专题18 高一上学期期中考试（第一~三章）17大压轴考法专练解析版-2024-2025学年高一数学压轴题攻略（人教A版2019必修第一册）

这是一份专题18 高一上学期期中考试（第一~三章）17大压轴考法专练解析版-2024-2025学年高一数学压轴题攻略（人教A版2019必修第一册），共75页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

题型1
根据元素与集合的关系求参数
一、单选题
1．（2024·贵州贵阳·模拟预测）若集合，其中且，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】借助元素与集合的关系计算即可得.
【详解】由题意可得，解得.
故选：A.
2．（24-25高一上·河北衡水·阶段练习）已知，且，，，则取值不可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据的取值，结合已知逐一验证即可.
【详解】选项A：当时，，，故，A错误；
选项B：当时，，，故，B正确；
选项C：当时，，，故，C正确；
选项D：当时，，，故，D正确．
故选：A．
二、填空题
3．（23-24高一上·江苏南通·开学考试）设集合，若，则的值的集合为 .
【答案】
【分析】运用元素与集合之间的关系，分类讨论计算即可
【详解】若，即时，，不满足互异性，
若，即或时，同理可验证时不满足互异性，成立，
若，即或，验证都不满足互异性.
综上，.
故答案为：
4．（24-25高一上·上海·单元测试）（1）已知集合，则集合中元素的个数为 ．
（2）若，则 ．
【答案】 5
【分析】（1）通过分论讨论求解，然后再根据元素的互异性即可求解；
（2）通过分两类或进行求解，求解出值后代入集合里面，看元素是否满足互异性即可．
【详解】解析：（1）①当时，，此时的值分别为0，，；
②当时，，此时的值分别为1，0，；
③当时，，此时的值分别为2，1，0．
综上可知，的可能取值为，，0，1，2，共5个，
（2）由题意知，或．
①当时，．把代入，得集合的三个元素为，，12，不满足集合中元素的互异性；
②当时，或（舍去），当时，集合的三个元素为，，12，满足集合中元素的互异性，由①②知，
故答案为：;．
三、解答题
5．（22-23高一上·河南濮阳·阶段练习）设数集A由实数构成，且满足：若（且），则.
(1)若，则A中至少还有几个元素？
(2)集合A是否为双元素集合？请说明理由；
(3)若A中元素个数不超过，所有元素的和为，且A中有一个元素的平方等于所有元素的积，求集合A中的元素.
【答案】(1)两个；
(2)不是，理由见解析；
(3).
【分析】（1）利用给定的定义，依次计算即得.
（2）由，求得A中其它元素，再判断不相等即可.
（3）由（2）中信息，可得，再结合已知列出方程求解即得.
【详解】（1）由，得，则，因此
所以A中至少还有两个元素为，.
（2）不是双元素集合．理由如下：
由，得，则，
而且，，即，，
于是，由，得，则，
因此集合A中至少有个元素，所以集合A不是双元素集合．
（3）由（2）知A中有三个元素为、、（且），且，
依题意，A中除上述3个元素外，还有其它元素，设A中有一个元素为，
则，，且，
于是A中的元素为，且集合A中所有元素之积为，
由A中有一个元素的平方等于所有元素的积，设或，解得或．
此时，，，依题意，，
整理得，即，解得或或，
所以集合A中的元素为.
题型2
根据集合的包含关系求参数
一、单选题
1．（23-24高一下·云南昆明·期中）设集合，若，则的取值范围（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】若，则，结合数轴分析即可.
【详解】若，则，画出数轴可得，.
故选：B
2．（23-24高一上·甘肃白银·期中）已知集合，集合，若，则的取值范围为 （ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据一元一次不等式的解法化简集合A，根据二次函数值域求解集合B，然后利用集合关系列不等式求解.
【详解】集合，
集合，
因为，所以，解得.
故选：A.
二、多选题
3．（23-24高三上·安徽合肥·阶段练习）设集合，，如果，则可能的取值是（ ）
A．B．C．0D．
【答案】AB
【分析】根据题意，由条件可得，然后分类讨论，代入计算，即可得到结果.
【详解】∵，∴，
∵，∴，
①当，即时，得，，无解.
②当，即，
③当，即，，无解，
④当，即，.
所以的取值范围为.
故选：AB
三、解答题
4．（24-25高一上·重庆·阶段练习）（1）若集中有且仅有一个元素，求实数的所有取值.
（2）已知集合，若，求实数的值.
【答案】（1），；（2），，.
【分析】（1）分是否等于0两种情况讨论即可；
（2）分是否等于0两种情况讨论即可.
【详解】（1）情形一：若，则中只有这一个元素，故符合题意；
情形二：若，且集合中只有一个元素，
这意味着当且仅当一元二次方程有两个相等的实数根，
从而，解得；
综上所述，实数的所有取值可能为：，；
（2），
情形一：当时，，此时满足，故符合题意；
情形二：当时，，
若要，则当且仅当或，
解得或；
综上所述，实数的值可能是：，，.
5．（23-24高一上·福建龙岩·阶段练习）集合．
(1)若，求实数的值；
(2)若求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，由条件可得，从而解得或，分别代入检验，即可得到结果；
（2）由条件可得，列出不等式代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）因为，所以，所以，解得或，
当时，，不满足，故舍去；
当时，，满足题意.
故实数的值为.
（2）由可得，所以，解得，
故实数的取值范围是.
题型3
集合的交、并、补运算及参数问题
一、单选题
1．（22-23高一上·江西景德镇·期中）某城市数、理、化竞赛时，高一某班有26名学生参加数学竞赛，25名学生参加物理竞赛，23名学生参加化学竞赛，其中参加数、理、化三科竞赛的有7名，只参加数、物两科的有6名，只参加物、化两科的有8名，只参加数、化两科的有5名．若该班学生共有51名，则没有参加任何竞赛的学生共有（ ）名
A．7B．8C．9D．10
【答案】D
【分析】画出图，由题意求出分别单独参加物理、数学和化学的人数，即可求出参赛人数，进而求出没有参加任何竞赛的学生.
【详解】画三个圆分别代表数学、物理、化学的人，
因为有26名学生参加数学竞赛，25名学生参加物理竞赛，23名学生参加化学竞赛，
参加数、理、化三科竞赛的有7名，只参加数、化两科的有5名，
只参加数、物两科的有6名，只参加物、化两科的有8名，
所以单独参加数学的有人，
单独参加物理的有人，单独参加化学的有，
故参赛人数共有人，
没有参加任何竞赛的学生共有人.
故选：D.

二、解答题
2．（24-25高一上·上海·阶段练习）已知集合，集合B=x2m(1)若，求
(2)若，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)根据集合包含关系列出不等式组，求出实数m的取值范围；
(2)分与进行讨论，列出不等关系，求出实数m的取值范围.
【详解】（1）因为，所以，
又，所以.
（2），因为，
所以当时，则，解得，符合题意；
当时，则或，解得
综上所述实数m的取值范围是．
3．（23-24高一上·北京·期中）已知集合，.
(1)当时，求和；
(2)若，求m的取值范围.
【答案】(1)；
(2)或
【分析】（1）求出集合后根据集合的运算法则计算；
（2）根据集合运算得出集合间包含关系，再由包含关系求参数范围．
【详解】（1）当时，，
因为，
所以；；
（2）因为，
所以或，
因为，所以，
因为，
所以或，
得或，
所以m的取值范围为或.
4．（22-23高二下·辽宁葫芦岛·阶段练习）已知集合或x>7，．
(1)若，求实数m的取值范围；
(2)若，且，求实数m的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据并集结果可得，分别讨论和的情况即可求得结果；
（2）由交集结果可知，分别讨论、和，根据可构造不等式求得结果.
【详解】（1）由题意知：；
因为，故；
①当，即时，满足，此时；
②当，若，则，解得；
综上所述：m的取值范围为
（2）因为，且，故，即，
解得，则，；
①当，即时，；
故，解得；
②当，即时，；
故，解得；
③当，即时，，不合题意；
综上所述，m的取值范围为.
5．（22-23高一上·江苏常州·阶段练习）已知集合，，
(1)若，求；
(2)是否存在自然数k，b，使得？若存在，求出k，b的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，，
【分析】（1）根据题意得到，解得答案。
（2）题目转化为且，联立方程，考虑和两种情况，计算，得到，再联立方程得到，考虑两个不等式有解的情况，计算得到答案。
【详解】（1）当时，，联立方程得，解得或；
故.
（2），故且，
联立方程得，消去y得，，
由知，
当时，方程有解，故不符合题意；
当时，，即；
联立方程得，消去y得，，
，，即；
若有解，则，即；
若有解，则，即；
，，代入得，且，故且，
故；
综上所述，当，时，
题型4
集合的新定义问题
一、单选题
1．（24-25高一上·上海·开学考试）非空数集，同时满足如下两个性质：（1）若，则；（2）若，则．则称为一个“封闭集”，以下叙述：
①若为一个“封闭集”，则；
②若为一个“封闭集”且，则；
③若都是“封闭集”，则是“封闭集”的充要条件是或；
④若都是“封闭集”，则是“封闭集”的充要条件是或．
正确的是（ ）
A．①③④B．①②③④C．①②③D．①②④
【答案】D
【分析】由封闭集的定义，逐项判断即可，同时③用举例，④用反证法即可.
【详解】对于①，因为为一个“封闭集”，由定义可知则，那么,正确；
对于②，因为为一个“封闭集，，所以，所以，正确；
对于③，,，都是封闭集，显然或不成立，错误
对于④，充分性：都是“封闭集”，若或，易知是“封闭集”，
必要性：若是“封闭集”，令,
假设且．
则存在,,同时,
因为是“封闭集”，
所以,，分两类情况讨论
若,又则所以，这与假设矛盾；
若,又则所以，这与假设矛盾；
故假设不成立，原结论是“封闭集”则或．必要性成立，故正确；
故选：D
二、多选题
2．（24-25高一上·吉林·阶段练习）对任意，记，并称为集合A，B的对称差．例如：若，，则．下列命题中，为真命题的是（ ）
A．若且，则B．若且，则
C．若且，则D．存在，使得
【答案】AB
【分析】A选项，根据题意得到且中元素不能出现在中，故；B选项，与是相同的，所以；C选项，推出；D选项，表达出，结合，，得到，故.
【详解】A选项，且，则，
故，且中元素不能出现在中，故，A正确；
B选项，且，则，
即与是相同的，所以，B正确；
C选项，因为，所以，故，C错误；
D选项，，
其中，，
故，
而，
故，D错误.
故选：AB
三、填空题
3．（24-25高一上·上海·阶段练习）集合，，都是非空集合，现规定如下运算：且.假设集合，，，其中实数，，，，，满足：.计算 .
【答案】或
【分析】由题设条件，，，，，的大小关系，根据集合运算新定义求即可.
【详解】因为，
所以，，，
，
故或.
故答案为：或.
四、解答题
4．（24-25高一上·黑龙江牡丹江·开学考试）（1）含有三个实数的集合可表示为，也可表示为，求的值.
（2）设数集满足：，又若实数是数集中的一个元素，则一定也是数集中的一个元素，求证：
①若，则集合中还有其他两个元素；
②集合不可能是单元素集合.
【答案】（1）；（2）①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）根据题意，利用集合相等的定义，列出方程组，即可求解；
（2）①由，根据题意，结合，准确运算，即可求解；
②假设集合中只有个元素，结合题意，得到方程，结合一元二次方程的性质，即可得证.
【详解】解：因为集合可表示为，也可表示为，即
则满足，且，解得，所以.
（2）①若，则；若，则；
若，则， 所以当时，集合中必含有另两个元素和；
②假设集合中只有个元素（），
由题意可知，因为集合为单元素集合，所以，即，
又由，则此方程无实数解，所以假设不成立，
所以集合不可能是单元素集合.
5．（24-25高一上·云南红河·阶段练习）已知有限集，若，则称为“完全集”.
(1)判断集合是否为“完全集”，并说明理由；
(2)若为“完全集”，且，用列举法表示集合（不需要说明理由）；
(3)若集合为“完全集”，且均大于0，证明：中至少有一个大于2.
【答案】(1)是“完全集”，理由见解析；
(2)；
(3)证明见解析；
【分析】（1）由“完全集”的定义判断即可；
（2）设，得到，分类讨论求解即可.
（3）由“完全集”的定义，结合集合的运算，以及一元二次方程的性质进行求解即可；
【详解】（1）集合，由完全集的定义：
，，
所以集合为“完全集”.
（2）不妨设，由于，
所以，当时，即有，又为正整数，所以，
于是，则无解，即不存在满足条件的“完全集”；
当时，，故只能，求得，
于是“完全集”只有一个，为；
当时，由，
即有，而，
又，
因此，故矛盾，
所以当时不存在“完全集”，
综上：“完全集”为.
（3）证明：若是两个不同的正数，且是完全集，
设，根据根和系数的关系知，相当于的两个根，
由，解得或（舍），
所以，又因为都是正数，若都不大于2，，矛盾，
所以中至少有一个大于2.
【点睛】方法点睛：新定义有关的问题的求解策略：
①通过给出一个新的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的；
②遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决.
题型5
充分、必要条件及参数问题
一、单选题
1．（23-24高三上·天津·期末）已知，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义判断即得.
【详解】由，得，必有，
而当时，可以是负数，如成立，却有，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
2．（23-24高一上·山东枣庄·阶段练习）设，则是的（ ）
A．充分不必要条件B．充要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据充分，必要条件的定义求解即可.
【详解】因为可得：，即，
所以或，
所以能推出，但推不出，
所以是的必要不充分条件
故选：C.
二、多选题
3．（24-25高一上·黑龙江绥化·阶段练习）命题“，”为真命题的一个必要不充分条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【分析】先根据题意化简：命题“，”为真命题；为，然后利用充分性和必要性的判断方式来判断即可.
【详解】若命题“，”为真命题，
则当时，恒成立，
即，
故该题可以转变为“”的一个必要不充分条件，
由必要不充分条件的判断可知，
“”的一个必要不充分条件是“”
所以AD符合题意.
故选：AD
三、解答题
4．（24-25高一上·上海·阶段练习）设集合，.
(1)若，求实数的值；
(2)若“”是“”的必要条件，求实数的取值范围.
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）根据集合交集的性质进行求解即可.
（2）根据集合并集的运算性质进行求解即可.
【详解】（1）由，所以或，故集合.
因为，所以，将代入中的方程，
得，解得或，
当时，，满足条件；
当时，，满足条件，
综上，实数的值为或.
（2）因为“”是“” 的必要条件，所以.
对于集合，.
当，即时，，此时；
当，即时，，此时；
当，即时，要想有，须有，
此时：，该方程组无解.
综上，实数的取值范围是.
5．（23-24高一下·湖南株洲·期末）已知集合，或．
(1)若，求；
(2)若“”是“”的必要不充分条件，求实数的取值范围．
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）根据集合的并运算法则进行运算即可；
（2）依题得，分和两种情况谈论，根据条件列出不等式，解出即可.
【详解】（1）因为，
所以
因为或
所以或
或.
（2）因为“”是“”的必要不充分条件，所以,
所以①若，则，即,满足题意；
②若，
则或，
即或
所以或
综合①②知，实数的取值范围为.
题型6
全称量词命题和存在量词命题及参数问题
一、单选题
1．（24-25高一上·全国·课后作业）下列命题中真命题的个数是（ ）
①，；
②存在四边形不是菱形；
③存在一对整数，，使得．
A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【分析】根据特称命题判断各个小题的真假即可判断.
【详解】因为，且，所以①是真命题；
四边形可以为梯形，所以②是真命题；
取时，，所以③是真命题．
故真命题的个数是3个．
故选：D.
2．（24-25高一上·上海·阶段练习）定义集合运算；将称为集合A与集合的对称差，命题甲：；命题乙：则下列说法正确的是（ ）
A．甲乙都是真命题B．只有甲是真命题
C．只有乙是真命题D．甲乙都不是真命题
【答案】B
【分析】根据对称差集合的定义和集合的运算将变形即可判断命题甲；对于乙，画出和的图示即可判断.
【详解】对于甲，
，故命题甲正确；
对于乙，如图所示：
所以，，故命题乙不正确.
故选：.
【点睛】关键点点睛：对于集合新定义问题，关键是理解新定义，利用韦恩图结合集合的运算，利用数形结合判断.
3．（23-24高一上·广东深圳·期中）已知命题p为“，”．若p为假命题，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将问题转化为命题“，”为真命题，令，利用二次函数的性质求解.
【详解】解：因为命题p“，”为假命题，
所以命题“，”为真命题，
令，其对称轴为，
当，即时，，解得，此时；
当，即时，，解得，此时无解；
当，即时，，即，此时，
综上：实数a的取值范围是，
故选：B
二、解答题
4．（24-25高一上·全国·课后作业）已知命题，；命题，.
(1)若为真命题，求实数的取值范围；
(2)若命题和命题至少有一个真命题，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由为真命题，构造不等式即可求解；
（2）分别由为真命题，为真命题和同时为假命题求的范围即可求解.
【详解】（1）由题意得，，为真命题，
则，即，故为真命题时，的取值范围为.
（2）当为真命题时，，即，所以为假命题时，；
当为真命题时，，即，所以为假命题时，；
若同时为假命题，则，
所以若至少有一个真命题时，.
5．（23-24高一上·广东深圳·期中）（1）已知命题，当命题为假命题时，求实数的取值范围；
（2）已知，是实数，求证：成立的充要条件是.
【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】（1）由题设为真命题，讨论、求参数范围；
（2）根据充分、必要性定义，应用因式分解判断条件间的推出关系，即可证.
【详解】（1）由题设，命题的否定为真命题，命题的否定为，
当时，成立，
当时，可得，解得，
综上所述，；
（2）先证充分性：
若，则成立，充分性成立；
再证必要性：
若，则，即，
，即，又，
，即成立，必要性成立；
综上：成立的充要条件是．
题型7
不等式比较大小
一、单选题
1．（2024·广东广州·模拟预测）下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则B．若，，则
C．若，则D．若，则
【答案】B
【分析】由不等式的基本性质，赋值法逐项判断即可.
【详解】对于A，可以取，，，此时，所以A错误.
对于B：∵，∴，因为，所以，故B正确；
对于C：取，时，则，，，则，故C错误；
对于D：当，时，，，则，故D错误；
故选：B.
2．（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·期末）已知实数，，下列关系正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】取特值说明判断A；作差比较大小判断BC；利用不等式性质推理判断D.
【详解】对于A，取，得，A错误；
对于B，，则，B错误；
对于C，，则，C错误；
对于D，，D正确.
故选：D
二、多选题
3．（2024·湖北黄冈·一模）已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】选项ABD，利用不等式的性质计算即可，选项C，因为可正可负，所以不容易化简解决，一般当乘或除以一个不知正负的数，基本上错误，我们只需要找反例即可.
【详解】因为，所以，故A正确；
因为，所以，故B正确；
因为，不妨令，得，此时，故C错误；
因为，所以，故D正确.
故选：ABD
4．（23-24高二下·山东临沂·期末）已知（，，），且，则（ ）
A．B．
C．存在，使得D．
【答案】ABD
【分析】对于A，据已知条件即可证明；对于B，使用基本不等式即可证明；对于C，据已知条件即可否定；对于D，将条件变形为，再利用即可证明结论.
【详解】对于A，，，所以，故A正确；
对于B，，，所以，可得，同理可得，
又因，所以，故，，故B正确；
对于C，，，由B知，，又，存在，使得可知，代入可得与已知相矛盾，故C错误；
对于D，将条件变形为，，由A知，由B知，所以，即，故D正确.
故选：ABD
三、填空题
5．（23-24高一上·广东广州·期末）两次购买同一种物品可以有两种不同的策略，设两次购物时价格分别为，甲策略是每次购买这种物品的数量一定，乙策略是每次购买这种物品所花的钱数一定，则 种购物策略比较经济．（填“甲”或“乙”）
【答案】乙
【分析】由题意依次将两种策略两次购买物品的平均价格表示出来，用作差法比较大小即可.
【详解】设甲策略每次买件物品，乙策略是每次购买这种物品所花的钱数为元，
则甲策略两次购买物品的平均价格为，乙策略两次购买物品的平均价格为，
所以，即，
所以乙种购物策略比较经济.
故答案为：乙.
6．（22-23高一上·北京·期末）已知对于实数，，满足，，则的最大值为 .
【答案】7
【分析】由题意可得，，且，利用不等式的性质即可求解
【详解】由，可得，，
因为，，
所以，故，则的最大值为7，
故答案为：7
题型8
基本不等式求最值
一、单选题
1．（24-25高一上·河南·阶段练习）若，则的最小值为（ ）
A．10B．12C．14D．16
【答案】C
【分析】先化简原式，再应用基本不等式得出最小值即可.
【详解】由题意得.
由，得，则，
当且仅当，即时，等号成立.
故的最小值为14.
故选：C.
2．（24-25高一上·云南文山·阶段练习）已知为不相等的正实数，满足．则下列不等式中不正确的为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由已知可得，再利用基本不等式判断各个选项.
【详解】由，
因为为不相等的正实数，所以，
对于A，，故A正确；
对于B，，当且仅当，即 或时等号成立，故B正确；
对于C，，当且仅当，即时等号成立，故C错误；
对于D，等价于，即，当且仅当，即 时等号成立，故D正确．
故选：C．
3．（24-25高一上·吉林·阶段练习）设矩形的周长为，把沿向折叠，折过去后交于点.设，则（ ）
A．当时，的面积取得最大值
B．当时，的面积取得最大值
C．当时，的面积取得最大值
D．当时，的面积取得最大值
【答案】D
【分析】由题意可知，，即，设，则，，再根据为直角三角形，得出关于的表达式，再用三角形面积计算公式，得出的面积关于的表达式，再利用基本不等式可得面积的最大值及相应的的值.
【详解】由题意可知，矩形的周长为，
由，则，且.
设，则，
由已知，
所以，
为直角三角形，
∴，
∴，∴，
∴
.
当且仅当，即时等号成立.
此时满足，
即时的最大面积为.
故选：D.
4．（2024·四川成都·三模）设，若，则实数的最大值为（ ）
A．B．4C．D．
【答案】A
【分析】由不等式可得，求出右边的最小值，进而可得的最大值．
【详解】因为，若，可得，
设，只需要小于等于右边的最小值即可，
则，
令，可得，
所以，当且仅当，即时取等号，
所以，
即的最大值为．
故选：A．
二、填空题
5．（24-25高一上·江苏常州·阶段练习）若，，则的最小值为 ．
【答案】/
【分析】根据题意，得到，令，转化为，结合基本不等式，即可求解.
【详解】由，可得，则，
因为，可得，
令，则且
可得，
当且仅当时，即时，即时，等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：.
6．（2024高一上·江苏·专题练习）已知正实数，满足，则的最小值是 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，利用配凑法及基本不等式“1”的妙用求解即得.
【详解】正实数，满足，
则
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值是.
故答案为：
题型9
一元二次不等式中的参数问题
一、单选题
1．（2025届福建省高中毕业班适应性练习卷（二）数学试题）设集合，若，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先将因式分解，然后解不等式，利用两个根的关系分类讨论，求出的取值范围即可.
【详解】由题可知，
当时，无解，得，此时；
当时，解，得，此时，；
当时，解，得，此时，要使，则；
综上所述，.
故选：A
2．（24-25高一上·江苏南京·阶段练习）已知方程的两根都大于2，则实数的取值范围是（ ）
A．或B．
C．D．或
【答案】B
【分析】根据方程的两根都大于2，分析函数的图象特征列出不等式组求解即可.
【详解】根据题意，二次函数的图象与轴的两个交点都在2的右侧，
根据图象可得，即，
解得.
故选：B.
二、多选题
3．（23-24高一上·江苏徐州·阶段练习）对于给定的实数，关于实数的一元二次不等式的解集可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】首先讨论，三种情况讨论不等式的形式，再讨论对应方程两根大小，得不等式的解集.
【详解】对于一元二次不等式，则
当时，函数开口向上，与轴的交点为，
故不等式的解集为；
当时，函数开口向下，
若，不等式解集为；
若，不等式的解集为，
若，不等式的解集为，
故选：ACD
三、填空题
4．（24-25高一上·山西晋中·阶段练习）命题“对任意的，总存在，使得”成立，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】问题转化为函数与有交点，数形结合求参数的取值范围.
【详解】由.
问题转化为函数与有交点，其中，.
由图可知：
.
若，则上式显然成立；
若，则，又对任意都成立，所以；
若，则，又对任意都成立，所以.
综上可知，的取值范围为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：“对任意的，总存在，使得”转化为：“对对任意的，的值一定在函数（）的值域内”，再分情况讨论，求的取值范围.
5．（24-25高一上·黑龙江鹤岗·阶段练习）若关于的不等式恰有两个整数解，则的取值范围是 ．
【答案】或
【分析】对方程的两个根进行分类讨论，求出不等式的解集，再让解集中含有两个整数，由不等式求的取值范围.
【详解】令，解得或.
当，即时，不等式解得，
则不等式中的两个整数解为2和3，有，解得；
当，即时，不等式无解，所以不符合题意；
当，即时，不等式解得，
则不等式中的两个整数解为0和-1，有，解得.
综上，的取值范围是或.
故答案为：或.
【点睛】关键点睛：本题考查了一元二次不等式的解法以及分类讨论思想，掌握一元二次方程、一元二次函数和一元二次不等式三个二次之间的关系是解题关键.
四、解答题
6．（24-25高一上·上海·阶段练习）集合
(1)当，时，若关于的不等式组没有实数解，求实数的取值范围；
(2)若，且关于的不等式的解集为，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求解集合，根据不等式组没有实数解可求答案；
（2）先根据解集求出，再利用不等式的解集为空集可求答案.
【详解】（1）因为，，
所以，即，解得，
故不等式组没有实数解，即没有实数解，
故，实数的取值范围为.
（2）因为，所以和是方程的解，
则，解得，，
，即，
因为的解集为，
所以若，则，解得，
若，，即，解集为，
综上所述，实数的取值范围为.
7．（24-25高一上·云南红河·阶段练习）设函数
(1)若，求的解集．
(2)若不等式对一切实数x恒成立，求a的取值范围；
(3)解关于的不等式：．
【答案】(1)
(2)
(3)分类讨论，答案见解析.
【分析】（1）将代入，根据图象的开口方向，以及，即可求得不等式的解集；
（2）根据题意，转化为恒成立，分与，两种情况讨论，结合二次函数的性质，列出不等式（组），即可求解；
（3）将原式化为，分，三种情况讨论，结合一元二次不等式的解法，即可得到结果．
【详解】（1）解：由函数，
若，可得，
又由，即不等式，即，
因为，且函数对应的抛物线开口向上，
所以不等式的解集为，即的解集为.
（2）解：由对一切实数x恒成立，等价于恒成立，
当时，不等式可化为，不满足题意．
当，则满足，即，解得，
所以的取值范围是．
（3）解：依题意，等价于，
当时，不等式可化为，所以不等式的解集为．
当时，不等式可化为，此时，
所以不等式的解集为．
当时，不等式化为，
①当时，，不等式的解集为；
②当时，，不等式的解集为；
③当时，，不等式的解集为；
综上，当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为．
8．（23-24高一上·吉林·阶段练习）已知函数.
(1)若不等式的解集为，求的取值范围；
(2)当时，解不等式；
(3)对任意的，不等式恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）对参数进行分类讨论，并结合一元二次函数性质即可求解；
（2）当时，，即，因式分解，对进行讨论，可得解集；
（3）转化为恒成立，分离参数，利用基本不等式求最值求解的取值范围．
【详解】（1）当时，由，得到，所以，不合题意，
当时，由，得到，解得，
所以实数的取值范围为.
（2）当时，，即，
可得，因为，
①当时，即，不等式的解集为
②当时，，因为，
所以不等式的解集为
③当时，．又，
所以不等式的解集为,
综上：，不等式的解集为，
当时，不等式的解集为，
当时，不等式的解集为．
（3）由题对任意，不等式恒成立．
即，因为时，恒成立．
可得，设，则，所以，
可得
因为，当且仅当是取等号．
所以，当且仅当是取等号．
故得m的取值范围．
题型10
基本、一元二次不等式中的恒成立和有解问题
一、单选题
1．（24-25高一上·浙江嘉兴·阶段练习）对任意的恒成立，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分离参数，可得恒成立，结合基本不等式即可求得答案.
【详解】对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
因为，当且仅当，即时取等号，
故，故m的取值范围为.
故选：B
2．（24-25高一上·全国·课后作业）已知，满足（为常数），若，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由基本不等式，得到，再由，结合题意，得出不等式，即可求解.
【详解】由，且，可得，当且仅当时等号成立，
又由，
因为，所以，即，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：A.
3．（24-25高一上·山西·阶段练习）命题“”为真命题的一个必要不充分条件是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先由存在量词命题为真求得的范围，再根据“必要不充分条件”即可确定选项.
【详解】由，可得在上能成立，
因，故得.
由题意知，是选项的范围的真子集即可.
故选：D.
4．（23-24高一上·辽宁大连·阶段练习）若命题“，使得”为假命题，则实数a的取值范围（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意可得“，使得”为真命题，分离参数可得在内有解，利用基本不等式求出即可.
【详解】因为“，使得”为假命题，
所以“，使得”为真命题，
即在内有解，即，
因为
，
当且仅当，即时等号成立，
所以，所以，解得，
所以实数a的取值范围为．
故选：C.
5．（24-25高一上·天津·阶段练习）若命题“使得”为假命题，则实数的取值范围（ ）
A．或B．
C．D．
【答案】C
【分析】由题意可得“，使得”为真命题，分离参数可得在内有解，利用基本不等式求出即可.
【详解】因为“，使得”为假命题，
所以“，使得”为真命题，
即在内有解，即，
因为
，
当且仅当，即时等号成立，
所以，所以，解得，
所以实数a的取值范围为．
故选：C.
6．（23-24高一上·甘肃兰州·期末）对任意实数，不等式恒成立，则实数的最大值（ ）
A．2B．4C．D．
【答案】D
【分析】首先不等式变形为恒成立，再利用两次基本不等式求的最小值，即可求解的取值.
【详解】不等式恒成立，可转化为
恒成立，其中，
令，
，
，
第二次使用基本不等式，等号成立的条件是且，
得且，此时第一次使用基本不等式，说明两次基本不等式能同时取得，
所以的最小值为，
即，则，
所以实数的最大值为.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题的关键是再求的最值时，需变形为，再通过两次基本不等式求最值.
二、填空题
7．（24-25高一上·江苏扬州·阶段练习）关于不等式的解集为，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】先根据二次项的系数分类为，.当时，显然成立，当时，则二次函数开口向下，且与轴无交点，进而有，可得.
【详解】当时，原不等式可化为，显然成立，
当时，因关于不等式的解集为，
则，解得，
综上可知，实数的取值范围为，
故答案为：
8．（24-25高三上·北京·开学考试）已知函数，.若命题“，不等式恒成立”是假命题，则实数的取值范围 .
【答案】
【分析】结合开口方向以及判别式求得的取值范围.
【详解】当恒成立，
当时，且，
解得：，
当时,成立，
所以，
命题“，不等式恒成立”是假命题
所以的取值范围为：或．
故答案为：
9．（23-24高一上·吉林延边·阶段练习）若，关于的不等式恒成立，则实数a的取值范围是 .
【答案】
【分析】合理构造目标式，利用基本不等式求出最值，得到，再求解参数范围即可.
【详解】若关于的不等式恒成立，则，
因为，故，
当且仅当时取等，故得，解得.
故答案为：
10．（23-24高一上·山东菏泽·阶段练习）若两个正实数满足，且不等式恒成立，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】根据等式变形，利用常值代换法凑项，运用基本不等式求得即得.
【详解】因为两个正实数 满足，则，
故
，当且仅当时取等号，
因不等式恒成立，则，故.
故答案为：.
11．（23-24高一上·重庆沙坪坝·期中）已知关于x的不等式，若，则该不等式的解集是 ，若该不等式对任意的均成立，则实数的取值范围是 .
【答案】 ， .
【分析】代入，化简可得 ，根据一元二次不等式解法求结论，当时由条件求的取值范围，当时，化简不等式，由条件求的取值范围，由此可得结论.
【详解】当时，不等式可化为，
所以，
所以或，
所以不等式的解集是，
由已知对任意的，不等式恒成立，
当时，，此时，
当时，不等式，可化为，
所以，其中，
所以，所以，
所以不等式对任意的均成立时，的取值范围是.
故答案为：，.
12．（24-25高一上·江苏南通·阶段练习）若不等式对一切正实数，，恒成立，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据不等式恒成立可得，利用基本不等式求得其最小值即可得出结论.
【详解】由不等式对一切正实数，，恒成立可得,恒成立，
令，
当且仅当时，等号成立，此时的最小值为2；
因此可得即可，
所以实数的取值范围是.
故答案为:
题型11
函数的定义域、值域中的参数问题
一、单选题
1．（23-24高一上·河南·期中）若函数的定义域为R，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据函数定义域可知对任意恒成立求解即可.
【详解】若函数的定义域为R，
则对任意恒成立．
当时，不等式化为，恒成立；
当时，需，解得．
综上所述，实数a的取值范围是．
故选：B．
2．（23-24高一上·山东菏泽·期中）已知函数的定义域为B，函数的定义域为，若，使得恒成立，则实数m的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据函数的定义域求得集合，利用分离常数法、基本不等式求得的取值范围.
【详解】函数的定义域为，即，
所以，所以的定义域，
由于，，
所以在区间上恒成立，
由于，当且仅当时等号成立，
所以，即的取值范围是.
故选：C
3．（23-24高一下·广东梅州·期中）已知函数在上的值域为，则（ ）
A．4B．5C．8D．10
【答案】D
【分析】首先利用二次函数最值求出，则得到其单调性，则，代入计算即可.
【详解】的对称轴为，则，解得，
则在上单调递增，
所以，即，
所以，为方程的两个根，
即为方程的两个根，所以.
故选：D.
二、多选题
4．（23-24高一上·四川眉山·期中）若函数的定义域为，值域为，则可以取（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【分析】画出二次函数图象，结合对称轴和值域可判断取值范围，即可得出合适的选项.
【详解】的对称轴为，当时，，
令，解得或，
要使定义域为时，值域为，故.
故选：ABC.
三、填空题
5．（23-24高一上·湖北·阶段练习）已知函数的最大值为M，最小值为m，则的值为 .
【答案】
【分析】首先求函数的定义域，再求，结合函数的定义域，求函数的最值，即可求解.
【详解】函数的定义域满足，得，
，当，得0≤9-x2≤9，0≤9-x2≤3，
所以，且，所以，
所以，，所以.
故答案为：
四、解答题
6．（23-24高一上·山西临汾·期中）函数．
(1)若的定义域为，求实数的值；
(2)若的定义域为，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）根据一元二次不等式的解集即可求解.
（2）根据题意，对进行分类讨论，再利用一元二次不等式的解集为，可求实数的取值范围.
【详解】（1）由题意得：不等式的解集为，
所以，化简，解之得．
故实数的值为.
（2）由题意得：不等式在R上恒成立，
①当，即或时，
若，则，符合题意；
若，则，定义域不是，不满足条件．
②当m2+m-2>0，即，或时，
，解得，或.
综上所述，m的取值范围是．
题型12
利用函数的单调性解不等式
一、单选题
1．（22-23高一上·福建福州·阶段练习）定义在0,+∞上的函数满足：对，且，都有成立，且，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】构造函数，运用单调性，结合所给特殊值，得到不等式计算即可.
【详解】令，
因为对，且，都有成立，
不妨设，则，故，则，即，
所以在0,+∞上单调递增，
又因为，所以，故可化为，
所以由的单调性可得，即不等式的解集为.
故选：A.
二、多选题
2．（23-24高一上·广东茂名·期末）定义在上的函数满足，且，，则下列结论中正确的是（ ）
A．不等式的解集为
B．不等式的解集为
C．不等式的解集为
D．不等式的解集为
【答案】BC
【分析】先得到的单调性，AB选项，变形得到，故，根据函数单调性得到不等式，求出解集；CD选项，由得，故，根据函数单调性得到不等式，求出解集.
【详解】，不妨设，故，
即，令，则，
故在上单调递减，
AB选项，，不等式两边同除以得：，
因为，所以，即，
根据在上单调递减，故，综上：，A错误，B正确；
CD选项，由得，
因为，所以，即，
因为在上单调递减，所以，C正确，D错误
故选：BC
3．（23-24高一上·内蒙古呼和浩特·期中）已知函数满足：任意给定，都有，且任意，，，则下列结论正确的题号是（ ）
A．B．任意给定，
C．D．若，则
【答案】ABD
【分析】先根据条件确定函数的单调性及对称性，根据单调性来比较大小确定AC；利用单调性及对称性解不等式确定D；根据单调性求出最值确定B.
【详解】任意给定，都有，则函数关于对称，
又任意，，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
故函数在处取最大值，B正确；
，C错误；
，所以，A正确；
若，则，解得，D正确，
故选：ABD.
三、填空题
4．（23-24高一上·四川遂宁·期末）已知函数在上有定义，且．若对任意给定的实数，均有恒成立，则不等式的解集是 ．
【答案】
【分析】由题意易知函数在上单调递减，讨论与大小关系，再结合，利用单调性即可列出不等式组，解之即可得解.
【详解】因为对任意给定的实数，均有恒成立，
所以函数在上单调递减，又，
又不等式，
所以当，即时 ，，
则，解得，故；
当，即时 ，，
则，解得，故；
综上，不等式的解集为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用函数单调性的定义判断得在上单调递减，从而分类讨论即可得解.
5．（23-24高一上·辽宁沈阳·期末）已知偶函数的定义域为，且有，，若对，，都有，则不等式的解集为 .
【答案】
【分析】通过构造函数法结合已知条件得出函数的单调性，再根据函数的奇偶性，求得不等式的解集.
【详解】构造函数，
依题意，的定义域是，是偶函数，
所以，所以是偶函数，
由于对，，，则，
所以在上单调递增，则在上单调递减.
对于，且，
若，可得，即，可得；
若,可得，即，可得；
所以不等式的解集为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：关键点是熟练掌握函数单调性的定义及其变型，任取定义域内的两个数，且，通过计算的符合来判断的单调性，也可以利用的符号来判断的单调性.
四、解答题
6．（24-25高三上·河北邢台·阶段练习）已知函数.
(1)若在上的最小值小于，求实数的取值范围；
(2)若，求不等式的解集.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）变形得到，设，则，求出最小值，得到不等式，求出答案；
（2）在（1）基础上，得到，结合函数单调性，得到不等式解集.
【详解】（1）且x>0.
设，则，
所以的最小值为，
则，即，解得或，
故实数的取值范围为.
（2）若，则，
不等式可化为，所以.
因为在和上单调递增，
且和时，，当时，，
所以的解集为，
即不等式的解集.
题型13
函数的奇偶性及其应用
一、单选题
1．（24-25高三上·陕西西安·阶段练习）若定义在R上的奇函数在上单调递减，且，则满足的x的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，得到函数的单调性及，再结合不等式，分类讨论，即可求解.
【详解】由题意，定义在R上的奇函数在上单调递减，且，
则在上单调递减，且，，
所以当时，，
当时，，
所以由可得：
或或，
解得或或，即或，
所以满足的的取值范围是.
故选：D.
2．（24-25高三上·重庆渝中·阶段练习）已知函数，若为奇函数，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】D
【分析】根据奇函数定义可得恒成立，化简可求.
【详解】因为为奇函数，，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，，
所以，，
故选：D.
3．（24-25高三上·四川绵阳·阶段练习）已知函数，若正实数，满足，则的最小值为（ ）
A．1B．3C．6D．9
【答案】A
【分析】先判断的奇偶性和单调性，从而可得，利用基本不等式可求的最小值.
【详解】当时，，因，故在上为增函数，
而，故为上的奇函数，
故为上增函数.
因为，所以，故，
故，，
当且仅当，所以的最小值为1，
故选：A.
4．（24-25高三上·宁夏银川·阶段练习）已知是定义域为R的函数，且是奇函数，是偶函数，满足，若对任意的，都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据奇偶函数构造方程组求出的解析式，再根据题意得到在单调递增，分类讨论即可求解．
【详解】由题意可得，
因为是奇函数，是偶函数，
所以，
联立，解得，
又因为对于任意的，都有成立，
所以，即成立，
构造，
所以由上述过程可得在单调递增，
若，则对称轴，解得；
若，则在单调递增，满足题意；
若a>0，则对称轴恒成立；
综上，．
故选：B
二、填空题
5．（2024高一·全国·专题练习）已知函数为偶函数，则 ．
【答案】
【分析】由f-x=fx进行求解．
【详解】因为函数为偶函数，所以f-x=fx，
即，
即，
两边平方，化简可得．
要使上式恒成立，则，即．
故答案为：
6．（24-25高三上·北京海淀·开学考试）函数是奇函数，且对任意成立，则满足条件的一组值可以是 ， ．
【答案】 1 0
【分析】由奇函数确定，再由最值确定.
【详解】因为函数是奇函数，
所以，得，经验证符合；
所以，又恒成立，
所以恒成立，
所以，即.
故答案为：1； 0
三、解答题
7．（22-23高一上·广东东莞·期中）已知函数是定义在R上的偶函数，且当时，．现已画出函数在轴左侧的图象，如图所示，并根据图象．
(1)画出在轴右侧的图象并写出函数的增区间；
(2)写出函数的解析式；
(3)若函数，求函数的最小值．
【答案】(1)图象见解析，递增区间为，1,+∞
(2)
(3)
【分析】（1）根据偶函数的定义直接画出图形，结合图形即可得出的增区间；
（2）利用函数的奇偶性求解函数的解析式即可；
（3）由题意可得，对称轴为，结合二次函数的图象与性质，分类讨论求出当、、时的即可.
【详解】（1）
函数是定义在R上的偶函数，
即函数的图象关于轴对称，其递增区间为，1,+∞；
（2）根据题意，令，则，则，
又由函数是定义在R上的偶函数，
则，则；
（3）根据题意，，则fx=x2-2x，
则，其对称轴为，
当时，即时，在区间1,2上为增函数，；
当时，即时，；
当时，即时，在区间1,2上为减函数，，
则．
8．（2024高一·全国·专题练习）已知函数是定义在上的奇函数，且.
(1)求的值；
(2)求函数在上的值域；
(3)设，若对任意的，对任意的，使得成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)，；
(2)；
(3).
【分析】（1）利用奇函数的定义与，求出参数即可；
（2）由（1）得，再判断单调性，然后求解即可；
（3）现将“若对任意的，对任意的，使得成立”转化为“当时，恒成立”然后分类讨论求解即可.
【详解】（1）由题意：f-x=-fx
所以.
又.
所以：，.
（2）由（1）可知：.
设，
则，
因为，所以，，，
所以.
所以函数在上单调递增.
又，，所以函数在上的值域为：.
（3）问题转化为，当时，恒成立.
若，则在0,1上为增函数，由.
若，则，此时在0,1上恒成立.
若，则在0,1上为减函数，由.
综上可知：.即实数的取值范围是：.
题型14
抽象函数的性质及其应用
一、单选题
1．（23-24高一上·河南·阶段练习）若函数的定义域是，则函数fx-3的定义域是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据函数的定义域求出的定义域，然后求解的定义域即可.
【详解】因为函数的定义域是，所以，所以，
所以的定义域是，故对于函数fx-3，有，解得，
从而函数fx-3的定义域是.
故选：A.
2．（2024·山西·模拟预测）已知函数的定义域为，若对于任意的，，都有，当时，都有，且，则函数在区间上的最大值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】D
【分析】令可得，再令可得，再令即可得，再利用函数单调性定义可得该函数为单调递增函数，故的值即为所求.
【详解】令，则，令有，
又，所以，
令，所以，所以，
设，则，所以，
所以，
则，故在上单调递增，
所以函数在区间上的最大值为.
故选：D.
3．（24-25高三上·贵州·开学考试）已知函数满足：对任意实数x，y，都有成立，且．给出下列四个结论：①；②的图象关于点对称；③若，则；④，．其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①③B．③④C．②③D．②④
【答案】C
【分析】令可判断①；令，求出可得的图象关于对称，再由图象平移规律可判断②；根据可判断③；令求出，再令可判断④.
【详解】对于①，令，则，所以，故错误；
对于②，令，则，
所以的图象关于对称，所以的图象关于点对称，故正确；
对于③，因为，若，则，故正确；
对于④，令，则，可得，
令，则，故错误.
故选：C.
二、多选题
4．（2025·吉林长春·一模）定义在的函数满足，且当时，，则（ ）
A．是奇函数B．在上单调递增
C．D．
【答案】ABC
【分析】根据奇偶性的定义分析判断A，根据函数单调性的定义分析判断B，利用赋值法分析判断C，根据选项C及函数单调性判断D.
【详解】对于A，令，可得，再令，可得，且函数定义域为-1,1，所以函数为奇函数，故A正确；
对B，令，则，，可得，所以，
由函数性质可得，即，所以在-1,1上单调递增，故B正确；
对于C，令，可得，所以，即，故C正确；
对D，因为函数为增函数，所以，由C可知，故D错误.
故选：ABC
三、填空题
5．（23-24高二上·陕西西安·阶段练习）若函数的定义域为，则的定义域为 ．
【答案】
【分析】根据抽象函数定义域的求法及分式的分母不为0求解.
【详解】因为函数的定义域为，
所以，
所以要使函数有意义，
则，即，解得，
所以函数的定义域为.
故答案为：.
6．（2024·河南·模拟预测）已知定义在上的函数满足：在上单调递减，，则满足的的取值范围为 .
【答案】
【分析】令，可得，可知函数为奇函数，由奇函数性质分析可知在定义域内单调递减，根据函数单调性和奇偶性分析求解.
【详解】因为，且，
令，可得，
则，即，
可知函数为定义在上的奇函数，
且在上单调递减，可知在上单调递减，
所以在定义域内单调递减，
又因为，即，
由奇函数性质可得：，
由单调性可得，所以满足的的取值范围为.
故答案为：.
四、解答题
7．（24-25高三上·福建宁德·开学考试）函数的定义域为，且满足对于任意，有，当.
(1)证明：在上是增函数；
(2)证明：是偶函数；
(3)如果，解不等式.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据函数的单调性的定义，即可证得函数的为单调递增函数；
（2）令，求得，再由，求得，进而得出，即可证明结论；
（3）由（2）可得不等式可变为，结合（1）可求得不等式的解集.
【详解】（1）设，则，
由于，所以，所以，
所以，所以，
所以在上是增函数；
（2）因对定义域内的任意，有，
令，则有，
又令，得，
再令，得，从而，
于是有，所以是偶函数．
（3）由于，所以，
于是不等式可化为，
由（2）可知函数是偶函数，则不等式可化为，
又由（1）可知在上是增函数，所以可得，
解得，所以不等式的解集为．
8．（24-25高三上·吉林白城·期中）定义在上的函数，满足对任意x，，有，且.
(1)求，的值；
(2)判断的奇偶性，并证明你的结论；
(3)当时，，解不等式.
【答案】(1)，
(2)奇函数，证明见解析
(3)
【分析】（1）利用赋值法，即可求得答案；
（2）利用赋值法结合奇偶函数的定义即可得结论，进而证明；
（3）判断出函数的单调性，利用单调性可得不等式，求得答案.
【详解】（1）令，得，所以.
令，，得，
所以.
（2）为奇函数，证明如下：
由题意，任意x，，
令得，，即，
所以函数为奇函数.
（3）设，，且，则，
所以，
所以，
故在R上为增函数.
等价于，
所以，解得，
故原不等式的解集为.
9．（2024高三·全国·专题练习）设函数是R上的增函数，对任意，都有 .在①，②中任选一个条件，然后解答以下问题.
(1)求；
(2)求证：是奇函数；
(3)若，求实数x的取值范围.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）通过赋值法即可求解；
（2）通过赋值法结合奇函数的定义即可得证；
（3）结合奇函数、增函数的性质去括号，然后解不等式即可得解.
【详解】（1）若选①：对任意，，
因为函数的定义域为R，令，可得.
若选②：对任意，
令，可得，即.
（2）若选①：在中，令，则，
且的定义域为，
所以是奇函数；
若选②：对任意，都有，
令，可得，
可得，由，可得f-x=-fx，
即有为奇函数；
（3）奇函数是上的增函数，
由，得，即，
即有，解得．
所以实数的取值范围为．
题型15
函数性质的综合应用
一、单选题
1．（24-25高三上·河北唐山·阶段练习）已知函数满足：①是偶函数；②在区间上是减函数．若，且，则与的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．无法确定
【答案】B
【分析】是偶函数，可得函数y=fx的图象关于对称，即f2+x=f-x，结合，，且，有，由单调性得，即.
【详解】由是偶函数，把的图象向右平移1个单位可得函数y=fx的图象，
所以函数y=fx的图象关于对称，即f2+x=f-x，
因为，，且，所以，
因为函数在上是减函数，所以，即.
故选：B．
2．（24-25高一上·天津滨海新·阶段练习）已知函数为定义在上的奇函数，且在为减函数，在为增函数，，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由题意先明确函数在上的单调性和函数值情况并作出函数图，接着分、和三种情况分析即可求解.
【详解】由题意可知，且在上单调递增，在上单调递减，如图：
当时，，故，此时；
当时，满足；
当时，，，
此时，则，所以，
综上，不等式的解集为.
故选：B.
3．（22-23高三下·重庆北碚·阶段练习）定义在R上的函数满足：①是奇函数；②与有且仅有三个不同的公共点，则（ ）
A．B．C．3D．6
【答案】A
【分析】分别求出函数关于对称，得出自变量及函数值的和即可.
【详解】因为是奇函数，所以关于对称，可得，
所以fx关于对称，直线也关于对称，
所以三个不同的公共点也关于对称，
则，且,
所以.
故选：A.
4．（2025·广东·模拟预测）已知函数的定义域为，且，函数的图象关于直线对称，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】函数的图象关于直线对称，可得到，再根据列出方程式可求解
【详解】根据题意知，函数的图象关于直线对称，
则得到，又因，
则令或解之可得.
故选：B
5．（2024高一上·江苏·专题练习）已知定义在上的奇函数，当时，单调递增，若不等式对任意实数恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据奇函数确定函数的单调性，脱去“”，利用不等式恒成立列出不等式组得解.
【详解】根据题意，是定义在上的奇函数且在上单调递增，
则在上也是增函数，
因为不等式对任意实数恒成立
所以对任意实数恒成立，
即对任意实数恒成立，
当时，不恒成立，
当时，可得，解可得.
即的取值范围是，
故选：A
6．（24-25高一上·江西上饶·开学考试）已知函数对任意实数x都有，并且对任意，总有，则下列说法错误的是（ ）
A．函数关于直线对称B．函数在区间上单调递减
C．D．
【答案】C
【分析】由对称性定义结合题目条件可得函数对称性，即可得A、D；结合函数单调性与对称性可得B、C.
【详解】对A：由，则关于对称，故A正确；
对B：由对任意，总有，故在上单调递增，
又关于对称，故在1,+∞上单调递减，故B正确；
对C：由题可得，故C错误；
对D：由，令，则，故D正确.
故选：C.
7．（23-24高三下·安徽黄山·阶段练习）设函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由为奇函数可得，即可得，由为偶函数，则有，即可得，即有.
【详解】由为奇函数，则有，
则，即，
由为偶函数，则有，即，
则，即，
即，故D正确；
A、B、C都不能得到，故A、B、C错误.
故选：D.
8．（2024高二上·安徽阜阳·竞赛）已知函数在定义域上单调递减，且函数的图象关于点对称．若实数满足，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据函数的对称性、单调性、奇偶性得到，从而得，从而得到结果．
【详解】解：的图象关于点对称，
的图象关于原点对称，
为奇函数．
，
，
在R上是减函数，
，
，
在区间上是减函数，则
故选：B.
9．（24-25高三上·山东泰安·开学考试）已知函数，的定义域为R，的图象关于直线对称，且，，若，则（ ）
A．－5B．－6C．5D．6
【答案】C
【分析】由的图象关于直线对称，得，由，得，结合，得，进而代入相关值求结果即可.
【详解】因为的图象关于直线对称，则①，
又， 即，
结合①得②，
因为，则，
结合②得，则，
令，得，
令，得，
由，得，
由，得，
则，
所以.
故选：C.
10．（24-25高三上·江苏镇江·开学考试）已知定义域为R的函数，满足，且，则以下选项错误的是（ ）
A．B．图象关于对称
C．图象关于对称D．为偶函数
【答案】B
【分析】由赋值法令可判断A；由赋值法令可判断B；由赋值法令，结合对称性的性质可判断C；由赋值法令结合偶函数的定义可判断D.
【详解】对于A，令，则，所以f1=0，故A正确；
对于B，令，则，即，
解得：或，因为，所以，
令，，所以，
所以图象不关于2,0对称，故B错误；
对于C，令，则有
即，故图象关于1,0对称，故C正确.
对于D，令，则有
即，即，
即，因为函数的定义域为R，
所以为偶函数，故D正确.
故选：B.
题型16
幂函数及其应用
一、单选题
1．（2024高三·全国·专题练习）有四个幂函数：；；；.某同学研究了其中的一个函数，他给出这个函数的三个性质：①它是偶函数；②它的值域是且；③它在上单调递增．若他给出的三个性质中有两个正确、一个错误，则他研究的函数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】结合给定条件利用幂函数性质判断即可.
【详解】对于，它是定义在上的奇函数，
值域是且，且在上单调递减，不满足题意.
对于，它是定义域为的奇函数，值域是，
且在上单调递增，不满足题意.
对于，它是定义域为的奇函数，值域是，
且在上单调递增，不满足题意.
对于，它是定义在上的偶函数，
值域是，且在上单调递增，满足题意．
故选：D.
2．（24-25高一上·四川绵阳·开学考试）若，则这四个数中（ ）
A．最大，最小B．最大，最小
C．最大，最小D．最大，最小
【答案】D
【分析】结合幂函数图象即可判断.
【详解】当，结合幂函数图象，
可得，
所以最大，最小.
故选：.
二、多选题
3．（23-24高一上·江苏镇江·阶段练习）关于幂函数，下列结论正确的是（ ）
A．的定义域为
B．的值域为
C．在区间上单调递减
D．的图象关于点对称
【答案】ACD
【分析】选项A和B，根据函数表达式，即可判断出正误；选项C，利用函数单调性的定义，任取，且，通过化简变形得f(x1)-f(x2)=(x2-x1)[(x2+12x1)2+34x12]x13⋅x23，即可判断选项C的正误；对于选项D，根据奇偶函数的判断方法，可得为奇函数，即可判断选项D的正误.
【详解】对于选项A，因为f(x)=x-3=1x3，所以，得到的定义域为，所以选项A正确，
对于选项B，由f(x)=1x3知，所以选项B错误，
对于选项C，任取，且，则f(x1)-f(x2)=1x13-1x23=x23-x13x13⋅x23=(x2-x1)(x22+x1x2+x12)x13⋅x23=(x2-x1)[(x2+12x1)2+34x12]x13⋅x23，
因为，所以，x23⋅x13>0，又(x2+12x1)2+34x12>0，
所以，即，所以选项C正确，
对于选项D，因为定义域关于原点对称，又f(-x)=1(-x)3=-1x3=-f(x)，所以为奇函数，故选项D正确，
故选：ACD.
4．（22-23高一上·广东佛山·阶段练习）已知函数图象经过点，则下列命题正确的有（ ）
A．函数为增函数
B．函数为偶函数
C．若，则
D．若，则
【答案】ACD
【分析】代入法求出，然后根据幂函数的性质判断ABC，平方作差法判断D．
【详解】将点代入函数得：，则．
所以，
显然在定义域上为增函数，所以A正确．
的定义域为，所以不具有奇偶性，所以B不正确．
当时，，即，所以C正确．
当时，
即成立，所以D正确．
故选：ACD．
三、填空题
5．（24-25高三上·江苏南通·开学考试）设幂函数，则不等式的解集为 ．
【答案】
【分析】由是幂函数可得，再由幂函数的单调性和定义域解不等式即可得出答案.
【详解】因为是幂函数，
所以，则，
因为函数的定义域为0,+∞，且，
所以函数在0,+∞上单调递减，
所以由可得：，解得：.
故答案为：.
6．（22-23高二下·江西·期中）已知函数，若对任意的有恒成立，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】由奇函数的定义判断出为奇函数，结合时单调递减得出在上单调递减，结合已知求解即可．
【详解】当时，；
当时，，；
当时，，所以对任意的，
所以函数为奇函数，
又当时，单调递减，
所以函数在上单调递减，
所以不等式，
解得，
由已知对任意的有恒成立，
所以,即，
故答案为：．
四、解答题
7．（23-24高二下·黑龙江绥化·期末）已知a，b，c为实数，函数（）．
(1)若函数为幂函数，求a，b，c的值；
(2)若，，且函数在区间上单调递减，求ab的最大值．
【答案】(1)，，或，，；
(2)．
【分析】（1）由幂函数的定义，即可列式求解；
（2）当时，函数是一次函数，由一次函数的单调性确定参数的取值范围，当时，由二次函数确定参数的取值范围，再结合基本不等式，即可求解.
【详解】（1）由函数的定义域为知，当为幂函数时，
应满足，或，
解得，，或，，．
（2）当时，（），
由题意知，，所以；
当时，函数图象的对称轴为，
依题意得，即，
所以，得．当且仅当，时取等号．
综上可得，ab的最大值为．
8．（23-24高二下·福建南平·期中）已知幂函数（）在定义域上不单调．
(1)试问：函数是否具有奇偶性？请说明理由；
(2)若，求实数的取值范围．
【答案】(1)奇函数，理由见详解
(2)
【分析】（1）由幂函数的定义可得或，结合函数的单调性排除增根，结合奇函数和偶函数的定义，判断函数的奇偶性；
（2）利用奇函数的性质化简不等式，再结合函数的单调性通过讨论化简不等式求其解.
【详解】（1）因为为幂函数，则，解得或，
若，则在定义域内单调递增，不合题意；
若，则在定义域内单调递减，
但在定义域内不单调，符合题意；
综上所述：，.
函数为奇函数，理由如下：
因为的定义域为，关于原点对称，
且，所以函数为奇函数.
（2）由及为奇函数，
可得，
即，
而在上递减且恒负，在上递减且恒正，
所以或或，解得或，
所以实数的取值范围.
题型17
二次、分段、幂函数的模型
一、解答题
1．（23-24高一上·河北石家庄·期末）据国家气象局消息，今年各地均出现了极端高温天气．漫漫暑期，某制冷杯成了畅销商品．某企业生产制冷杯每月的成本（单位：万元）由两部分构成：①固定成才（与生产产品的数量无关）：万元；②生产所需材料成本：万元，（单位：万套）为每月生产产品的套数．
(1)该企业每月产量为何值时，平均每万套的成本最低?一万套的最低成本为多少?
(2)若每月生产万套产品，每万套售价为：万元，假设每套产品都能够售出，则该企业应如何制定计划，才能确保该制冷杯每月的利润不低于万元?
【答案】(1)每月产量万套时，平均每万套的成本最低，一万套的最低成本为万元
(2)该企业每月生产不小于万套，才能确保该制冷杯每月的利润不低于万元
【分析】（1）根据题意，可知平均每套所需的成本费用为，再利用基本不等式即可求出结果；
（2）由题意可知月利润，解一元二次不等式即可求出结果.
【详解】（1）设平均每套的成本为元，
由题有，
当且仅当，即时，取等号，
所以企业每月产量万套时，平均每万套的成本最低，一万套的最低成本为万元.
（2）设月利润为万元，
则有，
由题知，整理得到，解得，
所以，该企业每月生产不小于万套，才能确保该制冷杯每月的利润不低于万元.
2．（23-24高一·上海·课堂例题）已知某气垫船的最大船速是海里/时，船每小时使用的燃料费用和船速的平方成正比．当船速为海里/时时，船每小时的燃料费用为元，而其余费用（不论船速为多少）都是每小时元．船从甲地行驶到乙地，甲乙两地相距海里．
(1)试把船每小时使用的燃料费用（单位：元）表示成船速（单位：海里/时）的函数；
(2)试把船从甲地到乙地所需的总费用（单位：元）表示成船速（单位：海里/时）的函数；
(3)当船速为多少时，船从甲地到乙地所需的总费用最少？
【答案】(1)
(2)
(3)海里/时，元
【分析】（1）设，再根据条件得到，即可求解；
（2）设船从甲地到乙地所需的时间为小时，从而有，再利用，即可求出结果；
（3）利用（2）中结果及基本不等式，即可求出结果.
【详解】（1）由题设燃料费用（单位：元）表示成船速（单位：海里/时）的函数为，
又当船速为海里/时时，船每小时的燃料费用为元，所以，解得，
所以.
（2）设船从甲地到乙地所需的时间为小时，所以，又，
得到.
（3）由（2）知，，
当且仅当，即时取等号，
所以当船速为海里/时时，船从甲地到乙地所需的总费用最少，最少为元.
3．（23-24高一上·福建厦门·阶段练习）使太阳光射到硅材料上产生电流直接发电，以硅材料的应用开发形成的光电转换产业链条称之为“光伏产业”.某农产品加工合作社每年消耗电费万元.为了节约成本，决定修建一个可使用年的光伏电站，并入该合作社的电网.修建光伏电站的费用（单位：万元）与光伏电站的太阳能面板的面积（单位：）成正比，比例系数为.为了保证正常用电，修建后采用光伏电能和常规电能互补的供电模式用电，设在此模式下.当光伏电站的太阳能面板的面积为（单位：）时，该合作社每年消耗的电费为（单位：万元，为常数）.记该合作社修建光伏电站的费用与年所消耗的电费之和为（单位：万元）.
(1)求常数的值，并用表示；
(2)该合作社应修建多大面积的太阳能面板，可使最小？并求出最小值.
(3)要使不超过万元，求的取值范围.
【答案】(1)，，
(2)修建的太阳能面板可使最小，的最小值为万元
(3)
【分析】（1）根据题意确定参数值，建立函数模型运算即可得解.
（2）利用函数模型、基本不等式运算即可得解.
（3）根据条件建立不等式，利用一元二次不等式的解法运算即可得解.
【详解】（1）解：由题意，，当时，电费，解得：，
∴，.
（2）解：由（1）知，
当且仅当，即时等号成立，
∴该合作社应修建的太阳能面板，可使最小，的最小值为万元.
（3）解：为使不超过万元，只需，
即有，则，
解得：，
∴的取值范围为.
4．（23-24高三上·安徽滁州·阶段练习）每年的10月到次年的3月是诺如病毒感染高发期，某学校在诺如病毒感染高发期间，购入了一种消毒制剂用于环境消毒.已知按照给定标准每喷洒1次消毒剂，空气中释放的消毒剂浓度y（单位：毫克/立方米）随着时间x（单位：小时）变化的关系如下：当时，；当时，；当时，.若多次喷洒，则某一时刻空气中的消毒剂浓度为每次投放的消毒剂在相应时刻所释放的浓度之和.由实验知，当空气中消毒剂的浓度不低于5（毫克/立方米）时，它才能起到杀灭空气中的诺如病毒的作用．
(1)若按照给定标准喷洒一次消毒剂，则有效杀灭时间可达几小时？
(2)若该校每天在12：00与18：00按照给定标准喷洒2次消毒剂，记从12：00经过小时消毒剂浓度为，求的解析式．
【答案】(1)3.2小时
(2)
【分析】(1)分和两种情况讨论，结合二次函数的性质以及对数函数的性质即可解得x的范围，则答案可求；
(2) 分、及三种情况讨论即可直接求得解析式.
【详解】（1）按照给出标准喷洒一次消毒剂，
当时，由得；
当时，由，得，
所以．
因为，所以有效杀灭时间可达小时．
（2）当时，，
当时，；
当时，．
所以.
5．（24-25高一上·江苏常州·阶段练习）常州市某企业为紧抓新能源发展带来的历史机遇，决定开发一款锂电池生产设备.生产此设备的年固定成本为280万元，且每生产台需要另投入成本（万元），当年产量不足40台时，（万元）；当年产量不少于40台时（万元）.经过市场调查和分析，若每台设备的售价定为60万元时，则该企业生产的锂电池设备能全部售完.
(1)分别求年产量不足40台和年产量不少于40台时，年利润（万元）关于年产量（台）的函数关系式；
(2)年产量为多少台时，企业在这款锂电池生产设备的生产中获利最大？最大利润是多少万元？
【答案】(1)
(2)当年生产58（台）时，该企业年利润的最大值为892万元
【分析】（1）根据题意，分别求得和的函数关系式，进而得到答案；
（2）由（1）中的函数关系式，结合二次函数的性质，以及基本不等式，分别求得其最大值，即可求解.
【详解】（1）由题意，当时，
，
当时，
，
综上所得，
年利润关于年产量的函数关系式为.
（2）当时，，
当时，，
当时，
当且仅当时，即时，上式取等号，即，
综上，即当年生产58（台）时，该企业年利润的最大值为892万元.
6．（23-24高一下·上海闵行·期末）银行按规定每经过一定的时间结算存（贷）款的利息一次，结算后将利息并入本金，这种计算利息的方法叫做复利．现在某企业进行技术改造，有两种方案：
甲方案：一次性向银行贷款10万元，技术改造后第一年可获得利润1万元，以后每年比上年增加30%的利润；
乙方案：每年向银行贷款1万元，技术改造后第一年可获得利润1万元，以后每年比前一年多获利5000元．
(1)设技术改造后，甲方案第n年的利润为（万元），乙方案第n年的利润为（万元），请写出、的表达式；
(2)假设两种方案的贷款期限都是10年，到期一次性归还本息．若银行贷款利息均以年息10%的复利计算，试问该企业采用哪种方案获得的扣除本息后的净获利更多？（精确到0.1）（净获利=总利润-本息和）（参考数据，
【答案】(1)，,
(2)采用甲方案获得的扣除本息后的净获利更多
【分析】（1）根据已知条件，分别求解1年，2年后，….，进而归纳后的利润，即可求解．
（2）分别求出两种方案的净收益，再通过比较，即可求解．
【详解】（1）对于甲方案，
1年后，利润为1（万元）．
2年后，利润为，
3年后，利润为（万元），
……
故年后，利润为（万元），
因此，
对于乙方案，
1年后，利润为1（万元）．
2年后，利润为，
3年后，利润为（万元），
……
故年后，利润为（万元），
因此，
（2）甲方案十年共获利（万元），
10年后，到期时银行贷款本息为（万元），
故甲方案的净收益为（万元），
乙方案十年共获利（万元），
贷款本息为（万元），
故乙方案的净收益为（万元），
由，故采用甲方案获得的扣除本息后的净获利更多