《2025年教材完全解读高中数学必修第一册苏教版》

例2 2022·全国数学联赛吉林赛区初赛
设实数$a,b$满足$3^a + 13^b = 17^a,5^a + 7^b = 11^b$，则$a,b$的大小关系是()。

A.$a＞b$
B.$a = b$
C.$a＜b$
D.不确定

答案： 解　假设$a \geq b$，则$17^a = 3^a + 13^b \leq 3^a + 13^a$，即$(\frac{3}{17})^a + (\frac{13}{17})^a \geq 1$。而$f(x)=(\frac{3}{17})^x + (\frac{13}{17})^x$在$\mathbf{R}$上单调递减，且$\frac{3}{17} + \frac{13}{17}＜1$，故$a＜1$。同理有$11^b = 5^a + 7^b \geq 5^b + 7^b$，即$(\frac{5}{11})^b + (\frac{7}{11})^b \leq 1$。而$g(x)=(\frac{5}{11})^x + (\frac{7}{11})^x$在$\mathbf{R}$上单调递减，且$\frac{5}{11} + \frac{7}{11}＞1$，故$b＞1$。综上，假设不成立，因此$a＜b$。
答　C

例3 2022·全国高中数学联赛一试A卷
已知函数$y = f(x)$的图像既关于点$(1,1)$中心对称，又关于直线$x + y = 0$对称。若$x \in (0,1)$时，$f(x)=\log_2 (x + 1)$，则$f(\log_2 10)$的值为。

答案： 解　用$\Gamma$表示函数$y = f(x)$的图像。对任意的$x_0 \in (0,1)$，令$y_0 = \log_2 (1 + x_0)$，则$(x_0,y_0)$在$\Gamma$上，且$y_0 \in (0,1)$。利用$\Gamma$的中心对称性与轴对称性，可依次推得$(2 - x_0,2 - y_0)$，$(y_0 - 2,x_0 - 2)$，$(4 - y_0,4 - x_0)$在$\Gamma$上。取$x_0 = \frac{3}{5}$，此时$4 - y_0 = 4 - \log_2 (1 + x_0) = \log_2 10$。因此$f(\log_2 10)=f(4 - y_0)=4 - x_0 = 4 - \frac{3}{5} = \frac{17}{5}$。
答　$\frac{17}{5}$

例4 北京大学金秋营试题
已知函数$f(x)=x^2 + ax + b(a,b \in \mathbf{R}),g(x)=2^x - 2^{2 - x} + 1$。
(1)设$f(x) \leq 0$的解集为$A,f[f(x)] \leq 3$的解集为$B$，若$A = B \neq \varnothing$，求实数$a$的取值范围；
(2)已知函数$h(x)$的图像关于点$(1,1)$对称，
当$x \in [0,1]$时，$h(x)=f(x)$，若对任意的$x_1 \in [0,2]$，总存在$x_2 \in [0,2]$，使得$h(x_1)=g(x_2)$，
求实数$b$的取值范围。

答案： 答　
(1)设$f(x) \leq 0$的解集为$A = \{x|x_1 \leq x \leq x_2\}$，则$f[f(x)] \leq 3$的解集为$B = A = \{x|x_1 \leq x \leq x_2\}$，设$f(x)=t,x_1 \leq x \leq x_2$，则$f[f(x)] \leq 3$的解集为$B$等价于$f(t) \leq 3$的解集为$\{t|t \leq 0\}$，
所以$f(t) - 3 = 0$的一个解为$t = 0$，所以$b = 3$。
因为$f[f(x)] \leq 3 \Leftrightarrow x^2 + ax + 3 + a \leq 0$恒成立，即$x^2 + ax + 3 + a \leq 0$恒成立，所以$\Delta = a^2 - 4(3 + a) \leq 0$，解得$-2 \leq a \leq 6$。又因为$f(x) \leq 0$的解集非空，所以$a^2 - 12 \geq 0$，所以$a \geq 2\sqrt{3}$或$a \leq -2\sqrt{3}$。综上所述，$2\sqrt{3} \leq a \leq 6$。
(2)因为对任意的$x_1 \in [0,2]$，总存在$x_2 \in [0,2]$，使得$h(x_1)=g(x_2)$，所以函数$h(x)$的值域是函数$g(x)$的值域的子集。因为$y = 2^x,y = -2^{2 - x}$为增函数，所以$g(x)=2^x - 2^{2 - x} + 1$为增函数，所以当$x \in [0,2]$时，$g(x)$的值域为$[-2,4]$。设函数$h(x)$的值域为集合$A$，则原问题转化为$A \subseteq [-2,4]$，因为$h(x)$的图像关于点$(1,1)$对称，且$x \in [0,1]$时，$h(x)=f(x)$，所以$h(1)=f(1)=1,a = -b$，所以$f(x)=x^2 - bx + b$。当$\frac{b}{2} \leq 0$，即$b \leq 0$时，$h(x)$在$[0,1]$上递增，
则函数$h(x)$在$(1,2]$上也是增函数，所以函数$h(x)$在$[0,2]$上递增。又$h(0)=b,h(2)=2 - h(0)=2 - b$，所以$h(x)$的值域为$[b,2 - b]$，即$A = [b,2 - b]$。又$A = [b,2 - b] \subseteq [-2,4]$，所以$\begin{cases}b \geq -2, \\2 - b \leq 4,\end{cases}$解得$-2 \leq b \leq 0$。当$\frac{b}{2} \geq 1$，即$b \geq 2$
时，$h(x)$在$[0,1]$上递减，在$(1,2]$上也是减函数，所以函数$h(x)$在$[0,2]$上递减，则$A = [2 - b,b]$。又$A = [2 - b,b] \subseteq [-2,4]$，所以$\begin{cases}2 - b \geq -2, \\b \leq 4,\end{cases}$解得$2 \leq b \leq 4$。当$0＜\frac{b}{2}＜1$，
即$0＜b＜2$时，$h(x)$在$(0,\frac{b}{2})$上递减，在$(\frac{b}{2},1)$上递增，则函数$h(x)$在$(1,2 - \frac{b}{2})$上递增，在$(2 - \frac{b}{2},2)$上递减，故此时$h(x)_{\min} = \min\{h(2),h(\frac{b}{2})\}$，$h(x)_{\max} = \max\{h(0),h(2 - \frac{b}{2})\}$，要使$A \subseteq [-2,4]$，只需$\begin{cases}h(2)=2 - h(0)=2 - b \geq -2, \\h(\frac{b}{2}) = -\frac{b^2}{4} + b \geq -2, \\h(0)=b \leq 4, \\h(2 - \frac{b}{2}) = \frac{b^2}{4} - b + 2 \leq 4, \\0＜b＜2,\end{cases}$