《2025年周末C计划高中数学必修第一册人教版》

1. (2025 广东佛山期末质量检测)已知函数 $ f(x) $ 的定义域为 $ (-2,2) $，则函数 $ g(x)=\frac{f(x + 1)}{2x} $ 的定义域为（C）
A.$ (-2,0)\cup(0,2) $
B.$ (-1,3) $
C.$ (-3,0)\cup(0,1) $
D.$ (-1,0)\cup(0,3) $

答案： 1.C 由题意得$\begin{cases}-2＜x + 1＜2,\\2x\neq0,\end{cases}$解得$-3＜x＜1$且$x\neq0$，所以函数$g(x)$的定义域是$(-3,0)\cup(0,1)$。
易错警示
注意分式的分母不能为$0$，且对应法则“$f$”下的括号内的整体的范围应保持一致，最终函数的定义域要取各部分的交集。

2. (2025 江苏连云港灌南期中)已知函数 $ f(x + 1)=x^2 + x $，且函数 $ f(x + 1) $ 的定义域为 $ [-1,1] $，则（D）

A.$ f(x)=x^2 + 3x + 1,x\in[-2,0] $
B.$ f(x)=x^2 + 3x + 1,x\in[0,2] $
C.$ f(x)=x^2 - x,x\in[-2,0] $
D.$ f(x)=x^2 - x,x\in[0,2] $

答案： 2.D 解法一：由$f(x + 1) = x^2 + x = (x + 1)^2 - (x + 1)$，得$f(x) = x^2 - x$，又函数$f(x + 1)$的定义域为$[-1,1]$，即$-1\leq x\leq1$，$\therefore0\leq x + 1\leq2$，$\therefore$函数$f(x) = x^2 - x$的定义域为$[0,2]$。
解法二(换元法)：令$t = x + 1$，则$x = t - 1$，由$f(x + 1) = x^2 + x$可得$f(t) = (t - 1)^2 + t - 1 = t^2 - t$，又函数$f(x + 1)$的定义域为$[-1,1]$，即$-1\leq x\leq1$，$\therefore0\leq t\leq2$，$\therefore f(x) = x^2 - x$，$x\in[0,2]$。

3. (2025 湖南长沙明德中学阶段检测)函数 $ f(x)=\frac{ax^2 + b}{x + c} $ 的图象如图所示，则 $ f(2)= $（C）

A.1
B.$ \frac{3}{2} $
C.2
D.$ \frac{5}{2} $

答案： 3.C
思路点拨
根据题中图象可确定函数的定义域，从而得到$c$的值，又$f(x)$的图象过$(0,2),(\sqrt{2},0)$两点，所以将坐标代入解析式可求得$a,b$的值，进而得到函数$f(x)$的解析式，即可求$f(2)$。
解析 由题图可知函数$f(x)$的定义域为$\{x|x\neq1\}$，又$f(x)=\frac{ax^2 + b}{x + c}$的定义域为$\{x|x\neq - c\}$，所以$c = - 1$，所以$f(x)=\frac{ax^2 + b}{x - 1}$。
因为$f(x)$的图象过$(0,2),(\sqrt{2},0)$两点，所以$\begin{cases}f(0)=\frac{b}{-1}=2,\\f(\sqrt{2})=\frac{2a + b}{\sqrt{2}-1}=0,\end{cases}$解得$\begin{cases}b = - 2,\\a = 1,\end{cases}$
所以$f(x)=\frac{x^2 - 2}{x - 1}$，则$f(2)=\frac{4 - 2}{2 - 1}=2$。

4. (2025 安徽师范大学附属中学开学考试)已知二次不等式 $ x^2 - bx + 2b - 3 ＜ 0 $ 的解集为 $ (x_1,x_2) $，$ \frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}＜2 $，则 $ b $ 的取值范围是（$(-\infty,\frac{3}{2})\cup(6,+\infty)$）
A.$ \left( \frac{3}{2},2 \right) $
B.$ \left( -\infty,\frac{3}{2} \right)\cup(6,+\infty) $
C.$ \left( -\infty,\frac{3}{2} \right)\cup(2,+\infty) $
D.$ (2,6) $

答案： 4.B 由题意可知方程$x^2 - bx + 2b - 3 = 0$的两根为$x_1,x_2$，由根与系数的关系可知$x_1 + x_2 = b$，$x_1x_2 = 2b - 3$，所以$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}=\frac{x_1 + x_2}{x_1x_2}=\frac{b}{2b - 3}＜2$，所以$\frac{b}{2b - 3}-2=\frac{-3b + 6}{2b - 3}=\frac{-3(b - 2)}{2b - 3}＜0$，即$-3(b - 2)(2b - 3)＜0$，解得$b＞2$或$b＜\frac{3}{2}$。
因为$x^2 - bx + 2b - 3 = 0$有两个不等实根$x_1,x_2$，所以$\Delta = b^2 - 4(2b - 3)＞0$，解得$b＞6$或$b＜2$。
综上所述，$b$的取值范围是$(-\infty,\frac{3}{2})\cup(6,+\infty)$。
易错警示
本题容易遗漏对判别式$\Delta$的分析，在一元二次方程有实数根时，必须要考虑$\Delta\geq0$。

5. (2025 云南师范大学附属中学期中)已知 $ f(x)=\begin{cases}-x + 1(x\leq1)\\x - 1(x＞1)\end{cases} $，则函数 $ F(x)=f(f(x)) + f(x) $ 的值域为（[1,+∞)）
A.$ (1,+\infty) $
B.$ 1,+\infty) $
C.$ \left( \frac{3}{2},+\infty \right) $
$D.[\frac{3}{2},+$$\infty)$　　

答案： 5.B 当$x\leq1$时，$f(x)= - x + 1\geq f(1)=0$，此时$f(x)$的值域$M = 0,+\infty)$，
当$x＞1$时，$f(x)=x - 1＞f(1)=0$，此时$f(x)$的值域$N = (0,+\infty)$，
所以$f(x)$的值域为$M\cup N = M = 0,+\infty)$。
令$t = f(x)$，则$y = f(t)+t$，$t\in0,+\infty)$，
可得$y=\begin{cases}1,0\leq t\leq1,\\2t - 1,t＞1,\end{cases}$
当$0\leq t\leq1$时，$y = 1$；当$t＞1$时，$y\in(1,+\infty)$，
所以$y\in1,+\infty)$，即$F(x)$的值域为$1,+\infty)$。

6. (2025 江苏常州第一中学期中)已知不等式 $ (x - n)·\left( x - \frac{1}{n} \right)\leq0(n＞0) $ 的解集为 $ \{x|a\leq x\leq b\} $，且不等式 $ \frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{m}{a + b}\geq4 $ 恒成立，则正实数 $ m $ 的取值范围是（$m\geq8$）
A.$ m\geq2 $
B.$ m\geq4 $
C.$ m\geq6 $
D.$ m\geq8 $

答案： 6.D 因为不等式$(x - n)(x - \frac{1}{n})\leq0(n＞0)$的解集为$\{x|a\leq x\leq b\}$，
所以$a,b$是方程$(x - n)(x - \frac{1}{n}) = 0(n＞0)$的两个根，所以$ab = n·\frac{1}{n}=1$，且$a＞0$，$b＞0$，
又$m$为正实数，所以$\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{m}{a + b}=\frac{a + b}{2ab}+\frac{m}{a + b}=\frac{a + b}{2}+\frac{m}{a + b}\geq2\sqrt{\frac{m}{2}}$，当且仅当$\frac{a + b}{2}=\frac{m}{a + b}$时等号成立，又$\frac{1}{2a}+\frac{1}{2b}+\frac{m}{a + b}\geq4$恒成立，所以$2\sqrt{\frac{m}{2}}\geq4$，解得$m\geq8$。

7. (2025 江西南昌模拟)已知函数 $ f(x) $ 满足 $ f(x - y)· f(y)=2f(x) $，$ f(x)\neq0 $ 且 $ f(1)=4 $，则 $ f(2 - x)+f(x) $ 的最小值为（8）
A.4
B.$ 2\sqrt{2} $
C.8
D.$ 4\sqrt{2} $

答案： 7.C 令$y = 0$可得$f(x)f(0)=2f(x)$，因为$f(x)\neq0$，所以$f(0)=2$，
令$x = 2$，$y = 1$可得$f(1)f(1)=2f(2)=16$，解得$f(2)=8$，
令$x = 2$可得$f(2 - y)f(y)=2f(2)=16$，即$f(2 - x)f(x)=16$，
令$x = 2y$可得$2f(2y)=f(y)f(y)$，所以$f(x)=\frac{1}{2}[f(\frac{x}{2})]^2＞0$，所以$f(2 - x)＞0$，
由基本不等式可得$f(2 - x)+f(x)\geq2\sqrt{f(2 - x)f(x)}=2\sqrt{16}=8$，
当且仅当$f(x)=f(2 - x)=4$，即$x = 1$时，等号成立，
所以$f(2 - x)+f(x)$的最小值为$8$。
名师指点
此类问题属于抽象函数问题，对于抽象函数，常用的解题方法是赋值法，通过对变量赋值，得到与所求有关的关键结论，进而解决问题。

8. (2025 江苏苏州实验中学阶段练习)已知关于 $ x $ 的不等式 $ a\leq\frac{3}{4}x^2 - 3x + 4\leq b $，下列结论正确的是（ ）

A.当 $ a ＜ b ＜ 1 $ 时，不等式的解集为 $ \varnothing $
B.当 $ a = 3 $ 时，不等式的解集可以写成 $ \{x|c\leq x\leq d\} $ 的形式
C.若不等式的解集恰为 $ \{x|a\leq x\leq b\} $，则 $ b = 4 $ 或 $ b = \frac{4}{3} $
D.若不等式的解集恰为 $ \{x|a\leq x\leq b\} $，则 $ a = 0 $ 且 $ b = 4 $

答案：
8.AD A、B选项，令$f(x)=\frac{3}{4}x^2 - 3x + 4$，作出$f(x)=\frac{3}{4}x^2 - 3x + 4$的图象，如图：

由图可知，当$a＜b＜1$时，不等式的解集为$\varnothing$；当$a = 3$时，不等式$a\leq\frac{3}{4}x^2 - 3x + 4\leq b$的解集应由两部分组成，故A正确，B错误。
C、D选项，不等式$a\leq\frac{3}{4}x^2 - 3x + 4\leq b$的解集恰为$\{x|a\leq x\leq b\}$，即二次函数$f(x)=\frac{3}{4}x^2 - 3x + 4$在$\{x|a\leq x\leq b\}$上的值域是$[a,b]$，
则必有$f(b)=b$，即$\frac{3}{4}b^2 - 3b + 4 = b$，解得$b=\frac{4}{3}$或$b = 4$，
又因为$f(x)=\frac{3}{4}x^2 - 3x + 4$在$\mathbf{R}$上的最小值为$f(2)=1$，
所以$a\leq1$且$f(a)=b$，
当$b=\frac{4}{3}$时，$f(a)=b$即$\frac{3}{4}a^2 - 3a + 4=\frac{4}{3}$，解得$a=\frac{4}{3}$或$a=\frac{8}{3}$，与$a\leq1$不相符，舍去；
当$b = 4$时，$f(a)=b$即$\frac{3}{4}a^2 - 3a + 4 = 4$，解得$a = 0$或$a = 4$（舍去），
所以$a = 0$，$b = 4$，故C错误，D正确。

9. (2025 重庆巴蜀中学校期中)函数 $ f(x)=\sqrt{ax^2 + 2ax + 2}(a\in\mathbf{R}) $ 的定义域为 $ A $，值域为 $ B $，区域 $ \Omega =\{(x,y)|x\in A,y\in B\} $，则下列说法正确的是（ACD）
A.若 $ A = \mathbf{R} $，则 $ 0\leq a\leq2 $
B.若 $ 0,+\infty)\subseteq B $，则 $ a ＞ 2 $
C.若 $ \Omega $ 表示一个正方形区域，则该区域的面积为 6
D.存在无数个 $ a $，使得不等式 $ \sqrt{ax^2 + 2ax + 2}\geq x + 1 $ 对 $ x\in\mathbf{R} $ 恒成立

答案： 9.ACD A中，若$A=\mathbf{R}$，则$ax^2 + 2ax + 2\geq0$恒成立，
显然当$a = 0$时，$2\geq0$成立，
当$a\neq0$时，$\begin{cases}a＞0,\\\Delta = 4a^2 - 8a\leq0,\end{cases}$解得$0＜a\leq2$，
所以$0\leq a\leq2$，故A正确；
B中，不妨令$B = [0,+\infty)$，则$\begin{cases}a＞0,\\\Delta = 4a^2 - 8a\geq0,\end{cases}$解得$a\geq2$，保证$y = ax^2 + 2ax + 2$能取到大于或等于$0$的一切实数，故B错误；
C中，若$\Omega$表示一个正方形区域，则$a＜0$，
设$ax^2 + 2ax + 2\geq0$的解集为$A = [x_1,x_2]$，则$\Delta = 4a^2 - 8a＞0$，$B = [0,\sqrt{-\frac{\Delta}{4a}}]$
又$|x_1 - x_2|=\sqrt{-\frac{\Delta}{|a|}}=\frac{\sqrt{-\Delta}}{|a|}=\sqrt{-\frac{\Delta}{4a}}$，所以$a = - 4$，此时$|x_1 - x_2|=\sqrt{\frac{96}{16}}=\sqrt{6}$，故该区域的面积为$6$，故C正确；
D中，当$1\leq a\leq2$时，$\sqrt{ax^2 + 2ax + 2}=\sqrt{a(x + 1)^2 + 2 - a}\geq\sqrt{a(x + 1)^2}=\vert x + 1\vert\geq x + 1$，故D正确。
知识拓展
对于二次函数$y = ax^2 + bx + c$，设其对应方程的两根分别为$x_1,x_2$，则$\vert x_1 - x_2\vert=\sqrt{(x_1 - x_2)^2}=\sqrt{(x_1 + x_2)^2 - 4x_1x_2}=\sqrt{(-\frac{b}{a})^2 - 4×\frac{c}{a}}=\frac{\sqrt{b^2 - 4ac}}{\vert a\vert}=\frac{\sqrt{\Delta}}{\vert a\vert}$，二次函数的最值为$a×(-\frac{b}{2a})+b×(-\frac{b}{2a})+c=c-\frac{b^2}{4a}=\frac{-\Delta}{4a}$。