《2026年零差错高中数学必修第一册人教版》

12. 已知函数$f(x) = m·2^{x} + 2$,$g(x) = \log_{3}(3x + 12)$,若$\forall x_{1}\in[0, 1]$,$\exists x_{2}\in[-3, 5]$,使得$f(x_{1}) = g(x_{2})$,则实数$m$的取值范围是$\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right]$.

答案： 12.$\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right]$ 【详解】由 $g(x) = \log_3(3x + 12)$ 在区间 $[-3, 5]$ 上单调递增，可知此时函数值域为 $[1, 3]$，再由 $f(x) = m · 2^x + 2$，当 $m ＞ 0$ 时，可知 $f(x)$ 在区间 $[0, 1]$ 上单调递增，所以此时函数值域为 $[m + 2, 2m + 2]$，因为 $\forall x_1 \in [0, 1]$，$\exists x_2 \in [-3, 5]$，使得 $f(x_1) = g(x_2)$，所以有 $[m + 2, 2m + 2] \subseteq [1, 3]$，即 $\begin{cases} m + 2 \geq 1, \\ 2m + 2 \leq 3, \end{cases}$ 解得 $-1 \leq m \leq \frac{1}{2}$，所以有 $0 ＜ m \leq \frac{1}{2}$。当 $m ＜ 0$ 时，可知 $f(x)$ 在区间 $[0, 1]$ 上单调递减，所以此时函数值域为 $[2m + 2, m + 2]$，因为 $\forall x_1 \in [0, 1]$，$\exists x_2 \in [-3, 5]$，使得 $f(x_1) = g(x_2)$，所以有 $[2m + 2, m + 2] \subseteq [1, 3]$，即 $\begin{cases} 2m + 2 \geq 1, \\ m + 2 \leq 3, \end{cases}$ 解得 $-\frac{1}{2} \leq m \leq 1$，所以有 $-\frac{1}{2} \leq m ＜ 0$。当 $m = 0$ 时，$f(x) = 2$，因为 $2 \in [1, 3]$，所以对 $\forall x_1 \in [0, 1]$，$\exists x_2 \in [-3, 5]$，总能使得 $f(x_1) = g(x_2)$，即 $m = 0$，满足题意，综上所述，可得 $m$ 的取值范围是 $\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right]$。

13. (2025·安徽马鞍山第二中学开学考试)已知函数$f(x) = (\log_{2}x)^{2} - a\log_{2}x^{2}$,$x\in[\frac{1}{2}, 4]$.
(1)当$a = 1$时,求函数$f(x)$的值域;
(2)若函数$f(x)$的最小值为$-2$,求实数$a$的值.

答案： 13.解:
(1) $f(x) = (\log_2 x)^2 - a \log_2 x = (\log_2 x)^2 - 2a \log_2 x$，$x \in \left[\frac{1}{2}, 4\right]$，令 $t = \log_2 x$，$x \in \left[\frac{1}{2}, 4\right]$，则 $f(x)$ 化为 $y = t^2 - 2at$，$t \in [-1, 2]$，当 $a = 1$ 时，$y = t^2 - 2t$，$t \in [-1, 2]$，对称轴方程为 $t = 1$，所以 $y = t^2 - 2t$ 在 $[-1, 1]$ 上单调递减，在 $[1, 2]$ 上单调递增，当 $t = 1$ 时，$y_{min} = -1$；当 $t = -1$ 时，$y_{max} = 3$。则 $f(x)_{min} = -1$，$f(x)_{max} = y_{max} = 3$，所以函数 $f(x)$ 的值域为 $[-1, 3]$。
(2) 令 $t = \log_2 x$，$x \in \left[\frac{1}{2}, 4\right]$，$f(x)$ 化为 $y = t^2 - 2at$，$t \in [-1, 2]$，对称轴方程为 $t = a$，若 $a ＜ -1$，则 $y = t^2 - 2at$ 在 $[-1, 2]$ 上单调递增，当 $t = -1$ 时，$y_{min} = 2a + 1 = -2$，得 $a = -\frac{3}{2}$，符合题意；若 $-1 \leq a \leq 2$，则 $y = t^2 - 2at$ 在 $[-1, a]$ 上单调递减，在 $[a, 2]$ 上单调递增，当 $t = a$ 时，$y_{min} = -a^2 = -2$，得 $a = \sqrt{2}$（$-\sqrt{2}$ 舍去），符合题意；若 $a ＞ 2$，则 $y = t^2 - 2at$ 在 $[-1, 2]$ 上单调递减，当 $t = 2$ 时，$y_{min} = 4 - 4a = -2$，得 $a = \frac{3}{2}$，与 $a ＞ 2$ 矛盾，舍去。综上，$a = -\frac{3}{2}$ 或 $a = \sqrt{2}$。

14. (2025·河北张家口月考)已知函数$f(x) = \log_{\frac{1}{2}}(2^{x} + 1) + kx$ ($k$为常数,$k\in\mathbf{R}$),且$f(x)$是偶函数.
(1)求$k$的值;
(2)若函数$g(x) = f(2x)$,$h(x) = \log_{a}[2^{2x} - 2^{-2x} - a·2^{-g(x)}]$ ($a ＞ 0$,且$a\neq1$),则是否存在正实数$a$,使关于$x$的不等式$h(x)\leq0$对$x\in[\log_{2}3, 2]$恒成立? 若存在,求$a$的取值范围;若不存在,请说明理由.

答案： 14.解:
(1) 由题意可知函数 $f(x)$ 的定义域为 $\mathbb{R}$，若函数 $f(x)$ 是偶函数，则 $f(x) - f(-x) = 0$，又因为 $f(x) - f(-x) = \log_{\frac{1}{2}}(2^x + 1) + kx - \left[\log_{\frac{1}{2}}(2^{-x} + 1) - kx\right] = \log_{\frac{1}{2}} \frac{2^x + 1}{2^{-x} + 1} + 2kx = \log_{\frac{1}{2}} 2^x + 2kx = (2k - 1)x = 0$，结合 $x$ 的任意性可得 $2k - 1 = 0$，所以 $k = \frac{1}{2}$。
(2) 由
(1) 可知 $f(x) = \log_{\frac{1}{2}}(2^x + 1) + \frac{1}{2}x = \log_{\frac{1}{2}}(2^x + 1) - \log_2 2^{\frac{1}{2}x} = \log_{\frac{1}{2}}(2^x + 2^{-x})$，可得 $h(x) = \log_a [2^{2x} - 2^{-2x} - a(2^x + 2^{-x})]$，若不等式 $h(x) \leq 0$ 对 $x \in [\log_2 3, 2]$ 恒成立，即 $\log_a [2^{2x} - 2^{-2x} - a(2^x + 2^{-x})] \leq 0$，令 $t = 2^x \in [3, 4]$，可得 $\log_a [t^2 - t^{-2} - a(t + t^{-1})] \leq 0$，可知 $t^2 - t^{-2} - a(t + t^{-1}) ＞ 0$ 对任意 $t \in [3, 4]$ 恒成立，且 $t + t^{-1} ＞ 0$，可得 $t - t^{-1} ＞ a$，因为 $F(t) = t - t^{-1}$ 在 $[3, 4]$ 内单调递增，所以 $F(t) \geq F(3) = \frac{8}{3}$，可得 $0 ＜ a ＜ \frac{8}{3}$，且 $a \neq 1$，若 $0 ＜ a ＜ 1$，则 $t^2 - t^{-2} - a(t + t^{-1}) \geq 1$，可得 $t - t^{-1} - \frac{1}{t + t^{-1}} \geq a$，因为 $F(t) = t - t^{-1}$，$G(t) = t + t^{-1}$ 在 $[3, 4]$ 内单调递增，可知 $H(t) = t - t^{-1} - \frac{1}{t + t^{-1}}$ 在 $[3, 4]$ 内单调递增，则 $H(t) \geq H(3) = \frac{71}{30}$，可得 $a \leq \frac{71}{30}$，即 $0 ＜ a ＜ 1$ 符合题意；若 $1 ＜ a ＜ \frac{8}{3}$，则 $t^2 - t^{-2} - a(t + t^{-1}) \leq 1$，可得 $t - t^{-1} - \frac{1}{t + t^{-1}} \leq a$，由 $F(t) = t - t^{-1}$，$G(t) = t + t^{-1}$ 在 $[3, 4]$ 内单调递增，可知 $H(t) = t - t^{-1} - \frac{1}{t + t^{-1}}$ 在 $[3, 4]$ 内单调递增，则 $H(t) \leq H(4) = \frac{239}{68}$，可得 $\begin{cases} a \geq \frac{239}{68}, \\ 1 ＜ a ＜ \frac{8}{3}, \end{cases}$ 无解。综上所述，存在正实数 $a$ 符合题意，实数 $a$ 的取值范围为 $(0, 1)$。

15. (2025·浙江杭州期末)已知函数$f(x) = \log_{2}(x^{2} - ax + 1)$.
(1)当$a = 1$时,求$f(x)$的最小值;
(2)若$f(x)$在$[2, +\infty)$上单调递增,求$a$的取值范围.
(3)设$g(x) = 4^{x} - 2^{x + 1}$,若对任意$x_{1}\in(0, 1)$,存在$x_{2}\in[-1, 1]$,使得不等式$f(x_{1})\geq g(x_{2})$成立,求$a$的取值范围.

答案： 15.解:
(1) 当 $a = 1$ 时，$f(x) = \log_2(x^2 - x + 1) = \log_2 \left[\left(x - \frac{1}{2}\right)^2 + \frac{3}{4}\right]$，对任意的 $x \in \mathbb{R}$，$\left(x - \frac{1}{2}\right)^2 + \frac{3}{4} ＞ 0$ 恒成立，此时，函数 $f(x)$ 的定义域为 $\mathbb{R}$，因为函数 $u = x^2 - x + 1$ 的单调递减区间为 $\left(-\infty, \frac{1}{2}\right)$，单调递增区间为 $\left(\frac{1}{2}, +\infty\right)$，函数 $y = \log_2 u$ 为增函数，由复合函数的单调性可知，函数 $f(x)$ 的单调递减区间为 $\left(-\infty, \frac{1}{2}\right)$，单调递增区间为 $\left(\frac{1}{2}, +\infty\right)$，故 $f(x)_{min} = f\left(\frac{1}{2}\right) = \log_2 \frac{3}{4}$。
(2) 令 $u = x^2 - ax + 1$，因为函数 $y = \log_2 u$ 在定义域上为增函数，且函数 $f(x)$ 在 $[2, +\infty)$ 上单调递增，所以函数 $u = x^2 - ax + 1$ 在 $[2, +\infty)$ 上为增函数，且 $u_{min} ＞ 0$，即 $\begin{cases} \frac{a}{2} \leq 2, \\ 4 - 2a + 1 ＞ 0, \end{cases}$ 解得 $a ＜ \frac{5}{2}$。因此，实数 $a$ 的取值范围是 $\left(-\infty, \frac{5}{2}\right)$。
(3) 对任意 $x_1 \in (0, 1)$，存在 $x_2 \in [-1, 1]$，使得不等式 $f(x_1) \geq g(x_2)$ 成立，则 $g(x_2)_{min} \leq f(x_1)$ 对任意的 $x_1 \in (0, 1)$ 恒成立，因为 $g(x) = 4^x - 2^{x + 1} = (2^x)^2 - 2 · 2^x$，当 $x \in [-1, 1]$ 时，$2^x \in \left[\frac{1}{2}, 2\right]$，故当 $2^x = 1$ 时，函数 $g(x)$ 取最小值，即 $g(x)_{min} = g(0) = -1$，所以 $f(x_1) \geq -1$ 对任意的 $x_1 \in (0, 1)$ 恒成立，由 $\log_2(x^2 - ax + 1) \geq -1$ 可得 $x^2 - ax + 1 \geq \frac{1}{2}$，参变量分离得 $a \leq x + \frac{1}{2x}$， 因为 $x \in (0, 1)$，由基本不等式可得 $x + \frac{1}{2x} \geq 2\sqrt{x · \frac{1}{2x}} = \sqrt{2}$，当且仅当 $x = \frac{1}{2x}$（$0 ＜ x ＜ 1$），即 $x = \frac{\sqrt{2}}{2}$ 时等号成立，则 $a \leq \sqrt{2}$，因此，实数 $a$ 的取值范围是 $(-\infty, \sqrt{2}]$。