《2026年零差错高中数学必修第一册人教版》

1. 给定函数$f(x)=-2x + 6$，$g(x)=-x^{2}+5x$，$x\in\mathbf{R}$，用$M(x)$表示$f(x)$，$g(x)$中的较小者，记为$M(x)=\min\{f(x),g(x)\}$，则$M(x)$的最大值为（C）

A.$-6$
B.$2$
C.$4$
D.$6$

答案： 1.C [详解]由$f(x) \geqslant g(x)$，得$-2x + 6 \geqslant -x^{2} + 5x$，解得$x \leqslant 1$或$x \geqslant 6$，由$f(x) ＜ g(x)$，得$-2x + 6 ＜ -x^{2} + 5x$，解得$1 ＜ x ＜ 6$，又$M(x) = \min\{f(x),g(x)\}$，所以$M(x) = \begin{cases} -x^{2} + 5x, & x \leqslant 1 \\ -2x + 6, & 1 ＜ x ＜ 6 \\ -x^{2} + 5x, & x \geqslant 6 \end{cases}$，当$x \leqslant 1$时，$M(x) = -x^{2} + 5x = -(x - \frac{5}{2})^{2} + \frac{25}{4}$，所以$M(x) \leqslant M(1) = -1 + 5 = 4$，当$1 ＜ x ＜ 6$时，$M(x) = -2x + 6$，所以$M(x) ＜ M(1) = -2 + 6 = 4$，当$x \geqslant 6$时，$M(x) = -x^{2} + 5x = -(x - \frac{5}{2})^{2} + \frac{25}{4}$，所以$M(x) \leqslant M(6) = -36 + 30 = -6$，所以$M(x)$的最大值为4.

2. (2025·江苏盐城期中)已知函数$f(x)=x^{2}-x$，若对于任意的$x_{1}$，$x_{2}\in[1,+\infty)$，且$x_{1}\lt x_{2}$，都有$x_{2}f(x_{1})-x_{1}f(x_{2})\gt ax_{1}x_{2}(x_{2}^{2}-x_{1}^{2})$成立，则$a$的取值范围是（D）

A.$[0,+\infty)$
B.$\left[-\dfrac{1}{2},0\right]$
C.$\left[-\dfrac{1}{2},+\infty\right)$
D.$\left(-\infty,-\dfrac{1}{2}\right]$

答案： 2.D [详解]因为对于任意的$x_1,x_2 \in [1, +\infty)$，且$x_1 ＜ x_2$，都有$x_2f(x_1) - x_1f(x_2) ＞ ax_1x_2(x_2^{2} - x_1^{2})$成立，在不等式$x_2f(x_1) - x_1f(x_2) ＞ ax_1x_2(x_2^{2} - x_1^{2})$两边同时除以$x_1x_2$可得$\frac{f(x_1)}{x_1} - \frac{f(x_2)}{x_2} ＞ ax_2^{2} - ax_1^{2}$，则$ax_1^{2} + \frac{f(x_1)}{x_1} ＞ ax_2^{2} + \frac{f(x_2)}{x_2}$，构造函数$g(x) = ax^{2} + \frac{f(x)}{x} = ax^{2} + x - 1$，则$g(x_1) ＞ g(x_2)$，所以函数$g(x) = ax^{2} + x - 1$在$[1, +\infty)$上单调递减，当$a = 0$时，$g(x) = x - 1$在$[1, +\infty)$上单调递增，不符合题意，当$a \neq 0$时，若使得函数$g(x) = ax^{2} + x - 1$在$[1, +\infty)$上单调递减，则$\begin{cases} a ＜ 0 \\ -\frac{1}{2a} \leqslant 1 \end{cases}$，解得$a \leqslant -\frac{1}{2}$，综上所述，实数$a$的取值范围是$(-\infty, -\frac{1}{2}]$.

3. (多选)已知$f(x)=\begin{cases}-x + 2,x\lt1,\\\dfrac{k}{x}+k + 2,x\geqslant1,\end{cases}$常数$k\neq0$，则（BCD）

A.当$k\gt0$时，$f(x)$在$\mathbf{R}$上是减函数
B.当$k\gt-\dfrac{1}{2}$时，$f(x)$没有最小值
C.当$k = -1$时，$f(x)$的值域为$[0,1)\cup(1,+\infty)$
D.当$k = -3$时，$\forall x_{1}\geqslant1$，$\exists x_{2}\lt1$，有$f(x_{1})+f(x_{2})=0$

答案： 3.BCD [详解]对于A，当$k ＞ 0$时，$f(0) = 0 + 2 = 2$，$f(1) = \frac{k}{1} + k + 2 = 2k + 2 ＞ 2 = f(0)$，所以$f(x)$在$\mathbf{R}$上不是减函数，故A错误；对于B，当$k ＞ 0$时，$f(x)$在$[1, +\infty)$上是减函数，无最小值，又$f(x) = -x + 2$在$(-\infty,1)$上是减函数，也无最小值，即$k ＞ 0$时，$f(x)$无最小值，当$-\frac{1}{2} ＜ k ＜ 0$时，$f(x) = \frac{k}{x} + k + 2$在$[1, +\infty)$上是增函数，所以$f(x)$在$[1, +\infty)$上的最小值为$f(1) = 2k + 2 ＞ 1$，又$f(x) = -x + 2$在$(-\infty,1)$上是减函数，且$f(x) ＞ -1 + 2 = 1$，所以当$-\frac{1}{2} ＜ k ＜ 0$时，$f(x)$无最小值，综上，当$k ＞ -\frac{1}{2}$时$f(x)$无最小值，故B正确；对于C，当$x ＜ 1$时，$f(x) = -x + 2 \in (1, +\infty)$，当$x \geqslant 1$时，由$k = -1$，得$f(x) = -\frac{1}{x} - 1 + 2 = -\frac{1}{x} + 1$是增函数，所以$f(x) = -\frac{1}{x} + 1 \in [0,1)$，所以$f(x)$的值域是$[0,1) \cup (1, +\infty)$，故C正确；对于D，当$x \geqslant 1$时，由$k = -3$，得$f(x) = -\frac{3}{x} - 1 \in [-4, -1)$，所以$-f(x) \in (1,4]$，而当$x ＜ 1$时，$f(x) \in (1, +\infty)$，$(1,4] \subseteq (1, +\infty)$，因此$\forall x_1 \geqslant 1$，$\exists x_2 ＜ 1$，使得$-f(x_1) = f(x_2)$，即$f(x_1) + f(x_2) = 0$，故D正确.

4. 已知函数$f(x)$是定义域为$\mathbf{R}$的奇函数，当$x\geqslant0$时，$f(x)=x(x + 1)$。若$f(3 + 2m)+f(2m - 11)\gt0$，则$m$的取值范围为（D）

A.$(-\infty,0)$
B.$(0,+\infty)$
C.$(-\infty,2)$
D.$(2,+\infty)$

答案： 4.D [详解]当$x \geqslant 0$时，$f(x) = x(x + 1) = x^{2} + x$，对称轴为$x = -\frac{1}{2}$，故$f(x)$在$[0, +\infty)$上单调递增，又$f(x)$是定义域为$\mathbf{R}$的奇函数，则$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递增，$f(0) = 0$，函数在$x = 0$处连续，故$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增，且$f(-x) = -f(x)$，由$f(3 + 2m) + f(2m - 11) ＞ 0$，可得$f(3 + 2m) ＞ -f(2m - 11) = f(11 - 2m)$，又因为$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增，所以有$3 + 2m ＞ 11 - 2m$，解得$m ＞ 2$.

5. (2025·上海期中)已知$f(x)=3x+\dfrac{x}{|x| + 1}+4$，若存在$a\in[1,2]$，使得不等式$f(x^{2}-ax - 2)+f(2a - x)\gt8$能成立，则实数$x$的取值范围为（B）

A.$(-\infty,0)\cup(2,+\infty)$
B.$(-\infty,1)\cup(2,+\infty)$
C.$(2,+\infty)$
D.$(-\infty,1)$

答案： 5.B [详解]设$g(x) = f(x) - 4 = 3x + \frac{x}{|x| + 1}$，则$g(-x) = -3x - \frac{x}{|x| + 1} = -g(x)$，所以函数$g(x)$为奇函数；当$x \geqslant 0$时，$g(x) = 3x + \frac{x}{x + 1} = 3x + 1 - \frac{1}{x + 1}$在$[0, +\infty)$上单调递增.所以函数$g(x)$在$(-\infty, +\infty)$上为增函数.所以$f(x^{2} - ax - 2) + f(2a - x) ＞ 8 \Rightarrow [f(x^{2} - ax - 2) - 4] + [f(2a - x) - 4] ＞ 0$，所以$g(x^{2} - ax - 2) + g(2a - x) ＞ 0 \Rightarrow g(x^{2} - ax - 2) ＞ -g(2a - x) = g(x - 2a)$.所以$x^{2} - ax - 2 ＞ x - 2a \Rightarrow (x - 2)(x + 1 - a) ＞ 0$，$a \in [1,2]$时能成立.因为$a - 1 \in [0,1]$，所以$x ＜ a - 1$或$x ＞ 2$.所以$x ＜ 1$或$x ＞ 2$.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　

6. (多选)已知$f(x)$，$g(x)$都是定义在$\mathbf{R}$上的函数，其中$f(x)$是奇函数，$g(x)$是偶函数，且$f(x)+g(x)=x^{2}+2x + 2$，则下列说法正确的是（ACD）

A.$g[f(x)]$为偶函数
B.$g(0)=0$
C.对$\forall x_{1}$，$x_{2}\in(-\infty,0)$，不等式$g\left(\dfrac{x_{1}+x_{2}}{2}\right)\leqslant\dfrac{g(x_{1})+g(x_{2})}{2}$总成立
D.对$\forall x_{1}$，$x_{2}\in(0,+\infty)$，且$x_{1}\lt x_{2}$，总有$x_{1}x_{2}·[f(x_{1})-f(x_{2})]+x_{1}-x_{2}\lt0$

答案： 6.ACD [详解]$f(x)$是$\mathbf{R}$上的奇函数，$g(x)$是$\mathbf{R}$上的偶函数，且$f(x) + g(x) = x^{2} + 2x + 2$，则$f(-x) + g(-x) = (-x)^{2} + 2(-x) + 2 = x^{2} - 2x + 2$，有$-f(x) + g(x) = x^{2} - 2x + 2$，由$\begin{cases} f(x) + g(x) = x^{2} + 2x + 2 \\ -f(x) + g(x) = x^{2} - 2x + 2 \end{cases}$，得$f(x) = 2x$，$g(x) = x^{2} + 2$，$g[f(-x)] = g(-f(x)) = g(f(x))$，$g(f(x))$为偶函数，故A正确；$g(0) = 2$，故B错误；对$\forall x_1,x_2 \in (-\infty,0)$，$\frac{g(x_1) + g(x_2)}{2} - g(\frac{x_1 + x_2}{2}) = \frac{x_1^{2} + 2 + x_2^{2} + 2}{2} - [(\frac{x_1 + x_2}{2})^{2} + 2] = \frac{x_1^{2} - 2x_1x_2 + x_2^{2}}{4} = (\frac{x_1 - x_2}{2})^{2} \geqslant 0$，所以不等式$g(\frac{x_1 + x_2}{2}) \leqslant \frac{g(x_1) + g(x_2)}{2}$总成立，故C正确；对$\forall x_1,x_2 \in (0, +\infty)$，且$x_1 ＜ x_2$，则$x_1 - x_2 ＜ 0$，$2x_1x_2 + 1 ＞ 0$，所以$x_1x_2 · [f(x_1) - f(x_2)] + x_1 - x_2 = x_1x_2(2x_1 - 2x_2) + x_1 - x_2 = (x_1 - x_2)(2x_1x_2 + 1) ＜ 0$，故D正确.

7. (2025·北京丰台期中)已知定义域为$\mathbf{R}$的函数$f(x)$满足$f(x + 2)$为偶函数. 当$x\leqslant2$时，$f(x)=2f(x - 1)$，且当$x\in(-1,0]$时，$f(x)=(x + 1)x$。对$\forall x\in[m,+\infty)$，都有$f(x)\geqslant-\dfrac{8}{9}$，则$m$的最小值为（D）

A.$\dfrac{4}{3}$
B.$\dfrac{5}{3}$
C.$\dfrac{7}{3}$
D.$\dfrac{8}{3}$

答案： 7.D [详解]因为定义域为$\mathbf{R}$的函数$f(x)$满足$f(x + 2)$为偶函数，所以函数$f(x)$关于$x = 2$对称，因为当$x \in (-1,0]$时，$f(x) = (x + 1)x$，当$x \leqslant 2$时，$f(x) = 2f(x - 1)$，所以当$x \in (0,1]$时，$x - 1 \in (-1,0]$，则$f(x) = 2f(x - 1) = 2(x - 1)x$，当$x \in (1,2]$时，$x - 1 \in (0,1]$，则$f(x) = 2f(x - 1) = 4(x - 2)(x - 1)$，当$x \in (2,3]$时，$x - 1 \in (1,2]$，则$f(x) = 2f(x - 1) = 4(x - 3)(x - 2)$，当$x \in (3,4]$时，$x - 1 \in (2,3]$，则$f(x) = \frac{1}{2}f(x - 1) = 2(x - 4)(x - 3)$，当$x \in (2,3]$时，令$4(x - 3)(x - 2) = -\frac{8}{9}$，解得$x = \frac{7}{3}$或$x = \frac{8}{3}$，对$\forall x \in [m, +\infty)$，都有$f(x) \geqslant -\frac{8}{9}$，结合图象，得$m \geqslant \frac{8}{3}$，$m$的最小值为$\frac{8}{3}$.

8. (2025·河北石家庄期中)已知函数$f(x)$，$g(x)$是定义在$\mathbf{R}$上的函数，其中$f(x)$是奇函数，$g(x)$是偶函数，且$f(x)-g(x)=-ax^{2}+3x - 1$。若对任意$1\lt x_{1}\lt x_{2}\lt2$，都有$\dfrac{g(x_{1})-g(x_{2})}{x_{1}-x_{2}}\gt -4$，则实数$a$的取值范围是（C）

A.$(-\infty,-1]\cup[0,+\infty)$
B.$(0,+\infty)$
C.$[-1,+\infty)$
D.$[-1,0)$

答案： 8.C [详解]因为$f(-x) = -f(x)$，$g(-x) = g(x)$，由$f(x) - g(x) = -ax^{2} + 3x - 1$，用$-x$代替$x$得$f(-x) - g(-x) = -ax^{2} - 3x - 1$，即$-f(x) - g(x) = -ax^{2} - 3x - 1$，所以$g(x) = ax^{2} + 1$.由$\frac{g(x_1) - g(x_2)}{x_1 - x_2} ＞ -4$，$1 ＜ x_1 ＜ x_2 ＜ 2$得$g(x_1) - g(x_2) ＜ -4(x_1 - x_2) \Rightarrow g(x_1) + 4x_1 ＜ g(x_2) + 4x_2$.设$h(x) = g(x) + 4x = ax^{2} + 4x + 1$，$a ＜ 0$，则$h(x)$在$(1,2)$上单调递增.所以$\begin{cases} a ＜ 0 \\ -\frac{4}{2a} \geqslant 2 \end{cases}$或$a = 0$或$\begin{cases} a ＞ 0 \\ -\frac{4}{2a} \leqslant 1 \end{cases}$，即$-1 \leqslant a ＜ 0$或$a = 0$或$a ＞ 0$，所以$a \geqslant -1$.