《2026年零差错高中数学必修第一册人教版》

1. (2025·辽宁抚顺模拟)函数$f(x)=kx - 4 + x\log_{2}x$在区间$[1,4)$内有零点，则实数$k$的取值范围为（D）

A.$[-4,1)$
B.$(-4,1]$
C.$[-1,4)$
D.$(-1,4]$

答案： 1.D 【详解】当$x\in[1,4)$时，由$f(x)=kx - 4 + x\log_{2}x=0$，得$k + \log_{2}x - \frac{4}{x}=0$，令$g(x)=k + \log_{2}x - \frac{4}{x}$，因为函数$y = \log_{2}x$和$y = -\frac{4}{x}$在$[1,4)$上均为增函数，所以函数$g(x)$在$[1,4)$上为增函数。因为函数$f(x)$在区间$[1,4)$内有零点，所以函数$g(x)$在区间$[1,4)$内有零点，所以$\begin{cases}g(1)=k - 4\leq0\\g(4)=k + 1＞0\end{cases}$，解得$-1 ＜ k\leq4$，因此，实数$k$的取值范围是$(-1,4]$。

2. (多选)(2025·辽宁名校联盟联合考试)已知正实数$a,b$满足$\ln(a + b)=\ln a + \ln b$，则（ACD）

A.$ab\geq4$
B.$a + 4b\geq12$
C.$\frac{1}{a - 1}+\frac{1}{b - 1}\geq2$
D.$\frac{1}{a + 1}+\frac{1}{b + 1}\leq\frac{2}{3}$

答案： 2.ACD 【详解】对于A，因为正实数$a,b$满足$\ln(a + b)=\ln a + \ln b=\ln ab$，所以$ab = a + b$，$a ＞ 0$，$b ＞ 0$，所以$ab = a + b\geq2\sqrt{ab}$，解得$ab\geq4$，当且仅当$\begin{cases}a = b\\ab = a + b\end{cases}$，即$a = b = 2$时，$ab$取到最小值4，故A正确；对于B，由$ab = a + b$得$\frac{1}{b}+\frac{1}{a}=1$，所以$a + 4b=(a + 4b)(\frac{1}{b}+\frac{1}{a})=\frac{a}{b}+\frac{4b}{a}+5\geq2\sqrt{\frac{a}{b}·\frac{4b}{a}}+5 = 9$，当且仅当$\begin{cases}\frac{a}{b}=\frac{4b}{a}\frac{1}{b}+\frac{1}{a}=1\end{cases}$，即$\begin{cases}a = 6\\b = \frac{3}{2}\end{cases}$时，$a + 4b$取到最小值9，故B错误；对于C，因为$ab = a + b$，$a ＞ 0$，$b ＞ 0$，所以$(a - 1)(b - 1)=ab - a - b + 1 = 1$，所以$\frac{1}{a - 1}＞0$，$\frac{1}{b - 1}＞0$，所以$\frac{1}{a - 1}+\frac{1}{b - 1}\geq2\sqrt{\frac{1}{a - 1}·\frac{1}{b - 1}} = 2$，当且仅当$\begin{cases}\frac{1}{a - 1}=\frac{1}{b - 1}\frac{1}{b}+\frac{1}{a}=1\end{cases}$，即$a = b = 2$时，$\frac{1}{a - 1}+\frac{1}{b - 1}$取到最小值2，故C正确；对于D，$\frac{1}{a + 1}+\frac{1}{b + 1}=\frac{a + b + 2}{(a + 1)(b + 1)}=\frac{a + b + 2}{ab + a + b + 1}=\frac{ab + 2}{2ab + 1}=\frac{1}{2}+\frac{3}{2(2ab + 1)}$，由A可知$ab\geq4$，由函数$f(x)=\frac{1}{2}+\frac{3}{2(2x + 1)}$在$[4,+\infty)$上单调递减，可知$\frac{1}{2}+\frac{3}{2(2×4 + 1)}=\frac{2}{3}$，所以$\frac{1}{a + 1}+\frac{1}{b + 1}\leq\frac{2}{3}$，故D正确。

3. (2025·河南名校学术联盟模拟)已知函数$f(x)=\begin{cases}\lg(x^{2}+9),0\lt x\leq1,\\ax^{2}+3x + 2,1\lt x\lt2\end{cases}$在定义域内单调递增，则$a$的取值范围为（D）

A.$[-4,+\infty)$
B.$[2,+\infty)$
C.$\left[-\frac{5}{4},2\right)$
D.$\left[-\frac{3}{4},+\infty\right)$

答案： 3.D 【详解】由$y = \lg(x^{2}+9)$在$(0,1]$上单调递增，则其值域为$(\lg9,1]$，由$y = ax^{2}+3x + 2$的对称轴方程为$x = -\frac{3}{2a}$，当$a ＞ 0$时，$y = ax^{2}+3x + 2$的图象开口向上，则$\begin{cases}-\frac{3}{2a}\leq1\\a + 5\geq1\end{cases}$，显然$a ＞ 0$成立；当$a = 0$时，$y = 3x + 2$在$(1,2)$上单调递增，且$3×1 + 2 ＞ 1$，显然$a = 0$成立；当$a ＜ 0$时，$y = ax^{2}+3x + 2$的图象开口向下，则$\begin{cases}-\frac{3}{2a}\geq2\\a + 5\geq1\end{cases}$，则$-\frac{3}{4}\leq a ＜ 0$。综上，$a\geq-\frac{3}{4}$。

4. (多选)(2025·河南信阳月考)已知$\ln x\lt0\lt\ln z\lt\ln y$，则（AC）

A.$x^{y}\lt x^{z}$
B.$y^{x}\lt z^{x}$
C.$yz^{x}\gt zy^{x}$
D.$zx^{z}\gt y^{x + 1}$

答案： 4.AC 【详解】因为$\ln x ＜ 0 ＜ \ln z ＜ \ln y$，所以$0 ＜ x ＜ 1 ＜ z ＜ y$。对于A，$\frac{x^{z}}{x^{y}}=x^{z - y}＜x^{0}=1$，所以$x^{z}＜x^{y}$，故A正确；对于B，$\frac{z^{x}}{y^{x}}=(\frac{z}{y})^{x}＜1$，所以$y^{x}＞z^{x}$，故B错误；对于C，$\frac{yz^{x}}{zy^{x}}=(\frac{z}{y})^{x - 1}$，因为$x - 1 ＜ 0$，$0 ＜ \frac{z}{y}＜1$，所以$\frac{yz^{x}}{zy^{x}}=(\frac{z}{y})^{x - 1}＞1$，所以$yz^{x}＞zy^{x}$，故C正确；对于D，因为$0 ＜ x^{z}＜x^{y}＜1$，又$y ＞ z ＞ 1$，所以$zx^{y}＜yx^{z}$，故D错误。

5. (多选)(2025·山东济南期末)已知函数$f(x)=a^{x + 1}(a\gt0$，且$a\neq1)$，若$f(x)$在$[0,1]$上的最大值为$M$，最小值为$N$，且$M - N=\frac{a}{2}$，则实数$a$的值可以是（AC）

A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{2}{3}$
C.$\frac{3}{2}$
D.$2$

答案： 5.AC 【详解】当$a ＞ 1$时，$f(x)=a^{x + 1}$在$[0,1]$上单调递增，此时$M = a^{2}$，$N = a$，所以$M - N = a^{2}-a=\frac{a}{2}$，解得$a=\frac{3}{2}$；当$0 ＜ a ＜ 1$时，$f(x)=a^{x + 1}$在$[0,1]$上单调递减，此时$M = a$，$N = a^{2}$，所以$M - N = a - a^{2}=\frac{a}{2}$，解得$a=\frac{1}{2}$。所以实数$a$的值可以是$\frac{1}{2}$或$\frac{3}{2}$。

6. (多选)(2025·陕西西安期末)已知函数$f(x)=\left(\frac{1}{2}\right)^{ax^{2}-4x + 3}+b$，则下列叙述正确的是（CD）

A.当$a = 0,b = 1$时，函数图象经过点$\left(\frac{1}{4},2\right)$
B.当$a = 1$时，函数在区间$(2,+\infty)$上是增函数
C.当$a = b = 1$时，函数$f(x)$的值域为$(1,3]$
D.当$b = 0$时，若函数$f(x)$有最大值$2$，则$a = 1$

答案： 6.CD 【详解】对于A，当$a = 0$，$b = 1$时，$f(x)=(\frac{1}{2})^{-4x + 3}+1$。将$x=\frac{1}{4}$代入$f(x)$可得$f(\frac{1}{4})=(\frac{1}{2})^{-4×\frac{1}{4}+3}+1=(\frac{1}{2})^{2}+1=\frac{1}{4}+1=\frac{5}{4}\neq2$，所以函数图象不经过点$(\frac{1}{4},2)$，故A错误。对于B，当$a = 1$时，$f(x)=(\frac{1}{2})^{x^{2}-4x + 3}+b$。令$t = x^{2}-4x + 3=(x - 2)^{2}-1$，二次函数$t=(x - 2)^{2}-1$图象的对称轴为直线$x = 2$，在区间$(2,+\infty)$上，$t$随$x$的增大而增大。又由指数函数$y = (\frac{1}{2})^{t}$是减函数，可知$f(x)$在区间$(2,+\infty)$上是减函数，故B错误。对于C，当$a = b = 1$时，$t = x^{2}-4x + 3=(x - 2)^{2}-1$，因为$(x - 2)^{2}\geq0$，所以$t=(x - 2)^{2}-1\geq - 1$。函数$y = (\frac{1}{2})^{t}$在$t\geq - 1$时，$0 ＜ (\frac{1}{2})^{t}\leq(\frac{1}{2})^{-1}=2$，则$1 ＜ (\frac{1}{2})^{t}+1\leq3$，即函数$f(x)$的值域为$(1,3]$，故C正确。对于D，当$b = 0$时，$f(x)=(\frac{1}{2})^{ax^{2}-4x + 3}$，若$a = 0$，则$f(x)=(\frac{1}{2})^{-4x + 3}$，此时函数无最大值；若$a\neq0$，令$t = ax^{2}-4x + 3$，要使$f(x)$有最大值2，则$y = (\frac{1}{2})^{t}$在$t$取最小值时$f(x)$取最大值。对于二次函数$t = ax^{2}-4x + 3$，其图象的对称轴为直线$x=\frac{2}{a}(a\neq0)$，则$a ＞ 0$，且$x=\frac{2}{a}$时，$t_{min}=3-\frac{4}{a}$，因为$f(x)$的最大值为2，即$(\frac{1}{2})^{3-\frac{4}{a}}=2=(\frac{1}{2})^{-1}$，所以$3-\frac{4}{a}=-1$，解得$a = 1$，故D正确。

7. (多选)(2025·江苏南通期末)通过等式$a^{b}=c(a\gt0$，且$a\neq1)$我们可以得到很多函数模型，例如将$a$视为自变量$x$，$b$视为常数，那么$c$就是$a$（即$x$）的函数，记为$y$，则$y = x^{b}$，也就是我们熟悉的幂函数.事实上，由这个等式还可以得到更多的函数模型.若令$c = e$（$e$是自然对数的底数），将$a$视为自变量$x(x\gt0$，且$x\neq1)$，则$b$为$x$的函数，记为$y = f(x)$，下列关于函数$y = f(x)$的叙述正确的有（ACD）

A.$f(e^{2})=\frac{1}{2}$
B.$\forall x\in(0,1)\cup(1,+\infty),e^{f(x)}=\frac{1}{x}$
C.若$m\gt n\gt0$，且$m,n$均不等于$1$，$\vert f(m)\vert=\vert f(n)\vert$，则$m^{2}+4n^{2}\geq4$
D.若对任意$x\in(0,1)\cup(1,+\infty)$，不等式$(mx^{2}+x + 2m - 1)f(x)\gt0$恒成立，则实数$m$的值为$0$

答案： 7.ACD 【详解】由题意知$x^{f(x)}=e$，则$f(x)\ln x=\ln e$，$\therefore f(x)=\frac{1}{\ln x}$。对于A，$f(e^{2})=\frac{1}{\ln e^{2}}=\frac{1}{2}$，故A正确；对于B，$\forall x\in(0,1)\cup(1,+\infty)$，$e^{f(x)}=e^{\frac{1}{\ln x}}$，不妨取$x = e$，则$e^{f(e)}=e^{\frac{1}{\ln e}}=e\neq\frac{1}{e}$，故B错误；对于C，$m ＞ n ＞ 0$，且$m$，$n$均不等于1，由$|f(m)|=|f(n)|$得$|\frac{1}{\ln m}|=|\frac{1}{\ln n}|$，即$|\ln m|=|\ln n|$，结合$m ＞ n ＞ 0$可知$\ln m+\ln n = 0$，则$mn = 1$，故$m^{2}+4n^{2}=m^{2}+\frac{4}{m^{2}}\geq2\sqrt{m^{2}×\frac{4}{m^{2}}}=4$，当且仅当$m^{2}=\frac{4}{m^{2}}$，即$m=\sqrt{2}$，$n=\frac{\sqrt{2}}{2}$时等号成立，故C正确；对于D，当$x\in(0,1)$时，$f(x)=\frac{1}{\ln x}＜0$，则由$(mx^{2}+x + 2m - 1)f(x)＞0$恒成立，得$mx^{2}+x + 2m - 1＜0$恒成立，即$m＜\frac{1 - x}{x^{2}+2}$恒成立，令$t = 1 - x$，$t\in(0,1)$，则$x^{2}+2=(1 - t)^{2}+2=t^{2}-2t + 3$，设$g(t)=\frac{t}{t^{2}-2t + 3}=\frac{1}{t+\frac{3}{t}-2}$，由于$y=t+\frac{3}{t}$在$(0,1)$上单调递减，故$t+\frac{3}{t}＞4$，则$0 ＜ g(t)＜\frac{1}{2}$，故$m\leq0$；当$x\in(1,+\infty)$时，$f(x)=\frac{1}{\ln x}＞0$，结合题意可得$mx^{2}+x + 2m - 1＞0$恒成立，即$m＞\frac{1 - x}{x^{2}+2}$恒成立，此时令$t = 1 - x$，$t\in(-\infty,0)$，同理可得$g(t)=\frac{t}{t^{2}-2t + 3}=\frac{1}{t+\frac{3}{t}-2}$，由于$y=t+\frac{3}{t}$在$(-\infty,-\sqrt{3})$上单调递增，在$(-\sqrt{3},0)$上单调递减，故$t+\frac{3}{t}\leq - 2\sqrt{3}$，则$\frac{\sqrt{3}-1}{4}\leq g(t)＜0$，故$m\geq0$。综上，可知$m$的值为0，故D正确。

8. (2025·辽宁丹东质量调研测试)设函数$f(x)=\lg(\sqrt{x^{2}+1}-x)+ax^{3}+3$，若$f(-m)=1$，则$f(m)=$5.

答案： 8.5 【详解】设$g(x)=f(x)-3=\lg(\sqrt{x^{2}+1}-x)+ax^{3}$，$x\in R$，则$g(-x)=\lg(\sqrt{x^{2}+1}+x)-ax^{3}$，所以$g(x)+g(-x)=\lg(\sqrt{x^{2}+1}-x)+ax^{3}+\lg(\sqrt{x^{2}+1}+x)-ax^{3}=\lg(x^{2}+1 - x^{2})=0$，则$g(-x)=-g(x)$，所以函数$g(x)$为奇函数，则$g(-m)=-g(m)$，即$f(-m)-3=-[f(m)-3]$，则$1 - 3=-[f(m)-3]$，即$f(m)=5$。

9. (2025·湖南邵阳期末)已知$f(x)=\begin{cases}a^{x}+2x,x\leq1,\\x^{2}-(a - 3)x + b,x\gt1\end{cases}$若存在实数$a(a\gt0$且$a\neq1)$，$\forall x_{1},x_{2}\in\mathbf{R}$，当$x_{1}\neq x_{2}$时，都有$\frac{f(x_{2})-f(x_{1})}{x_{2}-x_{1}}\gt2$，则实数$b$的取值范围为$(0,+\infty)$.

答案： 9.$(0,+\infty)$ 【详解】由$\frac{f(x_{2})-f(x_{1})}{x_{2}-x_{1}}＞2$，得$f(x_{2})-2x_{2}＞f(x_{1})-2x_{1}$(假设$x_{2}＞x_{1}$)，设$g(x)=f(x)-2x=\begin{cases}a^{x},x\leq1\\x^{2}-(a - 1)x + b,x＞1\end{cases}$，由题意得存在实数$a$使$g(x)$在$R$上为增函数，故$\begin{cases}a＞1\frac{a - 1}{2}\leq1\\b\geq2a - 2\end{cases}$，解得$b＞0$。