《2025年小题狂做高中数学必修第一册苏教版》

8. 已知函数$f(x)$的定义域为$\mathbf{R}$,对任意的$x_1 ＜ x_2$,都有$f(x_1) - f(x_2) ＜ x_1 - x_2$,$f(3) = 4$,则下列结论正确的有 (ABD)

A.$f(x)$为增函数
B.$g(x) = f(x) - x$为增函数
C.$f(2x - 1) ＞ 4$的解集为$(-\infty,2)$
D.$f(2x - 1) ＞ 2x$的解集为$(2,+\infty)$

答案： 8. ABD 对于A,对任意的$x_1＜x_2$，$x_1 - x_2＜0$，因为$f(x_1) - f(x_2)＜x_1 - x_2$，所以$f(x_1)＜f(x_2)$，可知$f(x)$为增函数，故A正确；对于B,对任意的$x_1＜x_2$，都有$f(x_1) - f(x_2)＜x_1 - x_2$，即$f(x_1) - x_1＜f(x_2) - x_2$，令$g(x)=f(x) - x$，可知$g(x)$为增函数，故B正确；对于C,因为$f(3)=4$，所以$f(2x - 1)＞4$等价于$f(2x - 1)＞f(3)$，又$f(x)$为增函数，所以$2x - 1＞3$，解得$x＞2$，所以$f(2x - 1)＞4$的解集为$(2,+\infty)$，故C错误；对于D,$f(2x - 1)＞2x$等价于$f(2x - 1) - (2x - 1)＞1 = f(3) - 3$，即$g(2x - 1)＞g(3)$，又$g(x)$为增函数，所以$2x - 1＞3$，解得$x＞2$，所以$f(2x - 1)＞2x$的解集为$(2,+\infty)$，故D正确.

9. 已知函数$f(x) = \begin{cases}x^2 - 2x + 1, & x \leq 1, \\ -x + 1, & x ＞ 1\end{cases}$下列说法正确的是 ( )

A.函数$f(x)$是减函数
B.$\forall a \in \mathbf{R},f(a^2) ＞ f(a - 1)$
C.若$f(a - 4) ＞ f(3a)$,则$a$的取值范围是$(-2,+\infty)$
D.函数$f(x)$在区间$[1,2]$上的最大值为0

答案：
9. ACD 作出$f(x)$的图象，如图所示.
　　　　　　
由图象知函数$f(x)$在定义域上单调递减，所以A正确；因为$a^2 - (a - 1)=a^2 - a + 1=(a - \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}＞0$，所以$a^2＞a - 1$，又因为函数$f(x)$是减函数，所以$f(a^2)＜f(a - 1)$，所以B错误；因为函数$f(x)$是减函数，所以$a - 4＜3a$，解得$a＞-2$，所以C正确；由图象可知D正确.

10. 若函数$f(x) = x^2 + 2(a - 1)x + 2$在区间$(-\infty,-2]$上单调递减,则实数$a$的取值范围是$(-\infty,3]$.

答案： 10. $(-\infty,3]$ 函数$f(x)=x^2 + 2(a - 1)x + 2$的图象是开口向上的抛物线，对称轴方程为$x = 1 - a$，$f(x)$在区间$(-\infty,-2]$上单调递减，则有$1 - a\geq -2$，解得$a\leq3$，所以实数$a$的取值范围是$(-\infty,3]$.

11. 已知函数$f(x) = \begin{cases}x + 2, & x \geq 0, \\ \frac{4}{x - 2}, & x ＜ 0\end{cases}$则不等式$f(2x - 4) ＞ f(x^2 - 3x)$的解集为 ______ .

答案： 11. $(1,4)$ 当$x＜0$时，函数$f(x)=-\frac{4}{x - 2}$在$(-\infty,0)$上单调递增，$f(x)＜2$；当$x\geq0$时，函数$f(x)=x + 2$在$[0,+\infty)$上单调递增，$f(x)\geq2$. 因此函数$f(x)$在$\mathbf{R}$上是增函数，不等式$f(2x - 4)＞f(x^2 - 3x)\Leftrightarrow2x - 4＞x^2 - 3x$，即$x^2 - 5x + 4＜0$，解得$1＜x＜4$，所以原不等式的解集为$(1,4)$.

12. 函数$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增,且$f[f(x) - 3x] = 2$,则$f(\frac{3}{2}) =$5.

答案： 12. 5 因为函数$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增，所以存在唯一的实数$t$，使得$f(t)=2$. 又因为$f[f(x) - 3x]=2$，所以$f(x) - 3x = t$，即$f(x)=3x + t$，所以$f(t)=4t = 2$，解得$t = \frac{1}{2}$，所以$f(x)=3x + \frac{1}{2}$，故$f(\frac{3}{2})=3×\frac{3}{2}+\frac{1}{2}=5$.
方法总结 求函数值的关键在于求函数$f(x)$的解析式，注意到函数$f(x)$的单调性可以确定$f(x) - 3x$为常数，这是本题的本质所在.

13. 已知函数$f(x) = x|x - a| + 2x$.
(1) 当$a = 1$时,画出函数$f(x)$的图象,根据图象写出增区间;
(2) 若函数$f(x)$为$\mathbf{R}$上的增函数,求实数$a$的取值范围.

答案：
13. 解：
(1)当$a = 1$时，$f(x)=\begin{cases}x^2 + x, & x\geq1 \\-x^2 + 3x, & x＜1\end{cases}$的图象如图所示.
　　　　　
由图可知，函数$f(x)$的增区间为$(-\infty,+\infty)$.
(2)$f(x)=\begin{cases}x^2 + (2 - a)x, & x\geq a \\-x^2 + (2 + a)x, & x＜a\end{cases}$
因为函数$f(x)$为$\mathbf{R}$上的增函数，所以$\begin{cases}\frac{a - 2}{2}\leq a \frac{a + 2}{2}\geq a\end{cases}$，解得$-2\leq a\leq2$，所以实数$a$的取值范围是$[-2,2]$.

已知函数$f(x) = x + \frac{a}{x}$ ($a \in \mathbf{R}$).
(1) 若$a ＞ 0$,证明函数在$(0,\sqrt{a})$上单调递减,在$[\sqrt{a},+\infty)$上单调递增;
(2) 当$x \in [\frac{1}{2},3]$时,$f(x) \in [1,\frac{37}{12}]$,求$a$的值.

答案： [探究拓展]
(1)证明：设$\forall x_1,x_2\in(0,\sqrt{a})$，$0＜x_1＜x_2＜\sqrt{a}$，$f(x_1) - f(x_2)=x_1 + \frac{a}{x_1} - x_2 - \frac{a}{x_2}=x_1 - x_2 + \frac{a}{x_1} - \frac{a}{x_2}=x_1 - x_2 + \frac{a(x_2 - x_1)}{x_1x_2}=\frac{(x_1 - x_2)(x_1x_2 - a)}{x_1x_2}$
当$x_1,x_2\in(0,\sqrt{a})$时，$0＜x_1x_2＜a$，所以$\frac{(x_1 - x_2)(x_1x_2 - a)}{x_1x_2}＞0$，所以函数$f(x)$在$(0,\sqrt{a})$上单调递减.
同理可得$f(x)$在$[\sqrt{a},+\infty)$上单调递增.
(2)解：①当$a = 0$时，$f(x)=x$，不满足条件.
②当$a＜0$时，易知函数$f(x)$在$[\frac{1}{2},3]$上单调递增，则满足$\begin{cases}f(\frac{1}{2})=1 \\f(3)=\frac{37}{12}\end{cases}$，即$\begin{cases}\frac{1}{2} + \frac{a}{2} = 1 \\3 + \frac{a}{3} = \frac{37}{12}\end{cases}$，解得$a = \frac{1}{4}$，不满足条件.
③当$a＞0$时，由
(1)得函数$f(x)$在$(0,\sqrt{a})$上单调递减，在$[\sqrt{a},+\infty)$上单调递增，所以函数$f(x)$的最小值应在$x = \sqrt{a}$处取得. 当$0＜\sqrt{a}\leq\frac{1}{2}$时，函数$f(x)$在$[\frac{1}{2},3]$上的最小值为$f(\frac{1}{2})$，所以$f(\frac{1}{2})=1$，解得$a = \frac{1}{4}$，经检验$f(3)=\frac{37}{12}$，符合条件；当$\sqrt{a}\geq3$时，函数$f(x)$在$[\frac{1}{2},3]$上的最小值为$f(3)$，所以$f(3)=1$，解得$a = -6$，不符合条件；当$\frac{1}{2}＜\sqrt{a}＜3$时，函数$f(x)$在$[\frac{1}{2},3]$上的最小值为$f(\sqrt{a})$，所以$f(\sqrt{a})=1$，解得$a = \frac{1}{4}$，不符合条件. 综上，$a = \frac{1}{4}$.
方法总结 证明函数的单调性一般用函数单调性的定义，证明中的关键在于将$f(x_1) - f(x_2)$转化为可以判断正负号的代数式的形式，一般地，可用到配方法、因式分解法、分母（子）有理化等.