《2026年零差错高中数学必修第一册人教版》

5. 【题型一、四】已知函数$f(x)=\begin{cases}(2a - 1)x + 4a,x＜1,\\x^{2}-ax + 5,x\geqslant1,\end{cases}$满足对任意$x_{1},x_{2}$，当$x_{1}\neq x_{2}$时都有$\frac{f(x_{1})-f(x_{2})}{x_{1}-x_{2}}＞0$成立，则$a$的取值范围是（A）

A.$(\frac{1}{2},1]$
B.$(\frac{1}{2},2)$
C.$[2,+\infty)$
D.$[1,2]$

答案： 5.A　[详解]对任意$x_{1},x_{2}\in\mathbf{R}$，当$x_{1}\neq x_{2}$时都有$\frac{f(x_{1})-f(x_{2})}{x_{1}-x_{2}}＞0$成立，所以函数$f(x)=\begin{cases}(2a - 1)x + 4a,x＜1\\x^{2}-ax + 5,x\geq1\end{cases}$在$\mathbf{R}$上是增函数，所以$\begin{cases}2a - 1＞0\frac{a}{2}\leq1\\2a - 1 + 4a\leq1 - a + 5\end{cases}$，解得$\frac{1}{2}＜a\leq1$，所以实数$a$的取值范围是$(\frac{1}{2},1]$。

6. 【题型一、二】(2025·吉林长春期中)函数$f(x)=(1 - x)·|2 - x|$的单调递增区间为（A）

A.$(\frac{3}{2},2)$
B.$(1,\frac{3}{2})$
C.$(-\infty,\frac{3}{2})$
D.$(\frac{3}{2},+\infty)$

答案： 6.A　[详解]函数$f(x)=(1 - x)·|2 - x|=\begin{cases}x^{2}-3x + 2,x＜2\\-x^{2}+3x - 2,x\geq2\end{cases}$，当$x\geq2$时，$f(x)=-x^{2}+3x - 2$在$[2,+\infty)$上单调递减，当$x＜2$时，$f(x)=x^{2}-3x + 2$在$(-\infty,\frac{3}{2})$上单调递减，在$(\frac{3}{2},2)$上单调递增，所以函数$f(x)$的单调递增区间为$(\frac{3}{2},2)$。

7. 【题型一、五】(2025·黑龙江哈尔滨期中)函数$f(x)$是定义在$[0,+\infty)$上的增函数，则满足$f(2x - 1)＜f(\frac{1}{3})$的$x$的取值范围为（B）

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

答案： 7.B　[详解]因为函数$f(x)$是定义在$[0,+\infty)$上的增函数，由$f(2x - 1)＜f(\frac{1}{3})$，得$0\leq2x - 1＜\frac{1}{3}$，解得$\frac{1}{2}\leq x＜\frac{2}{3}$，即$x\in[\frac{1}{2},\frac{2}{3})$。

8. 【题型一、四】(2025·辽宁沈阳期末)若函数$f(x)=x^{2}-2ax + 1$在区间$(-\infty,1)$上单调递减，则实数$a$的取值范围是$a\geq1$。

答案： 8.$a\geq1$　[详解]由函数$f(x)=x^{2}-2ax + 1$在区间$(-\infty,1)$上单调递减，得$a\geq1$。

9. 【题型一、四】(2025·黑龙江哈尔滨期中)已知函数$y = 2x - 3-\sqrt{a - 4x}$的值域为$(-\infty,\frac{7}{2}]$，则实数$a$的值为13。

答案： 9.13　[详解]由题意可得$a - 4x\geq0$，解得$x\leq\frac{a}{4}$，令$\sqrt{a - 4x}=t(t\geq0)$，则$2x=\frac{a - t^{2}}{2}$，所以$y=\frac{t^{2}}{2}-t+\frac{a}{2}-3$，开口方向向下，对称轴为直线$t = - 1$，所以$y=\frac{t^{2}}{2}-t+\frac{a}{2}-3$在$[0,+\infty)$上单调递减，故当$t = 0$时，$y$有最大值，最大值为$y=\frac{a}{2}-3=\frac{7}{2}$，解得$a = 13$。

10. 【题型一、五】已知$f(x)$是定义在$[-1,1]$上的增函数，且$f(x - 1)＞f(1 - 3x)$，则$x$的取值范围是$(\frac{1}{2},\frac{2}{3}]$。

答案： 10.$(\frac{1}{2},\frac{2}{3}]$　[详解]由题意可得$\begin{cases}-1\leq x - 1\leq1\\-1\leq1 - 3x\leq1\\x - 1＞1 - 3x\end{cases}$，解得$\frac{1}{2}＜x\leq\frac{2}{3}$。所以$x$的取值范围是$(\frac{1}{2},\frac{2}{3}]$。

11. 【题型一、五】(2025·吉林四平期末)已知函数$f(x)=\frac{ax}{x + b}(b\neq0)$，且$f(4)=8,f(-1)=\frac{1}{2}$。
(1)求$a,b$的值；
(2)判断函数$f(x)$在$(3,+\infty)$上的单调性，并证明；
(3)若对任意的$x\in[\frac{7}{2},\frac{17}{4}],f(x)\geqslant\frac{3}{2x - 9}+4m^{2}+7m$恒成立，求$m$的取值范围。

答案： 11.解：
(1)因为$f(4)=8$，$f(-1)=\frac{1}{2}$，代入得$\begin{cases}\frac{4a}{4 + b}=8\frac{-a}{-1 + b}=\frac{1}{2}\end{cases}$，即$\begin{cases}4a=8(4 + b)\\-2a=-1 + b\end{cases}$，解得$a = 2$，$b = - 3$。
(2)由
(1)知，$f(x)=\frac{2x}{x - 3}=\frac{2x - 6 + 6}{x - 3}=2+\frac{6}{x - 3}$，$f(x)$在$(3,+\infty)$上单调递减，证明如下：任取$x_{1},x_{2}\in(3,+\infty)$，设$x_{1}＜x_{2}$，$f(x_{1})-f(x_{2})=\frac{6}{x_{1}-3}-\frac{6}{x_{2}-3}=\frac{6(x_{2}-x_{1})}{(x_{1}-3)(x_{2}-3)}$，因为$x_{1}-3＞0$，$x_{2}-3＞0$，$x_{2}-x_{1}＞0$，所以$\frac{6(x_{2}-x_{1})}{(x_{1}-3)(x_{2}-3)}＞0$，所以$f(x_{1})＞f(x_{2})$，故$f(x)$在$(3,+\infty)$上单调递减。
(3)对任意的$x\in[\frac{7}{2},\frac{17}{4}]$，$f(x)-\frac{3}{2x - 9}=\frac{4x^{2}-21x + 9}{2x^{2}-15x + 27}=2 + 9×\frac{x - 5}{2x^{2}-15x + 27}$，因为$x\in[\frac{7}{2},\frac{17}{4}]$，令$x - 5 = t＜0$，则$f(x)-\frac{3}{2x - 9}=2+\frac{9t}{2t^{2}+5t + 2}$，根据基本不等式性质得$-2t+\frac{2}{-t}\geq2\sqrt{(-2t)·\frac{2}{-t}} = 4$，当且仅当$-2t=\frac{2}{-t}$，即$t = - 1$，$x = 4$时，等号成立，所以$2t+\frac{2}{-t}\leq - 4$，所以$f(x)-\frac{3}{2x - 9}=2+\frac{9}{2t+\frac{2}{t}+5}\geq2+\frac{9}{-4 + 5}=11$，$f(x)\geq\frac{3}{2x - 9}+4m^{2}+7m$可转化为$11\geq4m^{2}+7m$，即$(4m + 11)(m - 1)\leq0$，解得$-\frac{11}{4}\leq m\leq1$。所以$m$的取值范围为$[-\frac{11}{4},1]$。