《2026年优选课堂必刷题高一数学全一册人教版》

12. (2025·全国·专题练习)已知 $ f ( x ) = \left\{ \begin{array} { l } { 2x + 3,x \leq 0 } \\ { - ( x - 1 ) ^ { 2 },x \gt 0 } \end{array} \right. $，则使 $ f ( x ) \geq - 1 $ 成立的 $ x $ 的取值范围是 （ ）

A.$ [ - 2,2 ] $
B.$ [ - 2,0 ] $
C.$ - 2,2 ) $
D.$ ( 0,2 $

答案：
12.A　(方法1)当$x\leq0$时$f(x)=2x + 3$，不等式$f(x)\geq - 1$可化为$2x + 3\geq - 1$，解得$x\geq - 2$，又$x\leq0$，所以$-2\leq x\leq0$；当$x＞0$时，$f(x)=-(x - 1)^2$，不等式$f(x)\geq - 1$可化为$-(x - 1)^2\geq - 1$，解得$0\leq x\leq2$，又$x＞0$，所以$0＜x\leq2$.综上，使不等式$f(x)\geq - 1$成立的$x$的取值范围是$[-2,2]$.故选:A.
(方法2)函数$f(x)$的图象如图所示，虚线表示$y = - 1$，函数$f(x)$图象在虚线$y = - 1$及以上的部分中$x$的取值范围即不等式$f(x)\geq - 1$的解集.

由图可知，$x$的取值范围就是点的横坐标与点B的横坐标之间的范围.在$y = 2x + 3$中，令$y = - 1$，得$x = - 2$，所以点A的横坐标为$-2$.在$y = -(x - 1)^2$中，令$y = - 1$，得$x = 0$(舍去)或$x = 2$，所以点B的横坐标为$2$，所以使不等式$f(x)\geq - 1$成立的$x$的取值范围是$[-2,2]$.故选:A.

13. (多选题)(2025·全国·专题练习)对于定义域为 $ 0, + \infty ) $ 的函数 $ y = f ( x ) $，若同时满足下列条件：① $ \forall x \in 0, + \infty ) $，$ f ( x ) \geq 0 $；② $ \forall x \geq 0 $，$ y \geq 0 $，$ f ( x + y ) \geq f ( x ) + f ( y ) $，则称函数 $ f ( x ) $ 为“$ H $ 函数”.下列结论正确的是 （ ）

A.若 $ f ( x ) $ 为“$ H $ 函数”，则其图象恒过定点 $ ( 0,0 ) $
B.函数 $ f ( x ) = \left\{ \begin{array} { l } { 1,x \in \mathbf{Q} } \\ { 0,x \notin \mathbf{Q} } \end{array} \right. $ 在 $ 0, + \infty ) $ 上是“$ H $ 函数”
C.函数 $ f ( x ) = [ x ] $ 在 $ [ 0, + \infty ) $ 上是“$ H $ 函数”（$ [ x ] $ 表示不大于 $ x $ 的最大整数）
D.若 $ f ( x ) $ 为“$ H $ 函数”，则 $ f ( x ) $ 一定是 $ 0, + \infty ) $ 上的增函数

答案： 13.AC　对于A：不妨令$x = y = 0$，则$f(0 + 0)\geq f(0)+f(0)\Rightarrow f(0)\geq0$，因为$\forall x\in[0, +\infty),f(x)\geq0$，所以$f(0)\geq0$，故$f(0)=0$，故A正确；对于B：不妨令$x = 1,y=\sqrt{2}$，则$f(1)=1,f(\sqrt{2})=0,f(1+\sqrt{2})=0$，即$f(1+\sqrt{2})\leq f(1)+f(\sqrt{2})$，这与$\forall x\geq0,y\geq0,f(x + y)\geq f(x)+f(y)$矛盾，故B错误；对于C：由题意可知，$\forall x\in[0, +\infty),f(x)=[x]\geq0$，不妨令$x = m + n\geq0$，其中$m$为整数部分，$n$为小数部分，则$f(x)=[x]=m$；再令$y = a + b\geq0$，其中$a$为整数部分，$b$为小数部分，则$f(y)=[y]=a$；若$0\leq n + b＜1$，则$f(x + y)=[x + y]=m + a$；若$n + b\geq1$，则$f(x + y)=[x + y]=m + a + 1$，从而$\forall x\geq0,y\geq0,f(x + y)\geq f(x)+f(y)$成立，故C正确；对于D：由题意可知，常函数$f(x)=0$为“H函数”，但$f(x)$不是增函数，故D错误.故选:AC.

14. (2025·高一课时练习)已知函数 $ f ( x ) = \frac { x ^ { 2 } } { 1 + x ^ { 2 } } $.
(1)求 $ f ( 2 ) + f \left( \frac { 1 } { 2 } \right) $，$ f ( 3 ) + f \left( \frac { 1 } { 3 } \right) $ 的值；
(2)求证：$ f ( x ) + f \left( \frac { 1 } { x } \right) $ 的定值；
(3)求 $ 2 f ( 1 ) + f ( 2 ) + f \left( \frac { 1 } { 2 } \right) + f ( 3 ) + f \left( \frac { 1 } { 3 } \right) + ·s + f ( 2021 ) + f \left( \frac { 1 } { 2021 } \right) + f ( 2022 ) + f \left( \frac { 1 } { 2022 } \right) $ 的值.

答案： 14.解：
(1)因为$f(x)=\frac{x^2}{1 + x^2}$，所以$f(2)+f(\frac{1}{2})=\frac{2^2}{1 + 2^2}+\frac{(\frac{1}{2})^2}{1 + (\frac{1}{2})^2}=1$，$f(3)+f(\frac{1}{3})=\frac{3^2}{1 + 3^2}+\frac{(\frac{1}{3})^2}{1 + (\frac{1}{3})^2}=1$；
(2)$f(x)+f(\frac{1}{x})=\frac{x^2}{1 + x^2}+\frac{1}{x^2 + 1}=1$，是定值；
(3)由
(2)知$f(x)+f(\frac{1}{x})=1$，因为$f(1)+f(1)=1$，$f(2)+f(\frac{1}{2})=1$，$f(3)+f(\frac{1}{3})=1$，$·s·s$，$f(2022)+f(\frac{1}{2022})=1$，所以$2f(1)+f(2)+f(\frac{1}{2})+f(3)+f(\frac{1}{3})+·s+f(2021)+f(\frac{1}{2021})+f(2022)+f(\frac{1}{2022})=2022$.

[例] (2025·宁夏银川·银川一中质量检测)已知 $ f ( \sqrt { x } - 1 ) = x + 1 $，则函数 $ f ( x ) $ 的解析式为 （ ）
A.$ f ( x ) = x ^ { 2 } $
B.$ f ( x ) = x ^ { 2 } + 1 ( x \geq 1 ) $
C.$ f ( x ) = x ^ { 2 } + 2x + 2 ( x \geq - 1 ) $
D.$ f ( x ) = x ^ { 2 } - 2x ( x \geq 1 ) $

答案： [解析] 因为 $ f ( \sqrt { x } - 1 ) = x + 1 $，$ x \geq 0 $，令 $ t = \sqrt { x } - 1 $，则 $ x = t ^ { 2 } + 2t + 1 $，$ t \geq - 1 $，所以 $ f ( t ) = t ^ { 2 } + 2t + 1 + 1 = t ^ { 2 } + 2t + 2 $，$ t \geq - 1 $，故 $ f ( x ) = x ^ { 2 } + 2x + 2 $，$ x \geq - 1 $.故选：C.
[答案] C

[例 1] (2025·全国·专题练习)已知函数 $ f ( x ) $ 的定义域为 $ \mathbf{R} $，对任意 $ x \in \mathbf{R} $ 均满足：$ 2 f ( x ) - f ( - x ) = 3x + 1 $ 则函数 $ f ( x ) $ 解析式为 （ ）
A.$ f ( x ) = x + 1 $
B.$ f ( x ) = x - 1 $
C.$ f ( x ) = - x + 1 $
D.$ f ( x ) = - x - 1 $

答案： [解析] 由 $ 2 f ( x ) - f ( - x ) = 3x + 1 $，可得 $ 2 f ( - x ) - f ( x ) = - 3x + 1 $①，又 $ 4 f ( x ) - 2 f ( - x ) = 6x + 2 $②，① + ② 得：$ 3 f ( x ) = 3x + 3 $，解得 $ f ( x ) = x + 1 $.故选：A.
[答案] A