《2026年零差错高中数学必修第一册人教版》

1. 若函数$f(x)=x^{2}-(m + 1)x + m^{2}$在$(3,+\infty)$上单调递增，则$m$的取值范围是（B）

A.$(-\infty,5)$
B.$(-\infty,5]$
C.$[5,+\infty)$
D.$(5,+\infty)$

答案： 1.B　[详解]函数$f(x)=x^{2}-(m + 1)x + m^{2}$的图象为开口向上的抛物线，且对称轴为直线$x=\frac{m + 1}{2}$。$\because$函数$f(x)=x^{2}-(m + 1)x + m^{2}$在$(3,+\infty)$上单调递增，$\therefore\frac{m + 1}{2}\leq3$，解得$m\leq5$。$\therefore$实数$m$的取值范围是$(-\infty,5]$。

2. 若函数$f(x)=x^{2}-(m + 1)x + m^{2}$的单调递增区间为$[3,+\infty)$，则$m$的值为5。

答案： 2.5　[详解]$f(x)=x^{2}-(m + 1)x + m^{2}$，图象的对称轴为直线$x=-\frac{-(m + 1)}{2×1}=\frac{m + 1}{2}$，$\because$函数的单调递增区间为$[3,+\infty)$，$\therefore\frac{m + 1}{2}=3$，$\therefore m = 5$。

3. 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$f(3x + 6)+f(\frac{1}{x})＞2$。

答案： 3.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)在$f(x_{1})-f(x_{2})=f(\frac{x_{1}}{x_{2}})$中，令$x_{1}=9$，$x_{2}=3$，则$f(9)-f(3)=f(3)$，$\because f(3)=1$，$\therefore f(9)=2$，不等式$f(3x + 6)+f(\frac{1}{x})＞2$可转化为$f(3x + 6)+f(\frac{1}{x})＞f(9)$，$\therefore f(3x + 6)＞f(9)-f(\frac{1}{x})$，即$f(3x + 6)＞f(9x)$，由函数$f(x)$在$(0,+\infty)$上为增函数，可得$3x + 6＞9x＞0$，$\therefore0＜x＜1$，即原不等式的解集为$(0,1)$。