＞x_1$时，$f(x + 1)＞0$，$g(x)＞0$，此时$f(x + 1)g(x)＞0$，
由穿针引线法可知，当$x_3＜x＜x_1$时，$f(x + 1)g(x)＜0$，矛盾。

所以$c - 1 = 2 - a$，即$a + c = 3$，则$a - 1 = 2 - c$，
所以$f(x + 1)g(x)=[x - (a - 1)]^2·[x - (c - 1)]^2·[x - (b - 1)]·[x - (2 - b)]$，
因为$f(x + 1)g(x)\geq0$对任意的$x\in\mathbf{R}$恒成立，
所以$[x - (b - 1)]·[x - (2 - b)]\geq0$对任意的$x\in\mathbf{R}$恒成立，则$b - 1 = 2 - b$，解得$b=\frac{3}{2}$，
因此$a + b + c = 3+\frac{3}{2}=\frac{9}{2}$。
知识拓展
解高次不等式常用穿针引线法(又称为穿根法)，其一般步骤如下：
(1)移项，使不等式右端为$0$，保证$x$的最高次幂的项的系数为正数。
(2)求出不等式所对应的方程的所有根。
(3)在数轴上按从左到右(或由小到大)依次标出各根。
(4)从最右端根的上方起，用曲线从右至左依次由各根穿过数轴，但画线时遇偶次重根不穿过，遇奇次重根要穿过，即“奇穿偶折”。
(5)写解集：若不等号为“$＞$”，则取数轴上方穿根线对应的范围；若不等号为“$＜$”，则取数轴下方穿根线对应的范围；若不等式中含有“$=$”，则连根一同取，但若是分式不等式，写解集时要注意分母不能为零。

13. (15 分)(2025 上海川沙中学阶段练习)已知函数 $ f(x)=ax^2 + 4x + b(a ＜ 0,a,b\in\mathbf{R}) $，设关于 $ x $ 的方程 $ f(x)=0 $ 的两实根为 $ x_1,x_2 $，关于 $ x $ 的方程 $ f(x)=x $ 的两实根为 $ \alpha,\beta $。
(1)若不等式 $ f(x) ＜ 0 $ 的解集是 $ (-\infty,-3)\cup(5,+\infty) $，求不等式 $ bx^2 - ax - 4 ＜ 0 $ 的解集；
(2)若 $ a,b $ 均为负整数，且 $ |\alpha - \beta| = 1 $，求 $ f(x) $ 的解析式；
(3)若 $ \alpha ＜ 1 ＜ \beta ＜ 2 $，求证：$ (x_1 + 1)(x_2 + 1) ＜ 7 $。

答案： 13.解析
(1)因为$ax^2 + 4x + b＜0$的解集为$(-\infty,-3)\cup(5,+\infty)$，所以$-3,5$是方程$ax^2 + 4x + b = 0$的两根，
所以$\begin{cases}-3 + 5=-\frac{4}{a},\\-3×5=\frac{b}{a},\end{cases}$解得$\begin{cases}a = - 2,\\b = 30.\end{cases}$
所以$bx^2 - ax - 4＜0$即为$30x^2 + 2x - 4＜0$，即为$15x^2 + x - 2＜0$，
所以$(3x - 1)(5x + 2)＜0\Rightarrow-\frac{2}{5}＜x＜\frac{1}{3}$
所以所求不等式的解集为$\{x|-\frac{2}{5}＜x＜\frac{1}{3}\}$
(2)因为$f(x)=x$的两实根为$\alpha,\beta$，即$ax^2 + 3x + b = 0$的两实根为$\alpha,\beta$，
所以$\alpha + \beta=-\frac{3}{a}$，$\alpha\beta=\frac{b}{a}$，且$9 - 4ab＞0$。
所以$(\alpha - \beta)^2=(\alpha + \beta)^2 - 4\alpha\beta=\frac{9 - 4ab}{a^2}$
由$\vert\alpha - \beta\vert = 1$得$\frac{9 - 4ab}{a^2}=1\Rightarrow9 - 4ab = a^2$。
又因为$a,b$均为负整数，所以$ab＞0$，所以$a^2＜9$。
所以$a$的值可能为$-1$或$-2$。
若$a = - 1$，则$b = - 2$；若$a = - 2$，则$b = -\frac{5}{8}$(舍去)。
故$f(x)= - x^2 + 4x - 2$。
(3)证明：因为$\alpha＜1＜\beta＜2$，所以$\alpha + \beta=-\frac{3}{a}\Rightarrow-\frac{3}{a}＜3\Rightarrow-\frac{1}{a}＜1$，$\alpha\beta=\frac{b}{a}＜2$。
又因为$\begin{cases}x_1 + x_2=-\frac{4}{a},\\x_1x_2=\frac{b}{a},\end{cases}$
所以$(x_1 + 1)(x_2 + 1)=x_1x_2 + x_1 + x_2 + 1=\frac{b}{a}-\frac{4}{a}+1＜2 + 4 + 1 = 7$。

14. (15 分)(2025 浙江绍兴诸暨中学暨阳分校月考)已知函数 $ f(x)=\begin{cases}x + 2a,x\leq0\\x^2 - ax + a - 1,x＞0\end{cases} $
(1)当 $ a = 1 $ 时，求方程 $ f(x)=2 $ 的解；
(2)求 $ f(x) ＜ 0 $ 在 $ (0,+\infty) $ 上的解集；
(3)若 $ x ＞ 0 $，①②同时成立，求 $ a $ 的取值范围。
① $ f(x)\geq a - 2 $ 恒成立；
② 函数 $ y = \sqrt{f(x) + ax^2 + (a - 4)x} $ 的值域为 $ 0,+\infty) $。

答案： 14.解析
(1)当$a = 1$时，$f(x)=\begin{cases}x + 2,x\leq0,\\x^2 - x,x＞0,\end{cases}$
所以$\begin{cases}x\leq0,\\x + 2 = 2\end{cases}$或$\begin{cases}x＞0,\\x^2 - x = 2\end{cases}$，所以$x = 0$或$x = 2$。
(2)当$x＞0$时，$f(x)=x^2 - ax + a - 1=(x - 1)[x - (a - 1)]$，
令$f(x)＜0$，
当$a - 1 = 1$，即$a = 2$时，不等式的解集为$\varnothing$；
当$a - 1＜1$，即$a＜2$时，不等式的解集为$(a - 1,1)$；
当$a - 1＞1$，即$a＞2$时，不等式的解集为$(1,a - 1)$。
(3)当$x＞0$时，
①$f(x)=x^2 - ax + a - 1\geq a - 2$，即$x^2 - ax + 1\geq0$，即$ax\leq x^2 + 1$，而$x+\frac{1}{x}\geq2\sqrt{x·\frac{1}{x}} = 2$，当且仅当$x = \frac{1}{x}$，即$x = 1$时等号成立，所以$a\leq2$。
②若函数$y=\sqrt{f(x)+ax^2+(a - 4)x}=\sqrt{(1 + a)x^2 - 4x + a - 1}$的值域为$[0,+\infty)$，则可分以下情况讨论：
当$a = - 1$时，$y=\sqrt{-4x - 2}$，因为$x＞0$，所以$-4x - 2＜0$，不符合；
当$1 + a＜0$，即$a＜-1$时，二次函数$y=(1 + a)x^2 - 4x + a - 1$的图象开口向下，不符合值域为$[0,+\infty)$；
当$1 + a＞0$，即$a＞-1$时，二次函数$y=(1 + a)x^2 - 4x + a - 1$的图象开口向上，对称轴方程为$x = -\frac{-4}{2(1 + a)}=\frac{2}{1 + a}＞0$，要使$y=\sqrt{(1 + a)x^2 - 4x + a - 1}$的值域为$[0,+\infty)$，则需$\Delta = 16 - 4(1 + a)(a - 1)= - 4a^2 + 20\geq0$，所以$-1＜a\leq\sqrt{5}$。
综上所述，$a$的取值范围是$(-1,2]$。