《2025年更高更妙的高中数学思想与方法高中数学必修第一册》

9.已知甲、乙两车由同一起点同时出发，并沿
同一路线(假定为直线)行驶.甲车、乙车的
速度曲线分别为U甲和Uz(如图所示).那
么对于图中给定的to和t1，下列判断中一定正确的是 (BD)

A.在t1时刻，甲车的速度大于乙车的速度
B.t。时刻后，甲车的速度小于乙车的速度
C.在t。时刻,两车的位置相同
D.在t。时刻,甲车在乙车前面

答案： 9.解析:由图可知，当时间为$t_1$时，甲车的速度小于乙车的速度，所以选项B正确，选项A错误。
$t_0$时刻之前，甲车的速度一直大于乙车的速度，时间相同的情况下，甲车的行驶路程大于乙车的行驶路程，故$t_0$时刻甲车在乙车前面。所以选项D正确，选项C错误。
故选BD。

10.已知f(x)=$\frac{1+x²}{1−x²}$,则下列关系式中正确
的是 (BD)
A.f(−x))=−f(x)
B.f($\frac{1}{x}$)=−f(x)
C.f($\frac{1}{x}${=f(x)
D.f(−$\frac{1}{x}$)=−f(x)

答案： 10.解析:$f(-x) = \frac{1 + (-x)^2}{1 - (-x)^2} = \frac{1 + x^2}{1 - x^2} = f(x)$，故选项A错误。
$f\left( \frac{1}{x} \right) = \frac{1 + \left( \frac{1}{x} \right)^2}{1 - \left( \frac{1}{x} \right)^2} = \frac{x^2 + 1}{x^2 - 1} = -f(x)$，故选项B正确，选项C错误。
$f\left( -\frac{1}{x} \right) = \frac{1 + \left( -\frac{1}{x} \right)^2}{1 - \left( -\frac{1}{x} \right)^2} = \frac{x^2 + 1}{x^2 - 1} = -f(x)$，故选项D正确。
故选BD。

11.函数f(x)=$\frac{(x−2)°}{√x²−1}$的定义域是(−∞, −1) ∪ (1, 2) ∪ (2, +∞).

答案： 11.解析:由题意可得$\begin{cases} x - 2 \neq 0, \\ x^2 - 1 \geq 0, \\ \sqrt{x^2 - 1} \neq 0, \end{cases}$
解得$x ＞ 1$或$x ＜ -1$且$x \neq 2$，
所以函数$f(x)$的定义域为$(-\infty, -1) \cup (1, 2) \cup (2, +\infty)$。

12.设函数f(x)={x−²x+²x,x,x≥＜00,,若f(f(a))
≤2,则实数a的取值范围是a ≤ √2.

答案： 12.解析:当$f(a) ＜ 0$时，$f(f(a)) \leq 2$即$f^2(a) + f(a) \leq 2$，即$[f(a) - 1][f(a) + 2] \leq 0$，
解得$-2 \leq f(a) \leq 1$，所以$-2 \leq f(a) ＜ 0$。
当$f(a) \geq 0$时，$f(f(a)) \leq 2$即$-f^2(a) \leq 2$，
因为$f^2(a) \geq -2$恒成立，
所以$f(a) \geq 0$满足题意。所以$f(a) \geq -2$，
则$\begin{cases} a ＜ 0, \\ a^2 + a \geq -2 \end{cases}$或$\begin{cases} a \geq 0, \\ -a^2 \geq -2, \end{cases}$解得$a \leq \sqrt{2}$。

13.函数y=x²+4√1−2x²的值域是[1/2, 4].

答案： 13.解析:令$t = \sqrt{1 - 2x^2}$，则$x^2 = \frac{1 - t^2}{2}$，
由$x^2 \geq 0$和非负性得到$0 \leq t \leq 1$，
则$y = \frac{1 - t^2}{2} + 4t = -\frac{1}{2}t^2 + 4t + \frac{1}{2}$，
所以原函数的值域为$\left[ \frac{1}{2}, 4 \right]$。

14.已知函数f(x)={2−,xx≥+02,,x＜0,则满足
不等式f(3−x²)＜f(2x)的x的取值范
围为x ∈ (−3, 0).

答案： 14.解析:当$\begin{cases} 3 - x^2 ＜ 0, \\ 2x ＜ 0 \end{cases}$即$x ＜ -\sqrt{3}$时，需满足$3 - x^2 ＞ 2x$，解得$-3 ＜ x ＜ 1$，故$-3 ＜ x ＜ -\sqrt{3}$；
当$\begin{cases} 3 - x^2 ＜ 0, \\ 2x \geq 0 \end{cases}$即$x ＞ \sqrt{3}$时，需满足$x^2 - 3 + 2 ＜ 2$，无解；
当$\begin{cases} 3 - x^2 \geq 0, \\ 2x ＜ 0 \end{cases}$即$-\sqrt{3} \leq x ＜ 0$时，需满足$-2x + 2 ＞ 2$，解得$x ＜ 0$，故$-\sqrt{3} \leq x ＜ 0$；
当$\begin{cases} 3 - x^2 \geq 0, \\ 2x \geq 0 \end{cases}$即$0 \leq x \leq \sqrt{3}$时，$2 ＜ 2$，无解。
综上所述，$x \in (-3, 0)$。

15.已知二次函数f(x)的值域为[−9,十∞)，
且不等式f(x)＜0的解集为(−1,5).
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)求函数y=f(√9−x²)的值域.

答案： 15.解析:
(1)设二次函数$f(x) = ax^2 + bx + c$，
因为不等式$f(x) ＜ 0$的解集为$(-1, 5)$，
所以$-1$和$5$是对应方程$ax^2 + bx + c = 0$的两个不等实根，且$a ＞ 0$，
由根与系数关系可得$-1 + 5 = -\frac{b}{a}$ ①，
$(-1) × 5 = \frac{c}{a}$ ②，
因为$f(x)$的值域为$[-9, +\infty)$，
则$\frac{4ac - b^2}{4a} = -9$。
又函数图象的对称轴为$x = -\frac{b}{2a} = 2$，则函数的顶点坐标为$(2, -9)$，即$4a + 2b + c = -9$ ③。
由①②③可得$a = 1$，$b = -4$，$c = -5$，
所以二次函数$f(x) = x^2 - 4x - 5$。
(2)令$t = \sqrt{9 - x^2}$，则$t \in [0, 3]$，
所以$y = f(t) = t^2 - 4t - 5 = (t - 2)^2 - 9$，
当$t = 2$时，$f(t)$取得最小值为$f(2) = -9$，
当$t = 0$时，$f(t)$取得最大值为$f(0) = -5$，
所以$f(t)$的值域为$[-9, -5]$，即函数$y = f(\sqrt{9 - x^2})$的值域为$[-9, -5]$。

16.设函数g(x)=√x+1,函数h(x)=
$\frac{1}{x+3}$,x∈(−3,a],其中a为常数,且a＞
0,令函数f(x)为函数g(x)和h(x)的积
函数.
(1)求函数f(x)的表达式,并求其定
义域;
(2)当a=$\frac{1}{4}$时,求函数f(x)的值域;
(3)是否存在自然数a,使得函数f(x)的
值域恰好为$\frac{1}{3}$,$\frac{1}{2}${？若存在，试写出所
有满足条件的自然数a所构成的集合;若
不存在，试说明理由.

答案： 16.解析:
(1)$f(x) = g(x) · h(x) = (\sqrt{x} + 1) · \frac{1}{x + 3} = \frac{\sqrt{x} + 1}{x + 3}$，定义域为$[0, a]$。
(2)$f(x) = \frac{\sqrt{x} + 1}{x + 3}$，$x \in \left[ 0, \frac{1}{4} \right]$，
令$\sqrt{x} + 1 = t$，则$t \in \left[ 1, \frac{3}{2} \right]$。
$y = f(t) = \frac{t}{(t - 1)^2 + 3} = \frac{t}{t^2 - 2t + 4} = \frac{1}{t + \frac{4}{t} - 2}$。
根据双勾函数性质知函数$y = f(t)$在$\left[ 1, \frac{3}{2} \right]$上单调递增，故$y_{max} = \frac{6}{13}$，$y_{min} = \frac{1}{3}$，
故$f(x)$的值域为$\left[ \frac{1}{3}, \frac{6}{13} \right]$。
(3)由
(2)知$y = \frac{1}{t + \frac{4}{t} - 2}$，$t \in [1, 1 + \sqrt{a}]$，
根据双勾函数性质知函数$y = \frac{1}{t + \frac{4}{t} - 2}$在$(1, 2)$上单调递增，在$(2, +\infty)$上单调递减。
当$t = 2$时，$y = \frac{1}{2}$，且当$t = 4$时，$y = \frac{1}{3}$，函数$f(x)$的值域恰好为$\left[ \frac{1}{3}, \frac{1}{2} \right]$，
故$2 \leq 1 + \sqrt{a} \leq 4$，即$1 \leq a \leq 9$，则自然数$a$构成的集合为$\{ 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 \}$。