《2025年教材完全解读高中数学必修第一册苏教版》

4. (2024·湖北武汉期末·能力点1) 设函数$f(x)=x^3+ax^2+bx+c$($a,b,c$均为非零整数)。若$f(a)=a^3,f(b)=b^3$，则$c$的值为()。

A.$-16$
B.$-4$
C.4
D.16

答案： D

5. (2024·北京八十中中期中·能力点2) 设区间$A=[0,\frac{1}{2})$，$B=[\frac{1}{2},1]$，函数$f(x)=\begin{cases}x+\frac{1}{2},x\in A,\\3(1-x),x\in B,\end{cases}$若$x_0\in A$，且$f(f(x_0))\in A$，则$x_0$的取值范围是( )。

A.$(\frac{1}{3},\frac{1}{2})$
B.$[0,\frac{1}{4})$
C.$[0,\frac{3}{8}]$
D.$(\frac{1}{4},\frac{1}{2})$

答案： A

6. (2024·浙江宁波效实中学高一期中·能力点2,3)(多选)设$f(x)=\begin{cases}(x+1)^2,x\leqslant0,\frac{4}{x},x＞0,\end{cases}$则下列选项正确的有( )。

A.$y=f(x)$与$y=a,a\in\mathbf{R}$的图像有两个交点，则$a\in(1,+\infty)$
B.$y=f(x)$与$y=a,a\in\mathbf{R}$的图像有三个交点，则$a\in(0,1]$
C.$0\leqslant f(x)\leqslant1$的解集是$[-2,0]\cup[4,+\infty)$
D.$0\leqslant f(f(x))\leqslant1$的解集是$(-\infty,-3]\cup(0,1]$

答案： ABC

7. (2024·湖北荆州中学期中·能力点2,3) 设函数$f(x)=\left|1-\frac{1}{x}\right|(x＞0)$。
(1)若$0＜a＜b$，且$f(a)=f(b)$，则$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=$；
(2)若方程$f(x)=m$有两个不相等的正根，则实数$m$的取值范围是。

答案：
(1) 因为$f(x)=\left|1 - \frac{1}{x}\right|$且$x＞0$，当$0 ＜ x ＜ 1$时，$f(x)=\frac{1}{x}-1$；当$x\geq1$时，$f(x)=1 - \frac{1}{x}$。
已知$0 ＜ a ＜ b$且$f(a)=f(b)$，若$a,b\in(0,1)$或$a,b\in[1,+\infty)$，则$a=b$，矛盾，故$a\in(0,1)$，$b\in[1,+\infty)$。
此时$f(a)=\frac{1}{a}-1$，$f(b)=1 - \frac{1}{b}$，由$f(a)=f(b)$得$\frac{1}{a}-1=1 - \frac{1}{b}$，即$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=2$。
(2) 方程$f(x)=m$有两个不相等正根，即$y=f(x)$与$y=m$有两个交点。
当$0 ＜ x ＜ 1$时，$f(x)=\frac{1}{x}-1\in(0,+\infty)$，减函数；当$x\geq1$时，$f(x)=1 - \frac{1}{x}\in[0,1)$，增函数。
$m＞0$时，在$(0,1)$内有解$x=\frac{1}{m + 1}$；在$x\geq1$内，$m\in(0,1)$时有解$x=\frac{1}{1 - m}$。
故$m\in(0,1)$时方程有两个不等正根。
(1) 2；
(2) $(0,1)$

8. (2024·江苏无锡一中期中·能力点2,3) 已知函数$y=|x|(x-4)$。
（1）将函数$y=|x|(x-4)$写成分段函数的形式，并画出图像；
（2）利用图像回答：当$k$为何值时，关于$x$的方程$|x|(x-4)=k$有一个解？有两个解？有三个解？

答案： （1）$y = \begin{cases}x(x - 4),&x\geq0 \\ -x(x - 4),&x ＜ 0\end{cases}$
图像：当$x\geq0$时，$y=x^{2}-4x$，是开口向上，对称轴为$x = 2$，与$x$轴交点为$(0,0)$和$(4,0)$的抛物线一部分；当$x＜0$时，$y=-x^{2}+4x$，是开口向下，对称轴为$x = 2$（在$y$轴左侧部分），与$x$轴交点为$(0,0)$的抛物线一部分。
（2）由图像可知：
当$k＞0$或$k ＜ - 4$时，方程$|x|(x - 4)=k$有一个解；
当$k = 0$或$k=-4$时，方程$|x|(x - 4)=k$有两个解；
当$-4 ＜ k ＜ 0$时，方程$|x|(x - 4)=k$有三个解。

9. (2024·福建福州高一期中·能力点2) 已知函数$f(x)=x^2-(t+1)x+2t-1$，$g(x)=|x-1|$，函数$F(x)=\min\{f(x),g(x)\}$，其中$\min\{p,q\}=\begin{cases}p,p\leqslant q,\\q,p＞q。\end{cases}$
（1）若$f(1)=2$，求实数$t$的值。
（2）若$t\geqslant5$，
①求使得$F(x)=f(x)$成立的$x$的取值范围；
②比较$F(2)$和$F(8)$的大小。

答案： （1）因为$f(1)=2$，且$f(x)=x^2-(t+1)x+2t-1$，所以将$x=1$代入得：
$1^2-(t+1)·1 + 2t -1 = 2$，化简得$t - 1 = 2$，解得$t=3$。
（2）① 当$t\geq5$时，$F(x)=f(x)$等价于$f(x)\leq g(x)$，即$x^2-(t+1)x+2t -1\leq|x - 1|$。
若$x\geq1$，则$|x - 1|=x - 1$，不等式化为$x^2-(t+1)x+2t -1\leq x - 1$，整理得$x^2-(t+2)x + 2t\leq0$，即$(x - 2)(x - t)\leq0$。因为$t\geq5$，所以解集为$2\leq x\leq t$。
若$x＜1$，则$|x - 1|=1 - x$，不等式化为$x^2-(t+1)x+2t -1\leq1 - x$，整理得$x^2 - tx + 2t - 2\leq0$。由于$t\geq5$且$x＜1$，$x^2 - tx + 2t - 2 = x^2 + t(2 - x) - 2 ＞ 0$（因为$2 - x ＞ 1$，$t(2 - x)\geq5$），不等式无解。
综上，$x$的取值范围是$[2,t]$。
② $F(2)=\min\{f(2),g(2)\}$，计算得$f(2)=1$，$g(2)=1$，故$F(2)=1$。
$F(8)=\min\{f(8),g(8)\}$，其中$g(8)=7$，$f(8)=55 - 6t$。
若$5\leq t＜9$，则$f(8)=55 - 6t ＞ 1$，故$F(8)=7 ＞ 1=F(2)$；
若$t=9$，则$f(8)=1$，故$F(8)=1=F(2)$；
若$t＞9$，则$f(8)=55 - 6t ＜ 1$，故$F(8)=55 - 6t ＜ 1=F(2)$。
答案
（1）$t=3$；
（2）① $[2,t]$；② 当$5\leq t＜9$时，$F(8)＞F(2)$；当$t=9$时，$F(8)=F(2)$；当$t＞9$时，$F(8)＜F(2)$。