《2025年周末C计划高中数学必修第一册人教版》

1. (2025重庆巴蜀中学月考)已知$2^{x}=3^{y}=5^{z}(x,y,z\neq0)$，且$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{a}{z}$，则$a=$（D）
A.$\log_{2}3$
B.$\log_{2}5$
C.$\log_{3}5$
D.$\log_{5}6$

答案： 1.D　设$2^{x}=3^{y}=5^{z}=k(k＞0)，$则$x=log_{2}k，$$y=log_{3}k，$$z =log_{5}k。$
因为$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{a}{z}，$所以$\frac{1}{log_{2}k}+\frac{1}{log_{3}k}=log_{k}2+log_{k}3=log_{k}6=a log_{k}5，$所以$5^{a}=6，$解得$a=log_{5}6。$

2. (2023全国甲文，11)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： 2.A　令$g(x)=−(x−1)^{2}，$则g(x)的图象开口向下，对称轴方程为x=1，g(x)在(−∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减。
因为$\frac{\sqrt{2}}{2}＜\frac{\sqrt{3}}{2}＜1＜\frac{\sqrt{6}}{2}，$所以$g(\frac{\sqrt{2}}{2})＜g(\frac{\sqrt{3}}{2})。$
接下来比较$g(\frac{\sqrt{2}}{2})，$$g(\frac{\sqrt{3}}{2})$与$g(\frac{\sqrt{6}}{2})$的大小，即比较$1−\frac{\sqrt{2}}{2}，$$1−\frac{\sqrt{3}}{2}$与$\frac{\sqrt{6}}{2}−1$的大小。
易知$\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}=9+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$\frac{\sqrt{6}}{2}−1＞1−\frac{\sqrt{3}}{2}，$所以$g(\frac{\sqrt{6}}{2})＜g(\frac{\sqrt{3}}{2})。$
易知$\frac{\sqrt{6}}{2}−1-(1−\frac{\sqrt{2}}{2})=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}-\frac{4}{2}，$而$(\sqrt{6}+\sqrt{2})^{2}-4^{2}=8+4\sqrt{3}-16=4\sqrt{3}-8=4(\sqrt{3}-2)＜0，$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，所以$e^{g(\frac{\sqrt{2}}{2})}＜e^{g(\frac{\sqrt{6}}{2})}＜e^{g(\frac{\sqrt{3}}{2})}，$即a＜c＜b。

3. (2025湖南名校联合体联考)已知函数$f(x)=x^{3}-\frac{2}{e^{x}+1}+3$，且$f(a^{2})+f(3a - 4) ＞ 4$，则实数$a$的取值范围是（(−∞,−4)∪(1,+∞)）
A.$(-\infty,-4)\cup(1,+\infty)$
B.$(-4,1)$
C.$(-\infty,-1)\cup(4,+\infty)$
D.$(-1,4)$

答案： $3.A　f(x)=x^{3}-\frac{2}{e^{x}+1}+3=x^{3}-\frac{e^{x}+1}{e^{x}+1}+\frac{e^{x}-1}{e^{x}+1}+2=x^{3}+\frac{e^{x}-1}{e^{x}+1}+2。$令$g(x)=x^{3}+\frac{e^{x}-1}{e^{x}+1}，$则f(x)=g(x)+2。
由$f(a^{2})+f(3a−4)＞4$得$g(a^{2})+2+g(3a−4)+2＞4，$所以$g(a^{2})+g(3a−4)＞0，$即$g(a^{2})＞−g(3a−4)。$
因为g(x)的定义域为R，且$g(−x)=(−x)^{3}+\frac{e^{-x}-1}{e^{-x}+1}=−x^{3}+\frac{1−e^{x}}{1+e^{x}}=−g(x)，$
所以g(x)是R上的奇函数，所以−g(3a−4)=g(4−3a)。易知$y=x^{3}$在R上为增函数，$y=\frac{2}{e^{x}+1}$在R上为减函数，所以$g(x)=x^{3}+\frac{e^{x}-1}{e^{x}+1}=x^{3}-\frac{2}{e^{x}+1}+1$在R上为增函数。所以由$g(a^{2})＞g(4−3a)，$得$a^{2}＞4−3a，$解得a＞1或a＜−4。
所以实数a的取值范围为(−∞,−4)∪(1,+∞)。

4. (2024河北NT20名校联合体月考)已知$a ＞ 1$，$f(x)=\begin{cases}(a - 1)^{x},x\leq\frac{1}{2},\\x+\frac{a}{x}-2,x＞\frac{1}{2}\end{cases}$的值域为$D$，$D\subseteq[\frac{2}{3},+\infty)$，则实数$a$的取值范围是（$[\frac{16}{9},2]$）
A.$(1,2)$
B.$(2,3)$
C.$(1,\frac{16}{9}$
D.$[\frac{16}{9},2]$

答案： 4.D　若1＜a＜2，则当$x≤\frac{1}{2}$时，$f(x)=(a−1)^{x}$单调递减，此时$f(x)∈[\sqrt{a−1},+∞)；$
当$x＞\frac{1}{2}$时，$f(x)=x+\frac{a}{x}-2≥2\sqrt{a}-2，$当且仅当$x=\sqrt{a}＞\frac{1}{2}$时，等号成立。
又函数f(x)的值域D满足$D⊆[\frac{2}{3},+∞)，$所以$\begin{cases}\sqrt{a}-2\geq\frac{2}{3}\\1＜a＜2\end{cases}，$解得$\frac{16}{9}≤a＜2。$
若a = 2，则$f(x)=\begin{cases}1,x\leq\frac{1}{2}\\x+\frac{2}{x}-2,x＞\frac{1}{2}\end{cases}，$故当$x≤\frac{1}{2}$时，f(x)=1；当$x＞\frac{1}{2}$时，$f(x)=x+\frac{2}{x}-2≥2\sqrt{2}-2，$当且仅当$x=\sqrt{2}$时，等号成立，所以函数f(x)的值域$D=[2\sqrt{2}-2,+∞)，$满足$D⊆[\frac{2}{3},+∞)。$
若a＞2，则当$x≤\frac{1}{2}$时，$f(x)=(a−1)^{x}$在$(−∞,\frac{1}{2}]$上单调递增，此时$f(x)∈(0,\sqrt{a−1}]，$
所以$(0,\sqrt{a−1}]⊆D，$而$(0,\sqrt{a−1}]⊆[\frac{2}{3},+∞)$不成立，所以a＞2不满足题意。
综上，实数a的取值范围为$[\frac{16}{9},2]。$

5. (2025西南名校联盟联考)若不等式$(3^{x + 2a}-9)(x - b)\geq0$在$x\in\mathbf{R}$上恒成立，且$a ＞ 0$，$b ＞ 0$，则$\frac{2}{a}+\frac{1}{b}$的最小值为（$\frac{9}{2}$）
A.$\frac{3}{2}$
B.$\frac{5}{2}$
C.$\frac{7}{2}$
D.$\frac{9}{2}$

答案： 5.D　由$(3^{x + 2a}-9)(x - b)≥0，$得$\begin{cases}3^{x + 2a}-9\geq0\\x - b\geq0\end{cases}$或$\begin{cases}3^{x + 2a}-9\leq0\\x - b\leq0\end{cases}，$即$\begin{cases}3^{x + 2a}\geq3^{2}\\x - b\geq0\end{cases}$或$\begin{cases}3^{x + 2a}\leq3^{2}\\x - b\leq0\end{cases}。$
易知$y=3^{x}$为增函数，所以$\begin{cases}x + 2a\geq2\\x\geq b\end{cases}$或$\begin{cases}x + 2a\leq2\\x\leq b\end{cases}，$即$\begin{cases}x\geq2 - 2a\\x\geq b\end{cases}$或$\begin{cases}x\leq2 - 2a\\x\leq b\end{cases}。$
当2 - 2a＞b时，解得x≤b或x≥2 - 2a，所以存在x∈(b,2 - 2a)，使得$(3^{x + 2a}-9)(x - b)＜0$成立，与题意不符。
当2 - 2a＜b时，解得x≤2 - 2a或x≥b，所以存在x∈(2 - 2a,b)，使得$(3^{x + 2a}-9)(x - b)＜0$成立，与题意不符。
当2 - 2a = b时，解集为R，即$(3^{x + 2a}-9)(x - b)≥0$在x∈R上恒成立。
所以2 - 2a = b，即2a + b = 2。
因为a＞0，b＞0，所以$\frac{2}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{2}(\frac{2}{a}+\frac{1}{b})(2a + b)=\frac{1}{2}(\frac{2a}{b}+\frac{2b}{a}+5)\geq\frac{1}{2}(2\sqrt{\frac{2a}{b}·\frac{2b}{a}}+5)=\frac{9}{2}，$当且仅当$\frac{2a}{b}=\frac{2b}{a}，$2a + b = 2，即$a = b=\frac{2}{3}$时取等号，所以$\frac{2}{a}+\frac{1}{b}$的最小值为$\frac{9}{2}。$

6. (2025江苏百校大联考)已知函数$f(x)=\begin{cases}|2^{x}-1|,x\leq2,\\5 - x,x ＞ 2,\end{cases}$若$a ＜ b ＜ c ＜ d$且$f(a)=f(b)=f(d)＜f(c)$，则下列说法错误的是（ ）

A.$a ＜ 0$
B.$c\geq1$
C.$2^{a}d ＜ 5$
D.$2^{a}+2^{b}+2^{d}\in(18,34)$

答案：
6.B　作出函数f(x)的图象，如图所示。

作y=|$2^{x}-1$|的图象时，先作$y=2^{x}-1$的图象，再将图象位于x轴下方的部分沿x轴翻折到x轴的上方，其余不变，即可得到y=|$2^{x}-1$|的图象。
因为a＜b＜c＜d且f(a)=f(b)=f(d)＜f(c)，所以a＜0，0＜b＜1，4＜d＜5，b＜c，但得不出c≥1，故A中说法正确，B中说法错误。
因为f(a)=f(d)，所以|$2^{a}-1$|=5 - d，所以$1 - 2^{a}=5 - d，$所以$2^{a}=d - 4，$所以$2^{a}d=d(d - 4)=d^{2}-4d，$易知$y=d^{2}-4d$在(4,5)上单调递增，所以$d^{2}-4d＜5，$故C中说法正确。
因为f(b)=f(d)，所以|$2^{b}-1$|=5 - d，所以$2^{b}-1=5 - d，$所以$2^{b}=6 - d，$所以$2^{a}+2^{b}+2^{d}=d - 4+6 - d+2^{d}=2+2^{d}。$
易知$y=2+2^{d}$在(4,5)上单调递增，所以$2+2^{d}∈(18,34)，$即$2^{a}+2^{b}+2^{d}∈(18,34)，$故D中说法正确。

7. (2025河南开封期末)如图，已知直线$x = a$，$x = b(a ＜ b ＜ 0)$与函数$y = 2^{x}$，$y = 4^{x}$的图象分别交于点$A$，$B$，$D$，$C$，且四边形$ABCD$为平行四边形，则（AD）

A.$2^{a}+2^{b}=1$
B.$2^{a + 1}+2^{b + 1}=1$
C.$a + b ＜ - 4$
D.$a + b ＜ - 2$

答案： 7.AD　由题图得$A(a,2^{a})，$$B(a,4^{a})，$$C(b,4^{b})，$$D(b,2^{b})。$因为四边形ABCD为平行四边形，所以AB=CD，所以$2^{a}-4^{a}=2^{b}-4^{b}，$即$2^{a}-2^{b}=4^{a}-4^{b}=(2^{a})^{2}-(2^{b})^{2}=(2^{a}+2^{b})(2^{a}-2^{b})。$
易知$2^{a}-2^{b}≠0，$所以$2^{a}+2^{b}=1，$所以$2^{a + 1}+2^{b + 1}=2，$故A正确，B错误。
由均值不等式得$2^{a}+2^{b}=1≥2\sqrt{2^{a + b}}，$所以a + b≤−2，当且仅当a=b=−1时，等号成立。
又a＜b＜0，所以a + b＜−2，故C错误，D正确。

8. (2025四川内江第六中学月考)已知$e = 2.71828·s$，函数$f(x)=a(\frac{1}{e})^{|x|}+b$的图象经过原点，且无限接近于直线$y = e$但不与该直线相交，则（BD）
A.$a = e$
B.$f(x)$的值域为$0,e)$
C.$f(x)$在区间$(0,+\infty)$上单调递减
D.$f(\ln3)=f(\ln\frac{1}{3})$

答案： 8.BD　因为函数f(x)的图象经过原点，所以a+b=0，即b=−a，所以$f(x)=a(\frac{1}{e})^{|x|}-a。$
又函数f(x)的图象无限接近于直线y=e但不与该直线相交，所以−a=e，所以a=−e，故A错误。
易得$f(x)=−e(\frac{1}{e})^{|x|}+e，$其定义域为R，$f(−x)=−e·(\frac{1}{e})^{|-x|}+e=−e·(\frac{1}{e})^{|x|}+e=f(x)，$所以f(x)为偶函数。当x≥0时，$f(x)=−e(\frac{1}{e})^{x}+e∈0,e)，$所以函数f(x)的值域为0,e)，故B正确。
因为函数$y=(\frac{1}{e})^{x}$为减函数，所以函数$f(x)=−e·(\frac{1}{e})^{|x|}+e$在(0,+∞)上单调递增，故C错误。
因为$\ln\frac{1}{3}=-\ln 3，$f(x)为偶函数，所以$f(\ln\frac{1}{3})=f(\ln 3)，$故D正确。

9. (2025河南青桐鸣大联考)已知实数$a$，$b$满足$\log_{2}\sqrt{3a + 1}+\frac{3}{2}a = 1$，$4^{b}+2b = 3$，则$a - b=$$-\frac{1}{6}$.

答案： 9.答案$　-\frac{1}{6}$
解析　由$log_{2}\sqrt{3a + 1}+\frac{3}{2}a = 1，$得$log_{2}\sqrt{3a + 1}=1-\frac{3}{2}a，$所以$\sqrt{3a + 1}=2^{1-\frac{3}{2}a}，$所以$3a + 1=2^{2 - 3a}，$所以$2^{2 - 3a}+(2 - 3a)-3 = 0。$
由$4^{b}+2b = 3，$得$2^{2b}+2b - 3 = 0，$所以2 - 3a和2b是方程$2^{x}+x - 3 = 0$的两个根。
令$f(x)=2^{x}+x - 3，$易知f(x)在R上单调递增，且f
(1)=0，所以f(2 - 3a)=f(2b)=f
(1)=0，所以2 - 3a = 2b = 1，解得$a=\frac{1}{3}，$$b=\frac{1}{2}，$所以$a - b=-\frac{1}{6}。$

10. (2025广东佛山期末)已知定义在$\mathbf{R}$上的函数$f(x)$满足$f(x + 1)=2f(x)$，当$x\in0,1)$时，$f(x)=3^{x}$，则$f(\frac{5}{2})=$$4\sqrt{3}$，不等式$\frac{\sqrt{3}}{2}\leq f(x)\leq2\sqrt{3}$的解集为$[-\frac{1}{2},\frac{3}{2}]$.

答案： 10.答案$　4\sqrt{3}；$$[-\frac{1}{2},\frac{3}{2}]$
解析　因为f(x + 1)=2f(x)，所以$f(\frac{5}{2})=2f(\frac{3}{2})=4f(\frac{1}{2})。$
又当x∈[0,1)时，$f(x)=3^{x}，$所以$f(\frac{5}{2})=4f(\frac{1}{2})=4×3^{\frac{1}{2}} = 4\sqrt{3}。$
当x∈[0,1)时，$f(x)=3^{x}∈[1,3)，$满足$\frac{\sqrt{3}}{2}\leq f(x)\leq2\sqrt{3}。$
当x∈[1,2)时，x - 1∈[0,1)，此时$f(x)=2f(x - 1)=2·3^{x - 1}∈[2,6)。$
由$f(x)=2·3^{x - 1}∈[\frac{\sqrt{3}}{2},2\sqrt{3}]，$得$\frac{\sqrt{3}}{4}\leq3^{x - 1}\leq\sqrt{3}，$又x∈[1,2)，所以$0\leq x - 1\leq\frac{1}{2}，$所以$1\leq x\leq\frac{3}{2}。$
当x∈[n,n + 1)，n≥2且$n∈N^{*}$时，x - n∈[0,1)，此时$f(x)=2f(x - 1)=2^{2}f(x - 2)=·s=2^{n}f(x - n)=2^{n}·3^{x - n}∈[2^{n},3·2^{n})，$不满足$\frac{\sqrt{3}}{2}\leq f(x)\leq2\sqrt{3}。$
当x∈[-1,0)时，x + 1∈[0,1)，则$f(x)=\frac{1}{2}f(x + 1)=\frac{1}{2}·3^{x + 1}∈[\frac{1}{2},\frac{3}{2})。$
由$f(x)=\frac{1}{2}·3^{x + 1}∈[\frac{\sqrt{3}}{2},2\sqrt{3}]，$得$\sqrt{3}\leq3^{x + 1}\leq4\sqrt{3}，$又x∈[-1,0)，所以$\frac{1}{2}\leq x + 1＜1，$所以$-\frac{1}{2}\leq x＜0。$
当x∈[-m,1 - m)，m≥2且$m∈N^{*}$时，x + m∈[0,1)，此时$f(x)=\frac{1}{2^{m}}f(x + m)∈[\frac{1}{2^{m}},\frac{3}{2^{m}})，$不满足$\frac{\sqrt{3}}{2}\leq f(x)\leq2\sqrt{3}。$
综上，不等式$\frac{\sqrt{3}}{2}\leq f(x)\leq2\sqrt{3}$的解集为$[-\frac{1}{2},\frac{3}{2}]。$