《2025年绿色通道45分钟课时作业与单元测评高中数学必修第一册人教版》

10. 已知函数$ f(x) = \dfrac{3x + 7}{x + 2} $。
（1）判断并证明函数$ f(x) $在$(-2, +\infty)$上的单调性；
（2）若函数$ f(x) $的定义域为$(-2, 2)$，且满足$ f(-2m + 3) ＞ f(m^2) $，求$ m $的取值范围。

答案： 10.解　
(1)f(x)=$\frac{3x + 7}{x + 2}$=3+$\frac{1}{x + 2}$,f(x)在(−2,+∞)上单调递减,证明如下:设x₁＞x₂＞−2,
　则f(x₁)−f(x₂)=$\frac{1}{x₁ + 2}$−$\frac{1}{x₂ + 2}$=$\frac{x₂ - x₁}{(x₁ + 2)(x₂ + 2)}$,
　因为x₁＞x₂＞−2,所以x₁ + 2＞0,x₂ + 2＞0,x₂−x₁＜0,所以f(x₁)＜f(x₂),所以f(x)在(−2,+∞)上单调递减.
(2)由
(1)可知，当x∈(−2,2)时，函数f(x)是减函数，所以由f(−2m + 3)＞f(m²)得，$\begin{cases}-2 ＜ -2m + 3 ＜ 2\\-2 ＜ m² ＜ 2\\-2m + 3 ＜ m²\end{cases}$
　解得1＜m＜$\sqrt{2}$,
　所以m的取值范围为(1,$\sqrt{2}$).

11. (2024·广东汕头一中月考)设函数$ f(x) = \begin{cases}ax - 1, & x ＜ a, \\ x^2 - 2ax + 1, & x \geq a,\end{cases}$当$ f(x) $为增函数时，实数$ a $的值可能是( )

A.$ 2 $
B.$ -1 $
C.$ 0 $
D.$ 1 $

答案： 11.D　y=ax−1在(−∞,a)上单调递增，则a＞0,
　y=x²−2ax+1的图象的对称轴为x=a,开口向上，显然y=x²−2ax+1满足在[a,+∞)上单调递增，若f(x)为增函数，则还需满足a²−1≤a²−2a + 1,解得−1≤a≤1,结合a＞0,得0＜a≤1,所以实数a的值可能是(0,1]内的任意实数，A、B、C不满足，D满足，故选D.

12. 已知$ f(2 - x) = f(x + 2) $，且$ f(x) $在$(0, 2)$上单调递减，则$ f(1) $，$ f\left(\dfrac{5}{2}\right) $，$ f\left(\dfrac{7}{2}\right) $的大小顺序是(A)

A.$ f\left(\dfrac{5}{2}\right) ＜ f(1) ＜ f\left(\dfrac{7}{2}\right) $
B.$ f(1) ＜ f\left(\dfrac{5}{2}\right) ＜ f\left(\dfrac{7}{2}\right) $
C.$ f\left(\dfrac{7}{2}\right) ＜ f(1) ＜ f\left(\dfrac{5}{2}\right) $
D.$ f\left(\dfrac{7}{2}\right) ＜ f\left(\dfrac{5}{2}\right) ＜ f(1) $

答案： 12.A　因为f(2−x)=f(x + 2),所以f($\frac{5}{2}$)=f($\frac{3}{2}$),f($\frac{7}{2}$)=f($\frac{1}{2}$),因为f(x)在(0,2)上单调递减,所以f($\frac{3}{2}$)=f($\frac{5}{2}$)＜f
(1)＜f($\frac{1}{2}$)=f($\frac{7}{2}$).

13. 若函数$ f(x) = ax^2 + (a - 3)x + 1 $在$(-1, +\infty)$上单调递减，则实数$ a $的取值范围是[−3,0]。

答案： 13.[−3,0]
　解析　①当a=0时,f(x)=−3x + 1在R上是减函数，
∴a=0满足条件;②当a≠0时,f(x)=ax²+(a−3)x + 1,图象的对称轴为x=−$\frac{a - 3}{2a}$,
∴−$\frac{a - 3}{2a}$≤−1,解得−3≤a＜0.由①②得−3≤a≤0.

14. 已知定义在$(0, +\infty)$上的函数$ f(x) $对于$ \forall x, y \in (0, +\infty) $，都满足$ f(x) + f(y) = f(xy) + 3 $，且当$ x \in (0, 1) $时，$ f(x) ＜ 3 $。
（1）求$ f(1) $的值；
（2）根据定义，研究$ f(x) $在$(0, +\infty)$上的单调性。

答案： 14.解　
(1)依题意，函数f(x)对于∀x,y∈(0,+∞),都满足f(x)+f(y)=f(xy)+3,
　令x=y=1得f
(1)+f
(1)=f
(1)+3,则f
(1)=3.
(2)任取x₁,x₂∈(0,+∞),且x₁＜x₂,则0＜$\frac{x₁}{x₂}$＜1,
　所以f($\frac{x₁}{x₂}$)＜3,
　所以f(x₁)−f(x₂)=f(x₂·$\frac{x₁}{x₂}$)−f(x₂)
　　=f(x₂)+f($\frac{x₁}{x₂}$)−3−f(x₂)=f($\frac{x₁}{x₂}$)−3＜0,
　　所以f(x₁)−f(x₂)＜0,即f(x₁)＜f(x₂),
　　所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.

15. 函数$ f(x) $的定义域为$ D $，若对于任意$ x_1, x_2 \in D $，当$ x_1 ＜ x_2 $时，都有$ f(x_1) \leq f(x_2) $，则称函数$ f(x) $在$ D $上为非减函数。设函数$ f(x) $在$[0, 1]$上为非减函数，且满足以下三个条件：①$ f(0) = 0 $；②$ f\left(\dfrac{x}{3}\right) = \dfrac{1}{2}f(x) $；③$ f(1 - x) = 1 - f(x) $。则$ f(1) = $1$ $，$ f\left(\dfrac{1}{3}\right) + f\left(\dfrac{1}{8}\right) = $$\frac{3}{4}$$ $。

答案： 15.1　$\frac{3}{4}$
　解析　因为f(1−x)=1−f(x),f
(0)=0,所以f
(1)=1−f
(0)=1,f($\frac{1}{2}$)=1−f($\frac{1}{2}$),所以f($\frac{1}{2}$)=$\frac{1}{2}$,f($\frac{1}{3}$)=$\frac{1}{2}$f
(1)=$\frac{1}{2}$.又函数f(x)在[0,1]上为非减函数,所以当x∈[$\frac{1}{3}$,$\frac{1}{2}$]时,f(x)=$\frac{1}{2}$,所以f($\frac{3}{8}$)=$\frac{1}{2}$,所以f($\frac{1}{8}$)=$\frac{1}{2}$f($\frac{3}{8}$)=$\frac{1}{4}$,所以f($\frac{1}{3}$)+f($\frac{1}{8}$)=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{4}$=$\frac{3}{4}$.