eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高一 · 代数）：已知函数 $f(x)=x+\frac{k}{x}(k \in R)$.

(I) 当 $k=1$ 时, 判断 $f(x)$ 在区间 $(0,1)$ 上的单调性, 并加以证明:

(II) 当 $x \in(0,+\infty)$ 时, $f(x) \geq 1$ 恒成立, 求实数 $\boldsymbol{k}$ 的取值范围.
选项：
答案：) 当 $k=1$ 时, $f(x)=x+\frac{1}{x}$ 在 $(0,1)$ 上是减函数.

证明: 任取 $x_{1}, x_{2} \in(0,1)$, 且 $x_{1}<x_{2}$, 则:

$f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)=\left(x_{1}+\frac{1}{x_{1}}\right)-\left(x_{2}+\frac{1}{x_{2}}\right)=\left(x_{1}-x_{2}\right)+\left(\frac{1}{x_{1}}-\frac{1}{x_{2}}\right)=\left(x_{1}-x_{2}\right)-\frac{x_{1}-x_{2}}{x_{1} x_{2}}$

$=\frac{\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(x_{1} x_{2}-1\right)}{x_{1} x_{2}}$
$\because x_{1}, x_{2} \in(0,1)$, 且 $x_{1}<x_{2}$,

$\therefore x_{1}-x_{2}<0, \quad x_{1} x_{2}-1<0$

$\therefore f\left(x_{1}\right)>f\left(x_{2}\right)$;

$\therefore f(x)=x+\frac{1}{x}$ 在 $(0,1)$ 上是减函数.

(II) $: x+\frac{k}{x} \geq 1$ 对 $x \in(0,+\infty)$ 恒成立, 即 $x^{2}-x+k \geq 0$ 对 $x>0$ 恒成立,

令 $g(x)=x^{2}-x+k$, 则 $g(x)$ 在上单调递减, 在 $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上单调递增,

所以 $g(x)_{\text {min }}=g\left(\frac{1}{2}\right)=k-\frac{1}{4}$,

由 $k-\frac{1}{4} \geq 0$, 解得: $k \geq \frac{1}{4}$

故实数 $k$ 的取值范围是 $\left[\frac{1}{4},+\infty\right)$.
解析：) 当 $k=1$ 时, $f(x)=x+\frac{1}{x}$ 在 $(0,1)$ 上是减函数.

证明: 任取 $x_{1}, x_{2} \in(0,1)$, 且 $x_{1}<x_{2}$, 则:

$f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)=\left(x_{1}+\frac{1}{x_{1}}\right)-\left(x_{2}+\frac{1}{x_{2}}\right)=\left(x_{1}-x_{2}\right)+\left(\frac{1}{x_{1}}-\frac{1}{x_{2}}\right)=\left(x_{1}-x_{2}\right)-\frac{x_{1}-x_{2}}{x_{1} x_{2}}$

$=\frac{\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(x_{1} x_{2}-1\right)}{x_{1} x_{2}}$
$\because x_{1}, x_{2} \in(0,1)$, 且 $x_{1}<x_{2}$,

$\therefore x_{1}-x_{2}<0, \quad x_{1} x_{2}-1<0$

$\therefore f\left(x_{1}\right)>f\left(x_{2}\right)$;

$\therefore f(x)=x+\frac{1}{x}$ 在 $(0,1)$ 上是减函数.

(II) $: x+\frac{k}{x} \geq 1$ 对 $x \in(0,+\infty)$ 恒成立, 即 $x^{2}-x+k \geq 0$ 对 $x>0$ 恒成立,

令 $g(x)=x^{2}-x+k$, 则 $g(x)$ 在上单调递减, 在 $\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$ 上单调递增,

所以 $g(x)_{\text {min }}=g\left(\frac{1}{2}\right)=k-\frac{1}{4}$,

由 $k-\frac{1}{4} \geq 0$, 解得: $k \geq \frac{1}{4}$

故实数 $k$ 的取值范围是 $\left[\frac{1}{4},+\infty\right)$.
题目（高一 · 代数）：已知 $a=3$, 求 $\frac{1}{1+a^{\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{4}}}}+\frac{1}{1-a^{\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{4}}}}+\frac{2}{1+a^{\frac{\mathbf{1}}{2}}}+\frac{4}{1+a^{2}}$ 的值.
选项：
答案：$\frac{1}{1+a^{\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{4}}}}+\frac{1}{1-a^{\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{4}}}}+\frac{2}{1+a^{\frac{\mathbf{1}}{2}}}+\frac{4}{1+a}$

$=\frac{2}{\left(1+a^{\frac{\mathbf{1}}{4}}\right)\left(1-a^{\frac{\mathbf{1}}{4}}\right)}+\frac{2}{1+a^{\frac{\mathbf{1}}{2}}}+\frac{4}{1+a}$

$=\frac{2}{1-a^{\frac{1}{2}}}+\frac{2}{1+a^{\frac{\mathbf{1}}{2}}}+\frac{4}{1+a}$

$$
\begin{gathered}
=\frac{4}{\left(1-a^{\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{2}}}\right)\left(1+a^{\frac{\mathbf{1}}{2}}\right)}+\frac{4}{1+a} \\
=\frac{4}{1-a}+\frac{4}{1+a}=\frac{8}{1-a^{2}}=-1 .
\end{gathered}
$$
解析：$\frac{1}{1+a^{\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{4}}}}+\frac{1}{1-a^{\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{4}}}}+\frac{2}{1+a^{\frac{\mathbf{1}}{2}}}+\frac{4}{1+a}$

$=\frac{2}{\left(1+a^{\frac{\mathbf{1}}{4}}\right)\left(1-a^{\frac{\mathbf{1}}{4}}\right)}+\frac{2}{1+a^{\frac{\mathbf{1}}{2}}}+\frac{4}{1+a}$

$=\frac{2}{1-a^{\frac{1}{2}}}+\frac{2}{1+a^{\frac{\mathbf{1}}{2}}}+\frac{4}{1+a}$

$$
\begin{gathered}
=\frac{4}{\left(1-a^{\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{2}}}\right)\left(1+a^{\frac{\mathbf{1}}{2}}\right)}+\frac{4}{1+a} \\
=\frac{4}{1-a}+\frac{4}{1+a}=\frac{8}{1-a^{2}}=-1 .
\end{gathered}
$$
题目（高一 · 代数）：化简求值:

(1) $\left(2 \frac{7}{9}\right)^{0.5}+0.1^{-2}+\left(2 \frac{10}{27}\right)^{-\frac{2}{3}}-3 \pi^{0}+\frac{37}{48}$;

(2) $\left(-3 \frac{3}{8}\right)^{-\frac{2}{3}}+(0.002)^{-\frac{1}{2}}-10(\sqrt{5}-2)^{-1}+(\sqrt{2}-\sqrt{3})^{0}$;

(3) $\left(a^{-2} b^{-3}\right) \cdot\left(-4 a^{-1} b\right) \div\left(12 a^{-4} b^{-2} c\right)$;

(4) $2 \sqrt[3]{a} \div 4 \sqrt[6]{a \cdot b} \times 3 \sqrt{b^{3}}$.
选项：
答案：(1)原式 $=\left(\frac{25}{9}\right)^{-\frac{2}{3}}+\frac{1}{0.1^{2}}+\left(\frac{64}{27}\right)^{-\frac{2}{3}}-3+\frac{37}{48}=\frac{5}{3}+100+\frac{9}{16}-3+\frac{37}{48}=100$.

(2)原式 $=(-1)^{-\frac{2}{3}} \times\left(3 \frac{3}{8}\right)^{-\frac{2}{3}}+\left(\frac{1}{500}\right)^{-\frac{1}{2}}-\frac{10}{\sqrt{5}-2}+1$

$=\left(\frac{27}{8}\right)^{-\frac{2}{3}}+(500)^{\frac{\mathbf{1}}{2}}-10(\sqrt{5}+2)+1$

$=\frac{4}{9}+10 \sqrt{5}-10 \sqrt{5}-20+1=-\frac{167}{9}$.

(3)原式 $=-4 a^{-2-1} b^{-3+1} \div\left(12 a^{-4} b^{-2} c\right)$

$=-\frac{1}{3} a^{-3^{-(-4)}} b^{-2^{-(-2)}} c^{-1}=-\frac{1}{3} a c^{-1}=-\frac{a}{3 c}$.

(4)原式 $=2 a^{\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{3}}} \div\left(4 a^{\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{6}}} b^{\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{6}}}\right) \times\left(3 b^{\frac{\mathbf{3}}{2}}\right)$

$=\frac{1}{2} a^{\frac{1}{3}-\frac{1}{6}} b^{-\frac{1}{6}} \cdot 3 b^{\frac{3}{2}}=\frac{3}{2} a^{\frac{1}{6}} b^{\frac{4}{3}}$.
解析：(1)原式 $=\left(\frac{25}{9}\right)^{-\frac{2}{3}}+\frac{1}{0.1^{2}}+\left(\frac{64}{27}\right)^{-\frac{2}{3}}-3+\frac{37}{48}=\frac{5}{3}+100+\frac{9}{16}-3+\frac{37}{48}=100$.

(2)原式 $=(-1)^{-\frac{2}{3}} \times\left(3 \frac{3}{8}\right)^{-\frac{2}{3}}+\left(\frac{1}{500}\right)^{-\frac{1}{2}}-\frac{10}{\sqrt{5}-2}+1$

$=\left(\frac{27}{8}\right)^{-\frac{2}{3}}+(500)^{\frac{\mathbf{1}}{2}}-10(\sqrt{5}+2)+1$

$=\frac{4}{9}+10 \sqrt{5}-10 \sqrt{5}-20+1=-\frac{167}{9}$.

(3)原式 $=-4 a^{-2-1} b^{-3+1} \div\left(12 a^{-4} b^{-2} c\right)$

$=-\frac{1}{3} a^{-3^{-(-4)}} b^{-2^{-(-2)}} c^{-1}=-\frac{1}{3} a c^{-1}=-\frac{a}{3 c}$.

(4)原式 $=2 a^{\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{3}}} \div\left(4 a^{\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{6}}} b^{\frac{\mathbf{1}}{\mathbf{6}}}\right) \times\left(3 b^{\frac{\mathbf{3}}{2}}\right)$

$=\frac{1}{2} a^{\frac{1}{3}-\frac{1}{6}} b^{-\frac{1}{6}} \cdot 3 b^{\frac{3}{2}}=\frac{3}{2} a^{\frac{1}{6}} b^{\frac{4}{3}}$.
题目（高一 · 代数）：已知函数 $f(x)=x^{2}-b x+3$.

(1) 若 $f(0)=f(4)$, 求函数 $f(x)$ 的零点;

(2) 若函数 $f(x)$ 一个零点大于 1 , 另一个零点小于 1 , 求 $b$ 的取值范围.
选项：
答案：【解】(1) 由 $f(0)=f(4)$, 得 $3=16-4 b+3$, 即 $b=4$, 所以 $f(x)=x^{2}-4 x+3$, 令 $f(x)=0$,即 $x^{2}-4 x+3=0$, 得 $x_{1}=3, x_{2}=1$,所以 $f(x)$ 的零点是 1 和 3 .

(2)因为 $f(x)$ 的零点一个大于 1 , 另一个小于 1 , 如图。

<ImageHere>

需 $f(1)<0$, 即 $1-b+3<0$, 所以 $b>4$.

故 $b$ 的取值范围为 $(4,+\infty)$.
解析：【解】(1) 由 $f(0)=f(4)$, 得 $3=16-4 b+3$, 即 $b=4$, 所以 $f(x)=x^{2}-4 x+3$, 令 $f(x)=0$,即 $x^{2}-4 x+3=0$, 得 $x_{1}=3, x_{2}=1$,所以 $f(x)$ 的零点是 1 和 3 .

(2)因为 $f(x)$ 的零点一个大于 1 , 另一个小于 1 , 如图。



需 $f(1)<0$, 即 $1-b+3<0$, 所以 $b>4$.

故 $b$ 的取值范围为 $(4,+\infty)$.
题目（高一 · 代数）：设函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{l}x^{2}-4 x(x \geqslant 0) \\ 2 x(x<0),\end{array}\right.$

(1)画出函数 $y=f(x)$ 的图象;

(2)讨论方程 $|f(x)|=a$ 的解的个数. (只写明结果, 无需过程)
选项：
答案：【解】(1)函数 $y=f(x)$ 的图象如图所示:

<ImageHere>

(2)函数 $y=|f(x)|$ 的图象如图所示:

<ImageHere>

(1) $0<a<4$ 时，方程有四个解;

(2) $a=4$ 时，方程有三个解;

(3) $a=0$ 或 $a>4$ 时, 方程有二个解;

(4) $a<0$ 时，方程没有实数解.
解析：【解】(1)函数 $y=f(x)$ 的图象如图所示:



(2)函数 $y=|f(x)|$ 的图象如图所示:



(1) $0<a<4$ 时，方程有四个解;

(2) $a=4$ 时，方程有三个解;

(3) $a=0$ 或 $a>4$ 时, 方程有二个解;

(4) $a<0$ 时，方程没有实数解.
题目（高一 · 代数）：已知二次函数 $f(x)=x^{2}-2 a x+4$, 在下列条件下, 求实数 $a$ 的取值范围.

(1)零点均大于 1 ;

(2)一个零点大于 1 , 一个零点小于 1 ;

(3)一个零点在 $(0,1)$ 内, 另一个零点在 $(6,8)$ 内.
选项：
答案：(1) 因为方程 $x^{2}-2 a x+4=0$ 的两根均大于 1 , 结合二次函数的单调性与零点存在性定理得 $\left\{\begin{array}{l}(-2 a)^{2}-16 \geqslant 0, \\ f(1)=5-2 a>0, \quad \text { 解得 } 2 \leqslant a<\frac{5}{2} . \\ a>1,\end{array}\right.$

(2) 因为方程 $x^{2}-2 a x+4=0$ 的一个根大于 1 , 一个根小于 1 , 结合二次函数的单调性与零点存在性定理得 $f(1)=5-2 a<0$, 解得 $a>\frac{5}{2}$.

(3) 因为方程 $x^{2}-2 a x+4=0$ 的一个根在 $(0,1)$ 内，另一个根在 $(6,8)$ 内，结合二次函数的单调性与零点存在性定理得 $\left\{\begin{array}{l}f(0)=4>0, \\ f(1)=5-2 a<0, \\ f(6)=40-12 a<0, \quad \text { 解得 } \frac{10}{3}<a<\frac{17}{4} . \\ f(8)=68-16 a>0,\end{array}\right.$.
解析：(1) 因为方程 $x^{2}-2 a x+4=0$ 的两根均大于 1 , 结合二次函数的单调性与零点存在性定理得 $\left\{\begin{array}{l}(-2 a)^{2}-16 \geqslant 0, \\ f(1)=5-2 a>0, \quad \text { 解得 } 2 \leqslant a<\frac{5}{2} . \\ a>1,\end{array}\right.$

(2) 因为方程 $x^{2}-2 a x+4=0$ 的一个根大于 1 , 一个根小于 1 , 结合二次函数的单调性与零点存在性定理得 $f(1)=5-2 a<0$, 解得 $a>\frac{5}{2}$.

(3) 因为方程 $x^{2}-2 a x+4=0$ 的一个根在 $(0,1)$ 内，另一个根在 $(6,8)$ 内，结合二次函数的单调性与零点存在性定理得 $\left\{\begin{array}{l}f(0)=4>0, \\ f(1)=5-2 a<0, \\ f(6)=40-12 a<0, \quad \text { 解得 } \frac{10}{3}<a<\frac{17}{4} . \\ f(8)=68-16 a>0,\end{array}\right.$.
题目（高一 · 代数）：已知函数 $f(x)=2^{x}-x^{2}$, 问方程 $f(x)=0$ 在区间 $[-1,0]$ 内是否有解, 为什么?
选项：
答案：因为 $f(-1)=2^{-1}-(-1)^{2}=-\frac{1}{2}<0$,

$f(0)=2^{0}-0^{2}=1>0$,

而函数 $f(x)=2^{x}-x^{2}$ 的图象是连续曲线，所以 $f(x)$ 在区间 $[-1,0]$ 内有零点，即方程 $f(x)=0$ 在区间 $[-1,0]$
内有解.
解析：因为 $f(-1)=2^{-1}-(-1)^{2}=-\frac{1}{2}<0$,

$f(0)=2^{0}-0^{2}=1>0$,

而函数 $f(x)=2^{x}-x^{2}$ 的图象是连续曲线，所以 $f(x)$ 在区间 $[-1,0]$ 内有零点，即方程 $f(x)=0$ 在区间 $[-1,0]$
内有解.
题目（高一 · 代数）：数集 $M$ 满足条件: 若 $a \in M$, 则 $\frac{1+a}{1-a} \in M(a \neq \pm 1$ 且 $a \neq 0)$. 若 $3 \in M$, 则在 $M$ 中还有三个元素是什么?
选项：
答案：because 3 \in M, \therefore \frac{1+3}{1-3}=-2 \in M$,

$\therefore \frac{1+-2}{1--2}=-\frac{1}{3} \in M$,

$\therefore \frac{1+-\frac{1}{3}}{1--\frac{1}{3}}=\frac{\frac{2}{3}}{\frac{4}{3}}=\frac{1}{2} \in M$.

又 $\because \frac{1+\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}=3 \in M$,

$\therefore$ 在 $M$ 中还有元素 $-2,-\frac{1}{3}, \frac{1}{2}$.
解析：because 3 \in M, \therefore \frac{1+3}{1-3}=-2 \in M$,

$\therefore \frac{1+-2}{1--2}=-\frac{1}{3} \in M$,

$\therefore \frac{1+-\frac{1}{3}}{1--\frac{1}{3}}=\frac{\frac{2}{3}}{\frac{4}{3}}=\frac{1}{2} \in M$.

又 $\because \frac{1+\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}=3 \in M$,

$\therefore$ 在 $M$ 中还有元素 $-2,-\frac{1}{3}, \frac{1}{2}$.
题目（高一 · 代数）：设集合 $A$ 中含有三个元素 $3, x, x^{2}-2 x$.

(1)求实数 $x$ 应满足的条件;

(2)若 $-2 \in A$, 求实数 $x$.
选项：
答案：(1)由集合中元素的互异性可知, $x \neq 3$, 且 $x \neq x^{2}-2 x, x^{2}-2 x \neq 3$.

解之得 $x \neq-1$ 且 $x \neq 0$, 且 $x \neq 3$.

(2) $\because-2 \in A, \therefore x=-2$ 或 $x^{2}-2 x=-2$.

由于 $x^{2}-2 x=(x-1)^{2}-1 \geq-1$,

$\therefore x=-2$.
解析：(1)由集合中元素的互异性可知, $x \neq 3$, 且 $x \neq x^{2}-2 x, x^{2}-2 x \neq 3$.

解之得 $x \neq-1$ 且 $x \neq 0$, 且 $x \neq 3$.

(2) $\because-2 \in A, \therefore x=-2$ 或 $x^{2}-2 x=-2$.

由于 $x^{2}-2 x=(x-1)^{2}-1 \geq-1$,

$\therefore x=-2$.
题目（高一 · 代数）：已知集合 $M=\left\{-2,3 x^{2}+3 x-4, x^{2}+x-4\right\}$, 若 $2 \in M$, 求 $x$.
选项：
答案：当 $3 x^{2}+3 x-4=2$ 时, 即 $x^{2}+x-2=0$, 则 $x=-2$ 或 $x=1$. 经检验, $x=-2, x=1$ 均不合题意。当 $x^{2}+x-4=2$ 时, 即 $x^{2}+x-6=0$, 则 $x=-3$ 或 2. 经检验, $x=-3$ 或 $x=2$ 均合题意.

$\therefore x=-3$ 或 $x=2$.
解析：当 $3 x^{2}+3 x-4=2$ 时, 即 $x^{2}+x-2=0$, 则 $x=-2$ 或 $x=1$. 经检验, $x=-2, x=1$ 均不合题意。当 $x^{2}+x-4=2$ 时, 即 $x^{2}+x-6=0$, 则 $x=-3$ 或 2. 经检验, $x=-3$ 或 $x=2$ 均合题意.

$\therefore x=-3$ 或 $x=2$.
题目（高一 · 代数）：函数 $f(x)=x|x-1|$ 的单调增区间为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\left(-\infty, \frac{1}{2}\right]$ 和 $[1,+\infty)$ 点拨: $f(x)=x|x-1|=\left\{\begin{array}{l}x^{2}-x, x \geq 1, \\ -x^{2}+x, x<1,\end{array}\right.$ 当 $x \geq 1$ 时, $f(x)=x^{2}-x$ 在 $[1,+\infty)$上单调递增; 当 $x<1$ 时, $f(x)=x-x^{2}$ 在 $\left(-\infty, \frac{1}{2}\right]$ 上单调递增; 所以单调增区间为 $\left(-\infty, \frac{1}{2}\right]$ 和 $[1,+\infty)$.
解析：$\left(-\infty, \frac{1}{2}\right]$ 和 $[1,+\infty)$ 点拨: $f(x)=x|x-1|=\left\{\begin{array}{l}x^{2}-x, x \geq 1, \\ -x^{2}+x, x<1,\end{array}\right.$ 当 $x \geq 1$ 时, $f(x)=x^{2}-x$ 在 $[1,+\infty)$上单调递增; 当 $x<1$ 时, $f(x)=x-x^{2}$ 在 $\left(-\infty, \frac{1}{2}\right]$ 上单调递增; 所以单调增区间为 $\left(-\infty, \frac{1}{2}\right]$ 和 $[1,+\infty)$.
题目（高一 · 代数）：已知函数 $f(x)=\frac{2}{x-2}(x \in[3,6])$,

(1)讨论函数 $f(x)$ 在 $[3,6]$ 上的单调性, 并证明你的结论;

(2)求函数 $f(x)$ 的最大值与最小值;

(3) 若函数 $g(x)=m$ 的图像恒在 $f(x)$ 的图像的上方, 求 $m$ 的取值范围.
选项：
答案：(1) 函数 $f(x)$ 在 $[3,6]$ 上是减函数, 下面进行证明:

任取 $x_{1}, x_{2} \in[3,6]$, 且 $x_{1}<x_{2}$, 则 $x_{2}-x_{1}>0$.

$\therefore f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)=\frac{2}{x_{1}-2}-\frac{2}{x_{2}-2}=\frac{2\left(x_{2}-x_{1}\right)}{\left(x_{1}-2\right)\left(x_{2}-2\right)}>0$,

即 $f\left(x_{1}\right)>f\left(x_{2}\right)$.

由单调函数的定义可知, 函数 $f(x)=\frac{2}{x-2}$ 在 $[3,6]$ 上是减函数.

(2)由(1)知, $f(x)_{\max }=f(3)=2$,

$f(x)_{\min }=f(6)=\frac{1}{2}$.

(3) 若函数 $g(x)=m$ 的图像恒在 $f(x)$ 的图像的上方, 则 $m$ 应不小于函数 $f(x)$ 的最大值 $2, \therefore m$ 的取值范围是 $m \geq 2$.
解析：(1) 函数 $f(x)$ 在 $[3,6]$ 上是减函数, 下面进行证明:

任取 $x_{1}, x_{2} \in[3,6]$, 且 $x_{1}<x_{2}$, 则 $x_{2}-x_{1}>0$.

$\therefore f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)=\frac{2}{x_{1}-2}-\frac{2}{x_{2}-2}=\frac{2\left(x_{2}-x_{1}\right)}{\left(x_{1}-2\right)\left(x_{2}-2\right)}>0$,

即 $f\left(x_{1}\right)>f\left(x_{2}\right)$.

由单调函数的定义可知, 函数 $f(x)=\frac{2}{x-2}$ 在 $[3,6]$ 上是减函数.

(2)由(1)知, $f(x)_{\max }=f(3)=2$,

$f(x)_{\min }=f(6)=\frac{1}{2}$.

(3) 若函数 $g(x)=m$ 的图像恒在 $f(x)$ 的图像的上方, 则 $m$ 应不小于函数 $f(x)$ 的最大值 $2, \therefore m$ 的取值范围是 $m \geq 2$.
题目（高一 · 代数）：定义域在 $(0,+\infty)$ 上的函数 $f(x)$ 满足 $(1) f(2)=1 ;(2) f(x y)=f(x)+f(y)$; (3) 当 $x>y$ 时, 有 $f(x)>f(y)$. 若 $f(x)+f(x-3) \leqslant 2$, 求 $x$ 的取值范围.
选项：
答案：$\because$ 当 $x>y$ 时, 有 $f(x)>f(y), \therefore$ 函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上是增函数.

$\because f(x y)=f(x)+f(y), f(2)=1$,

$\therefore$ 若 $f(x)+f(x-3) \leq 2$, 即 $f(x)+f(x-3) \leq f(2)+f(2)$, 则 $f[x(x-3)] \leq f(4)$.
$\therefore\left\{\begin{array}{l}x>0, \\ x-3>0, \quad \text { 解得 } 3<x \leq 4 . \\ x(x-3) \leq 4,\end{array}\right.$

$\therefore x$ 的取值范围是 $(3,4]$.
解析：$\because$ 当 $x>y$ 时, 有 $f(x)>f(y), \therefore$ 函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上是增函数.

$\because f(x y)=f(x)+f(y), f(2)=1$,

$\therefore$ 若 $f(x)+f(x-3) \leq 2$, 即 $f(x)+f(x-3) \leq f(2)+f(2)$, 则 $f[x(x-3)] \leq f(4)$.
$\therefore\left\{\begin{array}{l}x>0, \\ x-3>0, \quad \text { 解得 } 3<x \leq 4 . \\ x(x-3) \leq 4,\end{array}\right.$

$\therefore x$ 的取值范围是 $(3,4]$.
题目（高一 · 代数）：已知函数 $f(x)=\frac{1}{a}-\frac{1}{x}(a>0, x>0)$.

(1)求证: $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上是单调递增函数;

(2)若 $f(x)$ 在 $\left[\frac{1}{2}, 2\right]$ 上的值域是 $\left[\frac{1}{2}, 2\right]$, 求 $a$ 的值.
选项：
答案：解: (1)证明: 设 $x_{2}>x_{1}>0$, 则 $x_{2}-x_{1}>0, x_{1} x_{2}>0$,

$\because f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)=\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{x_{2}}\right)-\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{x_{1}}\right)=\frac{1}{x_{1}}-\frac{1}{x_{2}}=\frac{x_{2}-x_{1}}{x_{1} x_{2}}>0$,

$\therefore f\left(x_{2}\right)>f\left(x_{1}\right), \therefore f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上是单调递增的.

$(2) \because f(x)$ 在 $\left[\frac{1}{2}, 2\right]$ 上单调递增,

$\therefore f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}, f(2)=2$, 易得 $a=\frac{2}{5}$.
解析：解: (1)证明: 设 $x_{2}>x_{1}>0$, 则 $x_{2}-x_{1}>0, x_{1} x_{2}>0$,

$\because f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)=\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{x_{2}}\right)-\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{x_{1}}\right)=\frac{1}{x_{1}}-\frac{1}{x_{2}}=\frac{x_{2}-x_{1}}{x_{1} x_{2}}>0$,

$\therefore f\left(x_{2}\right)>f\left(x_{1}\right), \therefore f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上是单调递增的.

$(2) \because f(x)$ 在 $\left[\frac{1}{2}, 2\right]$ 上单调递增,

$\therefore f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}, f(2)=2$, 易得 $a=\frac{2}{5}$.
题目（高一 · 代数）：已知函数 $f(x)$ 为区间 $[-1,1]$ 上的增函数, 求满足 $f(x)<f\left(\frac{1}{2}\right)$ 的实数 $x$ 的取值范围.
选项：
答案：【解】由题设得 $\left\{-1 \leq x \leq 1, \quad x<\frac{1}{2}, \quad\right.$ 即 $-1 \leq x<\frac{1}{2}$.

$\therefore$ 满足 $f(x)<f\left(\frac{1}{2}\right)$ 的实数 $x$ 的取值范围是 $\left[-1, \frac{1}{2}\right)$.
解析：【解】由题设得 $\left\{-1 \leq x \leq 1, \quad x<\frac{1}{2}, \quad\right.$ 即 $-1 \leq x<\frac{1}{2}$.

$\therefore$ 满足 $f(x)<f\left(\frac{1}{2}\right)$ 的实数 $x$ 的取值范围是 $\left[-1, \frac{1}{2}\right)$.
题目（高一 · 代数）：已知函数 $f(x)=\ln (3+x)+\ln (3-x)$.

(1)求函数 $y=f(x)$ 的定义域;

(2)判断函数 $y=f(x)$ 的奇偶性;

(3)若 $f(2 m-1)<f(m)$, 求 $m$ 的取值范围.
选项：
答案：【解】(1)要使函数有意义, 则 $\left\{\begin{array}{l}3+x>0 \\ 3-x>0,\end{array}\right.$ 解得 $-3<x<3$,

故函数 $y=f(x)$ 的定义域为 $(-3,3)$.

(2) 由(1)可知, 函数 $y=f(x)$ 的定义域为 $(-3,3)$, 关于原点对称.

对任意 $x \in(-3,3)$, 则 $-x \in(-3,3)$.

$\because f(-x)=\ln (3-x)+\ln (3+x)=f(x)$,

$\therefore$ 由函数奇偶性可知, 函数 $y=f(x)$ 为偶函数。

(3) $\because$ 函数 $f(x)=\ln (3+x)+\ln (3-x)=\ln \left(9-x^{2}\right)$,

由复合函数单调性判断法则知, 当 $0 \leqslant x<3$ 时, 函数 $y=f(x)$ 为减函数.

又函数 $y=f(x)$ 为偶函数, $\therefore$ 不等式 $f(2 m-1)<f(m)$, 等价于 $|m|<|2 m-1|<3$,解得 $-1<m<\frac{1}{3}$ 或 $1<m<2$.
解析：【解】(1)要使函数有意义, 则 $\left\{\begin{array}{l}3+x>0 \\ 3-x>0,\end{array}\right.$ 解得 $-3<x<3$,

故函数 $y=f(x)$ 的定义域为 $(-3,3)$.

(2) 由(1)可知, 函数 $y=f(x)$ 的定义域为 $(-3,3)$, 关于原点对称.

对任意 $x \in(-3,3)$, 则 $-x \in(-3,3)$.

$\because f(-x)=\ln (3-x)+\ln (3+x)=f(x)$,

$\therefore$ 由函数奇偶性可知, 函数 $y=f(x)$ 为偶函数。

(3) $\because$ 函数 $f(x)=\ln (3+x)+\ln (3-x)=\ln \left(9-x^{2}\right)$,

由复合函数单调性判断法则知, 当 $0 \leqslant x<3$ 时, 函数 $y=f(x)$ 为减函数.

又函数 $y=f(x)$ 为偶函数, $\therefore$ 不等式 $f(2 m-1)<f(m)$, 等价于 $|m|<|2 m-1|<3$,解得 $-1<m<\frac{1}{3}$ 或 $1<m<2$.
题目（高一 · 代数）：已知函数 $y=\left(\log _{2} x-2\right)\left(\log _{4} x-\frac{1}{2}\right), 2 \leqslant x \leqslant 8$.

(1) 令 $\mathrm{t}=\log _{2} \mathrm{x}$, 求 $\mathrm{y}$ 关于 $\mathrm{t}$ 的函数关系式, 并写出 $\mathrm{t}$ 的范围;

(2)求该函数的值域.
选项：
答案：【解】(1) $y=\frac{1}{2}(t-2)(t-1)=\frac{1}{2} t^{2}-\frac{3}{2} t+1$,

又 $2 \leqslant x \leqslant 8$,

$\therefore 1=\log _{2} 2 \leqslant \log _{2} x \leqslant \log _{2} 8=3$,

即 $1 \leqslant \mathrm{t} \leqslant 3$.

(2) 由(1)得 $y=\frac{1}{2}\left(t-\frac{3}{2}\right)^{2}-\frac{1}{8}$,

$1 \leqslant t \leqslant 3$,

当 $t=\frac{3}{2}$ 时,$y_{\text {min }}=-\frac{1}{8}$;

当 $t=3$ 时, $y_{\text {max }}=1, \therefore-\frac{1}{8} \leqslant y \leqslant 1$,

即函数的值域为 $\left[-\frac{1}{8}, 1\right]$.
解析：【解】(1) $y=\frac{1}{2}(t-2)(t-1)=\frac{1}{2} t^{2}-\frac{3}{2} t+1$,

又 $2 \leqslant x \leqslant 8$,

$\therefore 1=\log _{2} 2 \leqslant \log _{2} x \leqslant \log _{2} 8=3$,

即 $1 \leqslant \mathrm{t} \leqslant 3$.

(2) 由(1)得 $y=\frac{1}{2}\left(t-\frac{3}{2}\right)^{2}-\frac{1}{8}$,

$1 \leqslant t \leqslant 3$,

当 $t=\frac{3}{2}$ 时,$y_{\text {min }}=-\frac{1}{8}$;

当 $t=3$ 时, $y_{\text {max }}=1, \therefore-\frac{1}{8} \leqslant y \leqslant 1$,

即函数的值域为 $\left[-\frac{1}{8}, 1\right]$.
题目（高一 · 代数）：已知函数 $f(x)=\log _{a}(1-x)+\log _{a}(x+3)$ 其中 $(0<a<1)$.

(1) 求函数 $f(x)$ 的定义域;

(2) 若函数 $f(x)$ 的最小值为 -4 , 求 $a$ 的值.
选项：
答案：(1)要使函数有意义,

则有 $\left\{\begin{array}{l}-x>0, \\ x+3>0,\end{array}\right.$ 解之得: $-3<x<1$,

所以函数的定义域为 $(-3,1)$.

(2) 函数可化为: $f(x)=\log _{a}(1-x)(x+3)$

$=\log _{a}\left(-x^{2}-2 x+3\right)$

$=\log _{a}\left[-(x+1)^{2}+4\right]$,

$\because-3<x<1, \quad \therefore 0<-(x+1)^{2}+4 \leqslant 4$.

$\because 0<a<1$,

$\therefore \log _{a}\left[-(x+1)^{2}+4\right] \geqslant \log _{a} 4$,

即 $f(x)_{\min }=\log _{a} 4$;

由 $\log _{a} 4=-4$, 得 $a^{-4}=4, \therefore a=4^{-\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
解析：(1)要使函数有意义,

则有 $\left\{\begin{array}{l}-x>0, \\ x+3>0,\end{array}\right.$ 解之得: $-3<x<1$,

所以函数的定义域为 $(-3,1)$.

(2) 函数可化为: $f(x)=\log _{a}(1-x)(x+3)$

$=\log _{a}\left(-x^{2}-2 x+3\right)$

$=\log _{a}\left[-(x+1)^{2}+4\right]$,

$\because-3<x<1, \quad \therefore 0<-(x+1)^{2}+4 \leqslant 4$.

$\because 0<a<1$,

$\therefore \log _{a}\left[-(x+1)^{2}+4\right] \geqslant \log _{a} 4$,

即 $f(x)_{\min }=\log _{a} 4$;

由 $\log _{a} 4=-4$, 得 $a^{-4}=4, \therefore a=4^{-\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
题目（高一 · 代数）：设函数 $f(x)=\mathrm{e}^{x^{-} m}-x$, 其中 $m \in \mathbf{R}$, 当 $m>1$ 时, 判断函数 $f(x)$ 在区间 $(0, m)$ 内是否存在零点.
选项：
答案：$f(x)=\mathrm{e}^{x^{-m}}-x$, 所以 $f(0)=\mathrm{e}^{-m}-0=\mathrm{e}^{-m}>0$,

$f(m)=\mathrm{e}^{0}-m=1-m$.

又 $m>1$, 所以 $f(m)<0$,

所以 $f(0) \cdot f(m)<0$.

又函数 $f(x)$ 的图象在区间 $[0, m]$ 上是一条连续曲线,

故函数 $f(x)=\mathrm{e}^{x^{-m}}-x(m>1)$ 在区间 $(0, m)$ 内存在零点.
解析：$f(x)=\mathrm{e}^{x^{-m}}-x$, 所以 $f(0)=\mathrm{e}^{-m}-0=\mathrm{e}^{-m}>0$,

$f(m)=\mathrm{e}^{0}-m=1-m$.

又 $m>1$, 所以 $f(m)<0$,

所以 $f(0) \cdot f(m)<0$.

又函数 $f(x)$ 的图象在区间 $[0, m]$ 上是一条连续曲线,

故函数 $f(x)=\mathrm{e}^{x^{-m}}-x(m>1)$ 在区间 $(0, m)$ 内存在零点.
题目（高一 · 代数）：已知 $f(x)$ 在 $x \in R$ 是恒有 $f\left[f(x)-x^{2}+x\right]=f(x)-x^{2}+x$.

(1) 若 $f(2)=3$, 求 $f(1)$;

（2）设有且仅有一个实数 $x_{0}$, 使得 $f\left(x_{0}\right)=x_{0}$, 求函数 $f(x)$ 的解析式.

【答案】(1) $f(1)=1$ (2) $f(x)=x^{2}-x+1$
选项：
答案：) 因为对任意 $x \in R$, 有 $f\left[f(x)-x^{2}+x\right]=f(x)-x^{2}+x$,
所以 $f\left(f(2)-2^{2}+2\right)=f(2)-2^{2}+2$,

又由 $f(2)=3$, 得 $f\left(3-2^{2}+2\right)=3-2^{2}+2$, 即 $f(1)=1$.

(2) 因为对任意 $x \in R$, 有 $f\left[f(x)-x^{2}+x\right]=f(x)-x^{2}+x$,

又因为有且只有一个实数 $x_{0}$, 使得 $f\left(x_{0}\right)=x_{0}$,

所以对任意 $x \in R$, 有 $f(x)-x^{2}+x=x_{0}$,

在上式中令 $x=x_{0}$, 有 $f\left(x_{0}\right)-x_{0}^{2}+x_{0}=x_{0}$,

又因为 $f\left(x_{0}\right)=x_{0}$, 所以 $x_{0}-x_{0}^{2}=0$, 故 $x_{0}=0$ 或 $x_{0}=1$

若 $x_{0}=0$, 则 $f(x)-x^{2}+x=x_{0}$, 即 $f(x)=x^{2}-x$,

但方程 $x^{2}-x=x$ 有两个不相等实根, 与题设条件矛盾, 故 $x_{0} \neq 0$

若 $x_{0}=1$, 则有 $f(x)-x^{2}+x=1$, 即 $f(x)=x^{2}-x+1$,

此时 $f(x)=x$ 有且仅有一个实数 1 .

综上所述, 所求函数为 $f(x)=x^{2}-x+1(x \in R)$.
解析：) 因为对任意 $x \in R$, 有 $f\left[f(x)-x^{2}+x\right]=f(x)-x^{2}+x$,
所以 $f\left(f(2)-2^{2}+2\right)=f(2)-2^{2}+2$,

又由 $f(2)=3$, 得 $f\left(3-2^{2}+2\right)=3-2^{2}+2$, 即 $f(1)=1$.

(2) 因为对任意 $x \in R$, 有 $f\left[f(x)-x^{2}+x\right]=f(x)-x^{2}+x$,

又因为有且只有一个实数 $x_{0}$, 使得 $f\left(x_{0}\right)=x_{0}$,

所以对任意 $x \in R$, 有 $f(x)-x^{2}+x=x_{0}$,

在上式中令 $x=x_{0}$, 有 $f\left(x_{0}\right)-x_{0}^{2}+x_{0}=x_{0}$,

又因为 $f\left(x_{0}\right)=x_{0}$, 所以 $x_{0}-x_{0}^{2}=0$, 故 $x_{0}=0$ 或 $x_{0}=1$

若 $x_{0}=0$, 则 $f(x)-x^{2}+x=x_{0}$, 即 $f(x)=x^{2}-x$,

但方程 $x^{2}-x=x$ 有两个不相等实根, 与题设条件矛盾, 故 $x_{0} \neq 0$

若 $x_{0}=1$, 则有 $f(x)-x^{2}+x=1$, 即 $f(x)=x^{2}-x+1$,

此时 $f(x)=x$ 有且仅有一个实数 1 .

综上所述, 所求函数为 $f(x)=x^{2}-x+1(x \in R)$.
题目（高一 · 代数）：知函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=-\mathrm{x}^{2}-2 \mathrm{x}, \mathrm{g}(\mathrm{x})=\left\{\begin{array}{c}x+\frac{1}{4 x}, x>0 \\ x+1, x \leq 0\end{array}\right.$

(1) 求 $\mathrm{g}[\mathrm{f}(1)]$ 的值;

(2) 若方程 $g[f(x)]-a=0$ 有 4 个实数根, 求实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围.
选项：
答案：（1）解：利用解析式直接求解得 $g[f(1)]=g(-3)=-3+1=-2$.

(2) 解: 令 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{t}$, 则原方程化为 $\mathrm{g}(\mathrm{t})=\mathrm{a}$,

易知方程 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\mathrm{t}$ 在 $\mathrm{t} \in(-\infty, 1)$ 内有 2 个不同的解,

则原方程有 4 个解等价于函数 $\mathrm{y}=\mathrm{g}(\mathrm{t})(\mathrm{t}<1)$ 与 $\mathrm{y}=\mathrm{a}$ 的图象有 2 个不同的交点,

作出函数 $\mathrm{y}=\mathrm{g}(\mathrm{t})(\mathrm{t}<1)$ 的图象,

由图象可知, 当 $1 \leq \mathrm{a}<\frac{5}{4}$ 时, 函数 $\mathrm{y}=\mathrm{g}(\mathrm{t})(\mathrm{t}<1)$ 与 $\mathrm{y}=\mathrm{a}$ 有 2 个不同的交点,

即所求 $\mathrm{a}$ 的取值范围是 $\left[1, \frac{5}{4}\right)$.
解析：由题意可得函数 $\mathrm{y}=\mathrm{g}[\mathrm{f}(\mathrm{x})]$ 与函数 $\mathrm{y}=\mathrm{a}$ 有 4 个交点, 结合图象可得实数 $\mathrm{a}$ 的取值范围. 根的存在问题相对来说是零点里头最重要的一个点, 也是比较常考的点, 一般都是以中档题的形式在选择题里出现, 在解这种题的时候, 做出函数图象是首要选择, 然后根据图形去寻找答案.
题目（高一 · 代数）：(1) $m$ 为何值时, $f(x)=x^{2}+2 m x+3 m+4$. (1)有且仅有一个零点; (2)有两个零点且均比 -1 大;

（2）若函数 $f(x)=\left|4 x-x^{2}\right|+a$ 有 4 个零点, 求实数 $a$ 的取值范围.
选项：
答案：(1) 解: (1) $f(x)=x^{2}+2 m x+3 m+4$ 有且仅有一个零点,

$\Leftrightarrow$ 方程 $f(x)=0$ 有两个相等实根 $\Leftrightarrow \Delta=0$,

即 $4 m^{2}-4(3 m+4)=0$, 即 $m^{2}-3 m-4=0, \therefore m=4$ 或 $m=-1$.

(2) 设 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的两个零点分别为 $x_{1}, x_{2}$,

则 $x_{1}+x_{2}=-2 \mathrm{~m}, x_{1} x_{2}=3 \mathrm{~m}+4$.

由题意, 知 $\left\{\begin{array}{c}\Delta=4 m^{2}-4(3 m+4)>0 \\ \left(x_{1}+1\right)\left(x_{2}+1\right)>0 \\ \left(x_{1}+1\right)\left(x_{2}+1\right)>0\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{c}m^{2}-3 m-4>0 \\ 3 m+4-3 m+1>0 \\ -2 m+2>0\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{c}m>4 \text { 或 } m<-1 \\ m>-5 \\ m<1\end{array}\right.\right.\right.$

$\therefore-5<\mathrm{m}<-1$. 故 $\mathrm{m}$ 的取值范围为 $(-5,-1)$.

（2）解: 令 $f(x)=0$, 得 $\left|4 x-x^{2}\right|+a=0$,

则 $\left|4 x-x^{2}\right|=-a$. 令 $g(x)=\left|4 x-x^{2}\right|, h(x)=-a$.

作出 $\mathrm{g}(\mathrm{x}), \mathrm{h}(\mathrm{x})$ 的图象.

<ImageHere>
由图象可知, 当 $0<-\mathrm{a}<4$,

即 $-4<a<0$ 时, $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 与 $\mathrm{h}(\mathrm{x})$ 的图象有 4 个交点.
解析：(1) (1) $f(x)=x^{2}+2 m x+3 m+4$ 有且仅有一个零点 $\Leftrightarrow$ 方程 $f(x)=0$ 有两个相等实根 $\Leftrightarrow \Delta=$ 0 ; (2)设 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的两个零点分别为 $x_{1}, x_{2}$, 则 $x_{1}+x_{2}=-2 \mathrm{~m}, x_{1} x_{2}=3 \mathrm{~m}+4$. 由题意列不等式组, 即可得结果; (2) 数形结合, 作出 $g(x)=\left|4 x-x^{2}\right|$ 和 $h(x)=-a$ 的图象即可.
题目（高一 · 代数）：近年来大气污染防治工作得到各级部门的重视, 某企业在现有设备下每日生产总成本 $y$ (单位:万元）与日产量 $x$ (单位: 吨) 之间的函数关系式为 $y=2 x^{2}+(15-4 k) x+120 k+8$, 现为了配合环境卫生综合整治, 该企业引进了除尘设备, 每吨产品除尘费用为 $k$ 万元, 除尘后当日产量 $x=1$ 时,总成本 $y=142$.

(1) 求 $k$ 的值;

(2) 若每吨产品出厂价为 48 万元, 试求除尘后日产量为多少时, 每吨产品的利润最大, 最大利润为多少?
选项：
答案：(1) 解: 由题意, 除尘后总成本为:

$y=2 x^{2}+(15-4 k) x+120 k+8+k x=2 x^{2}+(15-3 k) x+120 k+8$,

$\because$ 当日产量 $x=1$ 时, 总成本 $y=142$, 代入计算得 $k=1$;

(2) 解: 由 (1) $y=2 x^{2}+12 x+128$,

总利润 $L=48 x-\left(2 x^{2}+12 x+128\right)=36 x-2 x^{2}-128,(x>0)$

每吨产品的利润 $=\frac{L}{x}=36-2\left(x+\frac{64}{x}\right) \leq 36-4 \sqrt{x \cdot \frac{64}{x}}=4$,

当且仅当 $x=\frac{64}{x}$, 即 $x=8$ 时取等号,

$\therefore$ 除尘后日产量为 8 吨时, 每吨产品的利润最大, 最大利润为 4 万元.
解析：(1) 利用实际问题的已知条件结合所给的函数模型求出 $\mathrm{k}$ 的值。

(2) 利用实际问题的已知条件结合所给的函数模型, 用均值不等式求最值的方法求出除尘后日产量为 8 吨时, 每吨产品的利润最大, 最大利润为 4 万元。