《2025年经纶学典学霸黑白题高中数学必修第一册苏教版》

1. 函数$ y = \dfrac{1}{4 + 3x - x^2} $的单调增区间为(C)

A.$ \left[ \dfrac{3}{2}, +\infty \right) $
B.$ \left( -1, \dfrac{3}{2} \right] $
C.$ \left[ \dfrac{3}{2}, 4 \right) $和$ (4, +\infty) $
D.$ (-\infty, -1) \cup \left( -1, \dfrac{3}{2} \right] $

答案： 1.C 解析：由$4 + 3x - x^2 \neq 0$可得$x \neq -1$且$x \neq 4$，所以函数$y = \frac{1}{4 + 3x - x^2}$的定义域为$(-\infty, -1) \cup (-1, 4) \cup (4, +\infty)$，因为$u = 4 + 3x - x^2$开口向下，其对称轴为$x = \frac{3}{2}$，所以$u = 4 + 3x - x^2$的单调减区间为$[\frac{3}{2}, 4)$和$(4, +\infty)$.因为函数$y = \frac{1}{u}$在$(-\infty, 0)$，$(0, +\infty)$上均为减函数，所以函数$y = \frac{1}{4 + 3x - x^2}$的单调增区间为$[\frac{3}{2}, 4)$和$(4, +\infty)$.故选C.

2. (2025·辽宁沈阳高一期中)设函数$ f(x) $在$ \mathbf{R} $上为增函数，则下列结论正确的是(D)

A.$ y = xf(x) $在$ \mathbf{R} $上为增函数
B.$ y = \dfrac{f(x)}{x} $在$ \mathbf{R} $上为减函数
C.$ y = -\dfrac{1}{f(x)} $在$ \mathbf{R} $上为增函数
D.$ y = -f(x) $在$ \mathbf{R} $上为减函数

答案： 2.D 解析：由题设，$f(x)=x$满足要求，则$y = \frac{f(x)}{x}=1$为常数函数且定义域不是$\mathbf{R}$，排除B，$y = xf(x)=x^2$，$y = -\frac{1}{f(x)} = -\frac{1}{x}$在$\mathbf{R}$上不是单调函数，且后一个函数定义域不为$\mathbf{R}$，排除AC，若函数$f(x)$在$\mathbf{R}$上为增函数，则$y = -f(x)$在$\mathbf{R}$上为减函数，D对.故选D.

3. (多选)(2025·湖南长沙高一期中)已知函数$ f(x) $的大致图象如图所示，若$ f(x) $在$ [a, a + 2] $上单调递增，则$ a $的值可以为(BCD)

A.$ -0.1 $
B.$ \sqrt{2} - 1 $
C.$ 0.8 $
D.$ 5 $

答案： 3.BCD 解析：由题图可知，$f(x)$在$[0, 2.8]$，$[4, +\infty)$上单调递增，所以$\begin{cases}a \geq 0 \\ a + 2 \leq 2.8\end{cases}$或$a \geq 4$，所以$a$的取值范围为$[0, 0.8] \cup [4, +\infty)$.故A不符合题意，BCD符合题意.故选BCD.

4. (2025·湖北武汉高一月考)已知函数$ f(x) = \begin{cases}-x^2 + 1, & x ＜ 1, \\ x^2 - 4x + 3, & x \geq 1\end{cases}$在$ (0, a - 5) $上单调递减，则实数$ a $的取值范围是( )

A.$ [6, 8] $
B.$ [6, 7] $
C.$ (5, 8] $
D.$ (5, 7] $

答案：
4.D 解析：函数$f(x)=\begin{cases}-x^2 + 1, x ＜ 1 \\ x^2 - 4x + 3, x \geq 1\end{cases}$，画出函数$f(x)$的大致图象，
　　　　　　
$\because$函数$f(x)$在$(0, a - 5)$上单调递减，$\therefore$由图象可知$0 ＜ a - 5 \leq 2$，解得$5 ＜ a \leq 7$，故实数$a$的取值范围是$(5, 7]$.故选D.

5. * 设$ a, b \in \mathbf{R} $，则“$ a ＞ b $”是“$ a|a| ＞ b|b| $”的(C)

A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分又不必要条件

答案： 5.C 解析：设$f(x)=x|x|=\begin{cases}-x^2, x \leq 0 \\ x^2, x ＞ 0\end{cases}$，则函数$f(x)$在$(-\infty, 0]$，$[0, +\infty)$上均为增函数，又因为函数$f(x)$在$\mathbf{R}$上连续，故函数$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增，若$a ＞ b$，则$f(a) ＞ f(b)$，即$a|a| ＞ b|b|$；若$a|a| ＞ b|b|$，则$f(a) ＞ f(b)$，可得$a ＞ b$.因此，“$a ＞ b$”是“$a|a| ＞ b|b|$”的充要条件.故选C.

6. * (2025·河北石家庄高一月考)函数$ y = f(x) $为定义在$ (-2, 2) $上的增函数，且$ f(2m) ＞ f(-m + 1) $，则实数$ m $的取值范围是$(\frac{1}{3}, 1)$。

答案： 6.$(\frac{1}{3}, 1)$ 解析：由题意得$\begin{cases}-2 ＜ 2m + 1 ＜ 2 \\ 2m ＞ -m + 1\end{cases}$，解得$\frac{1}{3} ＜ m ＜ 1$，所以实数$m$的取值范围是$(\frac{1}{3}, 1)$.故答案为$(\frac{1}{3}, 1)$.

7. * (2025·广东佛山高一月考)若函数$ f(x) = |2x + a| $的单调增区间是$ [3, +\infty) $，则$ a $的值为-6。若$ f(x) $在$ [3, +\infty) $上为增函数，则$ a $的取值范围为$a \geq -6$。

答案： 7.$-6$ $a \geq -6$ 解析：$\because f(x)=|2x + a|$的单调增区间是$[-\frac{a}{2}, +\infty)$，$\therefore$由$-\frac{a}{2}=3$得$a = -6$，若$f(x)$在$[3, +\infty)$上为增函数，则$-\frac{a}{2} \leq 3$，解得$a \geq -6$.故答案为$-6$，$a \geq -6$.
易错提醒
函数$f(x)$在区间$I$上单调，则区间$I$是函数一段单调区间的子集.

8. * (2025·福建福州高一期中)已知函数$ f(x) = \sqrt{x^2 + 4ax + 7} $在$ [1, 2] $上是减函数，则$ a $的取值范围是$[-\frac{11}{8}, -1]$。

答案： 8.$[-\frac{11}{8}, -1]$ 解析：因为函数$y = \sqrt{x}$在$[0, +\infty)$上单调递增，所以函数$y = x^2 + 4ax + 7$在$[1, 2]$上单调递减.由$\begin{cases}-\frac{4a}{2} \geq 2 \\ 4 + 8a + 7 \geq 0\end{cases}$，解得$-\frac{11}{8} \leq a \leq -1$.故答案为$[-\frac{11}{8}, -1]$.

9. * (2025·重庆八中高一月考)已知定义在区间$ (0, +\infty) $上的函数$ f(x) $满足$ f(xy) = f(x) + f(y) $，且当$ x ＞ 1 $时，$ f(x) ＞ 0 $。若$ f(3) = 1 $。
(1) 判断并证明$ f(x) $的单调性；
(2) 解关于$ x $的不等式$ f(3x + 6) + f\left( \dfrac{1}{x} \right) ＞ 2 $。

答案： 9.解：
(1)设$x_1 ＞ x_2 ＞ 0$，则$\frac{x_1}{x_2} ＞ 1$，$\because f(xy)=f(x) + f(y)$，$\therefore f(x_1) - f(x_2)=f(\frac{x_1}{x_2} · x_2) - f(x_2)=f(\frac{x_1}{x_2}) + f(x_2) - f(x_2)=f(\frac{x_1}{x_2})$，又当$x ＞ 1$时，$f(x) ＞ 0$，$\therefore f(\frac{x_1}{x_2}) ＞ 0$，$\therefore f(x_1) ＞ f(x_2)$，$\therefore f(x)$在$(0, +\infty)$上为增函数.
(2)令$x = y = 3$，则$f(9)=f(3) + f(3)=2f(3)$，$f(3x + 6) + f(\frac{1}{x}) ＞ 2$，即$f(\frac{3x + 6}{x}) ＞ f(9)$，由函数$f(x)$在$(0, +\infty)$上为增函数，可得$\frac{3x + 6}{x} ＞ 9$，解得$0 ＜ x ＜ 1$，故原不等式解集为$(0, 1)$.

* (2025·山东菏泽高一期中)已知函数$ f(x) = ax^2 + 1 $是定义在$ \mathbf{R} $上的函数，若对于任意$ 1 \leq x_1 ＜ x_2 \leq 3 $，都有$ \dfrac{f(x_1) - f(x_2)}{x_1 - x_2} ＞ -2 $，则实数$ a $的取值范围是(C)

A.$ \{ 0 \} $
B.$ (0, +\infty) $
C.$ \left[ -\dfrac{1}{3}, +\infty \right) $
D.$ \left[ -\dfrac{1}{3}, 0 \right) $

答案： C 解析：因为$1 \leq x_1 ＜ x_2 \leq 3$，所以$\frac{f(x_1) - f(x_2)}{x_1 - x_2} ＞ -2 \Rightarrow f(x_1) - f(x_2) ＜ -2x_1 + 2x_2$，故$f(x_1) + 2x_1 ＜ f(x_2) + 2x_2$，令$F(x)=f(x) + 2x$，则$F(x_1) ＜ F(x_2)$，故$F(x)=f(x) + 2x$在$[1, 3]$上单调递增，即$F(x)=ax^2 + 2x + 1$在$[1, 3]$上单调递增.若$a = 0$，此时$F(x)=2x + 1$在$[1, 3]$上单调递增，满足要求；若$a \neq 0$，当$a ＞ 0$时，需满足$-\frac{2}{2a} \leq 1$，解得$a ＞ 0$或$a \leq -1$，$a ＞ 0$或$a \leq -1$与$a ＞ 0$取交集得$a ＞ 0$；当$a ＜ 0$时，需满足$-\frac{2}{2a} \geq 3$，解得$-\frac{1}{3} \leq a ＜ 0$，$-\frac{1}{3} \leq a ＜ 0$与$a ＜ 0$取交集得$-\frac{1}{3} \leq a ＜ 0$.综上，$a \geq -\frac{1}{3}$.故选C.