《2025年周末C计划高中数学必修第一册人教版》

17. (15 分) 已知幂函数 $ f(x) = (m^{2} - m - 5)x^{m - 1} $ 的图象关于 $ y $ 轴对称，函数 $ g(x) = f(x) + \frac{1}{x^{2}} $。
(1) 判断 $ g(x) $ 在 $ [1, + \infty ) $ 上的单调性并证明；
(2) 设函数 $ h(x) = f(x) - ax $，$ A = \{ y | y = g(x), x \geqslant \sqrt{2} \} $，若 $ \forall x \in [1,2] $，恒有 $ h(x) \in A $，求实数 $ a $ 的取值范围。

答案： 17.解析
(1)因为函数$f(x)$为幂函数,所以$m^2-m-5=1$,即$(m+2)(m-3)=0$,解得$m=-2$或$m=3$.
又幂函数$f(x)$的图象关于$y$轴对称,所以$m=3$,所以$f(x)=x^2$.所以$g(x)=x^2+\frac{1}{x^2}$.
函数$g(x)$在$[1,+\infty)$上单调递增.
证明如下:任取$x_1,x_2\in[1,+\infty)$,且$x_1＜x_2$,
则$g(x_2)-g(x_1)=x_2^2+\frac{1}{x_2^2}-x_1^2-\frac{1}{x_1^2}=(x_2^2-x_1^2)+\frac{1}{x_2^2}-\frac{1}{x_1^2}=(x_2^2-x_1^2)(1-\frac{1}{x_1^2· x_2^2})=(x_2-x_1)(x_2+x_1)(1-\frac{1}{x_1^2· x_2^2})$.
因为$1\leq x_1＜x_2$,所以$x_1+x_2＞0,x_2-x_1＞0,x_1x_2＞1$,所以$1-\frac{1}{x_1^2· x_2^2}＞0$,所以$(x_2-x_1)(x_2+x_1)(1-\frac{1}{x_1^2· x_2^2})＞0$,即$g(x_2)＞g(x_1)$,所以函数$g(x)=x^2+\frac{1}{x^2}$在$[1,+\infty)$上单调递增.
(2)结合
(1)知,函数$g(x)$在$[\sqrt{2},+\infty)$上单调递增,所以$g(x)\geq g(\sqrt{2})=\frac{5}{2}$,所以$A=[\frac{5}{2},+\infty)$.
由
(1)及题意知,$h(x)=x^2-ax,x\in[1,2]$.
当$\frac{a}{2}\leq1$,即$a\leq2$时,$h(x)$在$[1,2]$上单调递增,所以$h(x)\geq h(1)=1-a$.
由$h(x)\in A$,得$1-a\geq\frac{5}{2}$,解得$a\leq-\frac{3}{2}$,符合$a\leq2$.
当$1＜\frac{a}{2}＜2$,即$2＜a＜4$时,$h(x)$在$[1,\frac{a}{2}]$上单调递减,
在$[\frac{a}{2},2]$上单调递增,所以$h(x)\geq h(\frac{a}{2})=-\frac{a^2}{4}$.
由$h(x)\in A$,得$-\frac{a^2}{4}\geq\frac{5}{2}$,无解.
当$\frac{a}{2}\geq2$,即$a\geq4$时,$h(x)$在$[1,2]$上单调递减,所以$h(x)\geq h(2)=4-2a$.
由$h(x)\in A$,得$4-2a\geq\frac{5}{2}$,解得$a\leq\frac{3}{4}$,与$a\geq4$矛盾.
综上,实数$a$的取值范围为$(-\infty,-\frac{3}{2}]$.

18. (17 分) 已知 $ f(x) = \frac{k · 2^{x} - 1}{2^{x} + 1} $ 为奇函数，且定义域为 $ (-1,1) $，$ g(x) = 4^{x} + t · 2^{x + 1} + 1 - t $。
(1) 求 $ k $ 的值；
(2) 若 $ f(2 - a) ＞ f(a^{2} - 4) $，求实数 $ a $ 的取值范围；
(3) 若存在两个不相等的实数 $ m,n(m,n \in (-1,1)) $，使得 $ f(m) + f(n) = 0 $，且 $ g(m) + g(n) \geqslant 0 $，求实数 $ t $ 的取值范围。

答案： 18.解析
(1)$\because f(x)$为奇函数,定义域为$(-1,1)$,
$\therefore f(0)=0$,即$k-1=0$,解得$k=1$.
经检验,满足题意.
(2)由
(1)得$f(x)=\frac{2^x-1}{2^x+1}=1-\frac{2}{2^x+1}$.
$\because y=2^x+1$在定义域内单调递增,且$2^x+1＞1$恒成立,
$\therefore y=\frac{2}{2^x+1}$在定义域内单调递减,
$\therefore f(x)$在定义域内单调递增.
所以由$f(2-a)＞f(a^2-4)$,得$\begin{cases}2-a＞a^2-4,\\-1＜2-a＜1,\\-1＜a^2-4＜1,\end{cases}$
解得$\sqrt{3}＜a＜2$.
(3)$\because f(m)+f(n)=0,\therefore f(m)=-f(n)=f(-n)$,由
(2)
知$f(x)$在定义域内单调递增,$\therefore m=-n$,即$n=-m$.
$g(x)=4^x+t·2^{x+1}+1-t=(2^x)^2+2t·2^x+1-t$.
$\because g(m)+g(n)\geq0,\therefore(2^m)^2+2t·2^m+1-t+(2^n)^2+2t·2^n+1-t\geq0$,即$(2^m+2^n)^2-2·2^m·2^n+2t(2^m+2^n)+2-2t\geq0$,
$\because(2^m+2^{-m})^2+2t(2^m+2^{-m})-2t\geq0$.
令$u=2^m+\frac{1}{2^m},m\in(-1,1)$,则$u\in2,\frac{5}{2})$,$u^2+2tu-2t\geq0$,
$\therefore$问题转化为存在实数$u\in2,\frac{5}{2})$,使得$u^2+2tu-2t\geq0$成立.
设$h(u)=u^2+2tu-2t$,则只需$h(2)\geq0$或$h(\frac{5}{2})＞0$,即$4+2t\geq0$或$\frac{25}{4}+3t＞0$,所以$t\geq-\frac{25}{12}$.