湖北省荆州市沙市中学2025-2026学年高一上学期10月月考数学试卷

这是一份湖北省荆州市沙市中学2025-2026学年高一上学期10月月考数学试卷，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
命题人：郭松审题人：冷劲松
一、单选题（本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
命题“ x  R ， x2  2x  2  0 ”的否定是（ ）
x  R ， x2  2x  2  0
C. x  R ， x2  2x  2  0
x  R ， x2  2x  2  0
D. x  R ， x2  2x  2  0
满足1  A ⫋1, 2, 3 的集合 A 的个数为（）
A. 2B. 3C. 4D. 5
以下函数中，在0, ∞ 上单调递减且是奇函数的是（）
f  x  3x
f  x  x
f  x  2x2
f  x   1
x
已知函数 f (x)  x2  4x 1 在区间[0, m] 上的值域为[1, 5]，则m 的取值范围是（）
A (0, 2]B. (0, 4]C. [2, 4]D. [4, )
设正数 x，y 满足 x  2 y  1，则 1  x 的最小值为（）
2
2
2
xy
2
21
31
1
3  2
已 知 函 数
x2  1 a x  2a  4, x  1
f  x  
， 若 对 于
x ， x  R 且 x  x
， 都 有
 a 1  2x, x  1
1212
x
f  x1   f  x2   2 ，则实数 a 的取值范围为（）
x1  x2
 1,  1 
 1 ,1
1,1
 1 ,1

2 
 2
 2
函数 f ( x) 
2, g( x)  x2  ax  3 .若x [1, 2], x
[0,1] ，使得 g  x  
f  x
 ，则实数 a 的取
x  1
1212
值范围是（）
 5 , 2 2 
(, 2] [3, )
[2, 2 2 ]D.
 , 5  [3, )
 2
2 

已知函数 f  x  x  1 ， g  x  2x ，若存在实数x 、 x 、 x 0  x  x  x  ，使得
x123123
f  x1   g  x2   f  x3  ，则 f  x3  x1   g  x2  x1  的最小值为（ ）
2
A
B.
C. 2
D. 2
6
2
3
二、多选题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分．）
关于 x 的不等式(ax 1)(x  2)  0 （ a  R ）的解集可以是（ ）
A. x x  2
B. R
C. x
1  x  2
D. x x  1 或x  2
a

a
下列说法正确的是（）
函数 f (x 1) 的定义域为[2, 2) ，则函数 f (x) 的定义域为[1, 3)
函数 f (x)  1 在定义域内是减函数
x
函数 y 
1
x2  3
的值域为( 1
, ]
3
定义在R 上的函数 f (x) 满足2 f (x)  f (x)  x 1，则 f (x)  x 1
3
若存在函数 g1  x ， g2  x 使得函数 g0  x 满足 g1  x ≤ g0  x ≤ g2  x ，则称 g0  x 是“ g1  g2 变
量函数”.已知函数 f  x  x2  ax  b ， f  x  x 1 ， f  x  2x2  3x 1 ，若 f  x 是“ f  f 变量
1212
函数”，则下列说法正确的是（ ）
f 1  0
a  1
f  x 的最小值为 1
4
若 f  x  mx 1  0 恒成立，则1  m  3
三、填空题：（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．）
3x2  5 x  0
    
已知 f  x  
 f x3x0
，则 f 10  .
已知 a ， b  R ， a  3b  5ab ，则3a  4b 的最小值为．
已知函数 f  x  x2  2ax  2  a ，记 A  x f  x  0 ， B  x f  f  x  0，若 A  B ，则实数 a 的取值范围是.
四、解答题（本题共 5 小题，共 77 分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．）
已知 A  x∣a  x  a  3 ， B  {x∣x  1或 x  5}．
若 A ∩ B   ，求 a 的取值范围；
若 A ∪ B  R ，求 a 的取值范围．
已知函数 f  x  2x2  mx  n 的图象过点(1, - 1) ，且满足 f 2 
求函数 f  x 的解析式：
求函数 f  x 在a, a  2上的最小值；
f 3 ．
 y 
函数 f  x 的定义域为0, ∞ ，对x ， y  0 ，都有 f  x  

f  x  f  y  1 ；且当 x  1 时，
f  x  1 ．已知 f 2  2 ．
（1）求 f 1 ， f 4 ；
判断并证明 f  x 的单调性；
解不等式： f  x  2  f 4  x  5 ．
已知函数 f  x  ax2  a  2 x  b ．
（1）若 f  x  0 的解集为x |1  x  2 ，求 a ， b 的值；
若b  2 ，求不等式 f  x  0 的解集；
在（1）的条件下，若对任意 x  1 ，不等式 f  x 1  2k 2  k 恒成立，求实数 k 的取值范围．
ax 1
给定函数
f  x ， 若实数 x0 使得
f  x0   x0 ， 则称 x0 为函数
f  x 的不动点， 若实数 x0 使得
f  f  x0   x0 ，则称 x0 为函数 f  x 的稳定点，函数的不动点一定是该函数的稳定点.
求函数 g  x  2x  6 的不动点：
x 1
设 f  x  x2  ax  a ， a  R ，且 f  x 恰好有两个稳定点x 和 x .
12
求实数 a 的取值范围，
x x1 , x2  ， 2x1 
f  f  x  2x2 ，求实数 a 的取值范围.
2025—2026 学年度上学期 2025 级
10 月月考数学试卷
命题人：郭松审题人：冷劲松
一、单选题（本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
命题“ x  R ， x2  2x  2  0 ”的否定是（ ）
x  R ， x2  2x  2  0
C. x  R ， x2  2x  2  0
x  R ， x2  2x  2  0
D. x  R ， x2  2x  2  0
【答案】D
【解析】
【分析】存在量词命题的否定，将存在改为任意，并否定原结论，即可得.
【详解】由题意有“ x  R ， x2  2x  2  0 ”的否定是“ x  R ， x2  2x  2  0 ”，故选：D.
满足1  A ⫋1, 2, 3 的集合 A 的个数为（）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】根据集合之间的关系直接得出结果.
【详解】集合 A 可以是1,1, 2,1, 3 ，共 3 个.
故选：B.
以下函数中，在0, ∞ 上单调递减且是奇函数的是（）
f  x  3x
f  x  x
f  x  2x2
f  x   1
x
【答案】A
【解析】
【分析】A 选项，根据解析式直接得到函数在0, ∞ 上单调递减，且为奇函数；BC 选项，判断出函数为偶函数，D 选项，函数不满足在0, ∞ 单调递减.
【详解】A 选项， f  x  3x 在 R 上单调递减，且 f x  3x   f  x ，故 f  x  3x 是奇函数，满足要求，A 正确；
B 选项， f  x 
x 定义域为 R，且 f x  x 
x  f  x ，故 f  x 
x 为偶函数，B 错误；
C 选项， f  x  2x2 定义域为 R，且 f x  2 x2  2x2 
f  x ，
故 f  x 
x 为偶函数，C 错误；
D 选项， f  x   1 在0, ∞ 上单调递增，D 错误.
x
故选：A
已知函数 f (x)  x2  4x 1 在区间[0, m] 上的值域为[1, 5]，则m 的取值范围是（）
A. (0, 2]B. (0, 4]C. [2, 4]D. [4, )
【答案】C
【解析】
【分析】分析 f  x 的函数值，结合图象确定出值域为1, 5  时m 的范围.
max
【详解】因为 f  x   x  22  5 ，且 f 0  1, f  x
令 f  x  1 ，解得 x  0 或4 ，作出 f  x 图象如下图所示，
f 2  5 ，
由图象可知，当 x 0, m 时，若 f  x 的值域为1, 5  ，则 m 2, 4 ，故选：C.
设正数 x，y 满足 x  2 y  1，则 1  x 的最小值为（）
xy
2
21
31
1
3  2
2
2
2
【答案】A
【解析】
【分析】由 x  2 y  1，可将 1  x 化为1 2 y  x ，然后由基本不等式可得答案.
xyxy
2 y  x xy
【详解】因 x  2 y  1，则 1  x  x  2 y  x  1 2 y  x  1 2
 1 2 2 .
xyxyxy
2
当且仅当 2 y  x ，即 x 1，y  1
xy
2 时取等号.
2
故选：A
已 知 函 数
x2  1 a x  2a  4, x  1
f  x  
， 若 对 于
x ， x  R 且 x  x
， 都 有
 a 1  2x, x  1
1212
x
f  x1   f  x2   2 ，则实数 a 的取值范围为（）
x1  x2
 1,  1 
 1 ,1
1,1
 1 ,1

2 
 2
 2
【答案】B
【解析】
【分析】由函数单调性的定义推出 y  f  x  2x 在 R 上单调递增，再由分段函数的性质求解即的.
【详解】不妨设 x  x ，由 f  x1   f  x2   2 ，可得： f  x   2x  f  x   2x ，
12x  x
1122
则函数 y 
12
x2  3  a x  2a  4, x  1
 a 1
f  x  2x  
, x  1
，在 R 上单调递增，
x
3  a  1
 2

则a 1  0

a 1  12  3  a1 2a  4

即实数 a 的取值范围为 1 ,1 ．
，解得 1  a  1 ， 2
 2
故选：B．
函数 f ( x) 2, g( x)  x2  ax  3 .若x [1, 2], x [0,1] ，使得 g  x   f  x  ，则实数 a 的取
x  1
1212
值范围是（）
 5 , 2 2 
(, 2] [3, )
[2, 2 2 ]D.
 , 5  [3, )
 2
2 

【答案】A
【解析】
【分析】本题考查函数的值域.由题可得 f  x 在0,1上的值域，以及 g  x 在1, 2上的值域，要使
x1 [1, 2], x2 [0,1] ，有 g  x1   f  x2  ，则g  x 在1, 2上的值域为 f  x 在0,1上的值域的子集，
利用集合间的基本关系确定参数的范围即可.
【详解】由题可得，要使x1 [1, 2], x2 [0,1] ，有 g  x1  
则 g  x 在1, 2上的值域为 f  x 在0,1上的值域的子集，
f  x2  ，
f  x 
2
x 1
在0,1上单调递减，∴函数 f  x 在0,1上的值域为1, 2，
g  x 为开口向上的二次函数，其对称轴为 x  a ，
2
当 a  1 ，即 a  2 时， g  x 在1, 2上单调递增， g  x 在1, 2上的值域为4  a, 7  2a ，
2
4  a  1

∴ 7  2a  2
，解得 5  a  3 ，无解； 2
当 a  2 ，即 a  4 时， g  x 在1, 2上单调递减， g  x 在1, 2上的值域为7  2a, 4  a ，
2
7  2a  1

∴ 4  a  2
，解得2  a  3 ，无解；
aa2

当1   2 ，即2  a  4 时， g  x 在1, 2上的值域为 3 
2
4 , max4  a, 7  2a ，

a2
3  1
∴ 4
，解得 5  a  2
2
2
，∴ 5  a  2.
2
2
max4  a, 7  2a  2
综上， a 的取值范围为 5 , 2 2  .
 2
故选：A.
已知函数 f  x  x  1 ， g  x  2x ，若存在实数x 、 x 、 x 0  x  x  x  ，使得
x123123
f  x1   g  x2   f  x3  ，则 f  x3  x1   g  x2  x1  的最小值为（ ）
2
A.
B.
C. 2
D. 2
6
2
3
【答案】C
【解析】
【分析】由对勾函数的单调性可得出0  x1  1  x3 ，由 f  x1  
f  x3  作差可得出 x1x3  1，再结合已知条
1
件 得 出
x  1
 2x
， 化 简 代 数 式
f  x
x   g  x
x  ， 利 用 基 本 不 等 式 可 求 得
23121
1
x
f  x3  x1   g  x2  x1  的最小值.
【详解】因为函数 f  x  x  1 在0,1 上单调递减，在1,  上单调递增，
x
由题意可知0  x1  1  x3 ，
由 f  x   f  x  可得 x  1  x  1 ，
131x3x
即 x
x   1  1
  x
13
x   x1  x3   x1  x3  x1x3 1  0 ，
13xx
13x xx x
131 31 3
因为0  x1  1  x3 ，则 x1  x3  0 ，故 x1x3  1，
因为 f  x1   g  x2
 ，则 x1 
1
x
1
 2x2 ，
所以， f  x
x   g  x
x   x
x 1
 2  x
x 
312131
x  x21
31
 1  x 1 2x  2x  1  x 1 x  1  2x
 2  1  x  1

x1 1x21x1 1
1x1
 x1  1，
11
x1x
x11
 1
x  x1
111
1
因为0  x  1，函数 y  1 、 y  x 在0,1 上单调递减，
x
1
1
故函数 y 
1  x 在0,1 上单调递减，当 x 0,1 时， y  1  x
0 ，
x
x
111
11
2  1  x   1
 x
 1
1  1
x
 x
1
1
2
f  x  x   g  x  x   2  1  x   1  2 2
所以，
3121
 x1  1
，

x
 1
x
1
1
2  1  x  1
2
  x1  1
当且仅当  1
 x1 时，即当 x 时，等号成立，
1
x
12
0  x1  1
2
因此， f  x3  x1   g  x2  x1  的最小值为2.
故选：C.
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
二、多选题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的选项中，有多项符合
题目要求．全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分．）
关于 x 的不等式(ax 1)(x  2)  0 （ a  R ）的解集可以是（ ）
A. x x  2
B. R
C. x
1  x  2
D. x x  1 或x  2
a

a
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定条件，分类求解不等式，进而判断得解.
【详解】不等式(ax 1)(x  2)  0 中，当 a  0 时， (x  2)  0 ，解得 x  2 ，A 可能；
当 a  0 时，不等式化为(x  1 )(x  2)  0 ，解得2 ≤ x ≤ 1 ，
aa
当 a  0 时，不等式化为(x  1 )(x  2)  0 ，若 a   1 ，则 x  R ；B 可能；
a2
若 1  a  0 ，则 x  1 或 x  2 ；若 a   1 ，则 x ≤−2 或 x  1 ，
2a2a
C 不可能，D 可能.故选：ABD
下列说法正确的是（）
函数 f (x 1) 的定义域为[2, 2) ，则函数 f (x) 的定义域为[1, 3)
B. 函数 f (x)  1 在定义域内是减函数
x
C. 函数 y 
1
x2  3
的值域为( 1
, ]
3
D. 定义在R 上的函数 f (x) 满足2 f (x)  f (x)  x 1，则 f (x)  x 1
3
【答案】AD
【解析】
【分析】求出抽象函数定义域判断 A；由单调性判断 B；求出函数值域判断 C；利用方程组法求出解析式判断 D.
【详解】对于 A，在函数 f (x 1) 中， 2  x  2 ，则1  x 1  3 ，因此函数 f (x) 的定义域为
[1, 3) ，A 正确；
对于 B，函数 f (x)  1 的定义域为(, 0) ∪ (0, ) ， f (x) 在定义域内不单调，B 错误；
x
对于 C，函数 y 1的定义域为 R， x2  3  3 ，则0 1 1 ，C 错误；
x2  3x2  33
对于 D，由2 f (x)  f (x)  x 1，得2 f (x)  f (x)  x 1，联立解得 f (x)  x 1，D 错误.
3
故选：AD
若存在函数 g1  x ， g2  x 使得函数 g0  x 满足 g1  x ≤ g0  x ≤ g2  x ，则称 g0  x 是“ g1  g2 变
量函数”.已知函数 f  x  x2  ax  b ， f  x  x 1 ， f  x  2x2  3x 1 ，若 f  x 是“ f  f 变量
1212
函数”，则下列说法正确的是（ ）
f 1  0
a  1
f  x 的最小值为 1
4
若 f  x  mx 1  0 恒成立，则1  m  3
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意列出不等式，令 x  1 可判断 A；根据一元二次不等式恒成立的条件可判断 BD，利用配方法可判断 C.
【详解】由题意可知 x 1  x2  ax  b  2x2  3x 1在 x  R 上恒成立，令 x  1 得0  1 a  b  0 ，即 f 1  a  b 1  0 ，故 A 正确；
x2  a 1 x  a  0

由 a  b 1  0 可得b  a 1，代入不等式组中整理得x2  a  3 x  a  2  0 ，
a 12  4a  0

所以 a 12  0  a  1 ，故 B 错误；
a  32
 4 a  2  0
1 2111

由 a  1 可得b  0 ，所以 f  x  x2  x   x 

  
2
44
，所以 f  x 的最小值为 ，故 C 正
4
确；
若 f  x  mx 1  0 恒成立，即 x2  m 1 x 1  0 恒成立，
所以有m 12  4  0  m  3m 1  0  1  m  3 ，故 D 正确.故选：ACD
三、填空题：（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．）
3x2  5 x  0
    
已知 f  x  
 f x3x0
，则 f 10 .
【答案】7
【解析】
【分析】利用代入法直接进行求解即可.
【详解】 f 10 
f 10  3 
f 7 
f 7  3 
f 4 
f 4  3 
f 1 
f 1 3 
f 2
 322  5  7 ，故答案为： 7
已知 a ， b  R ， a  3b  5ab ，则3a  4b 的最小值为．
【答案】5
【解析】
【分析】由 a ， b  R ， a  3b  5ab 得 3  1
5a5b
 1 ，则
3a  4b  3a  4b 3  1   13  12b  3a ，根据基本不等式即可得出
 5a5b 55a5b
12b  3a  2

12b  3a 5a5b
 12 ，从而求出3a  4b 的最小值.
5a5b5

31
【详解】由 a  3b  5ab ，可得
5a5b
 1 ，
则3a  4b  3a  4b 3
 1   13  12b  3a  13  2
 5 ，
12b  3a 5a5b
 5a5b 55a5b5

当且仅当12b  3a ，即 a  1 ， b  1 时等号成立．
5a5b2
因此， 3a  4b 的最小值为 5．故答案为：5．
已知函数 f  x  x2  2ax  2  a ，记 A  x f  x  0 ， B  x f  f  x  0，若 A  B ，则实
数 a 的取值范围是.
【答案】 2  a  1 或 a  2
【解析】
【分析】由 A  B   时， f  x  x2  2ax  2  a  0 的两个根为x ，x （设 x  x ) ，得到参数间的关系，
1212
由两个集合相等得出 x2  0 ，进而得 a  2 ，即可验证，当 A   时，根据判别式即可求解.
【详解】当 A  B   时，所以  4a2  4 2  a  0 ，解得a  1 或 a  2 ，
设 f  x  x2  2ax  2  a  0 的两个根为x ， x （设 x  x ) ，
1212
x1  x2  2a ， x1x2  2  a ， A  {x | f (x)  0}  {x | x1  x  x2}，
由 f ( f (x))  0 ，得 x1  f (x)  x2 ，
由于 A  B ，则 x2  0 ，
故 a  2 ，此时 f  x  x2  2ax  2  a  x2  4x ， A  B  4, 0,符合题意，当 A  B   时，   4a2  4 2  a  0 ，解得2  a  1 ，此时 A   ，
此时对x  R, f  x  0 ，故 f  f  x  0 对任意的x  R 恒成立，
故 B   ,满足 A  B ，
综上可知2  a  1 或 a  2
故答案为： 2  a  1 或 a  2
四、解答题（本题共 5 小题，共 77 分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．）
已知 A  x∣a  x  a  3 ， B  {x∣x  1或 x  5}．
若 A ∩ B   ，求 a 的取值范围；
若 A ∪ B  R ，求 a 的取值范围．
【答案】（1） 1, 
（2）, 2
【解析】
【分析】（1）分 A   和 A   两种情况讨论求解即可；
a  1
（2）由题意得a  3  5 ，从而可求出 a 的取值范围．

【小问 1 详解】
①当 A   时， A ∩ B   ，∴ a  a  3 ，∴ a  3 ．
2
a  3
2
②当 A   时，要使 A ∩ B   ，必须满足a  3  5 ，解得1  a  3 ．
综上所述， a 的取值范围是1,  ．


a  12

【小问 2 详解】
∵ A ∪ B  R ， A  x∣a  x  a  3 ， B  {x∣x  1或 x  5}，
a  3  5

∴ a  1，解得 a  2 ，
故所求 a 的取值范围为, 2．
已知函数 f  x  2x2  mx  n 的图象过点(1, - 1) ，且满足 f 2 
求函数 f  x 的解析式：
求函数 f  x 在a, a  2上的最小值；
【答案】（1） f (x)  2x2  2x 1
2a2  2a 1, a  1
f 3 ．
2
331
（2） g(a)  ,   a 

 222
2a2  6a  3, a   3
2
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合二次函数的图象与性质，列出方程，求得 m, n 的值，即可求得函数 f  x 的解析式；
（2）根据题意，结合二次函数的性质，分类讨论，即可求解.
【小问 1 详解】
解：函数 f  x  2x2  mx  n 满足 f 2 
f 3 ，则函数的图象关于 x  1 对称，
2
可得 m  1 ，解得 m  2 ，即 f (x)  2x2  2x  n ，
42
又由函数 f  x 的图象过点(1, - 1) ，可得2  2  n  1 ，解得 n  1 ，所以函数 f  x 的解析式为 f (x)  2x2  2x 1.
【小问 2 详解】
解：由（1）知 f (x)  2x2  2x 1，可得其图象开口向上，对称轴为 x  1 ，
2
当 a  1 时，可得 f  x 在区间a, a  2上单调递增，所以 g  x  f a  2a2  2a 1；
2
当 3  a  1 时，可得 f  x 在区间a, 1  上单调递减，在区间 1 , 2a 上单调递增，
22
所以 g a  f (1 )   3 ；
22
2 
 2
当 a   3 时，可得 f  x 在a, a  2上单调递减，所以 g  x  f (a  2)  2a2  a  3 ，
2
2a2  2a 1, a  1
2
331
所以函数 f  x 在a, a  2上的最小值 g(a)  ,   a  .

 222
2a2  6a  3, a   3

 y 
函数 f  x 的定义域为0, ∞ ，对x ， y  0 ，都有 f  x  

2
f  x  f  y  1 ；且当 x  1 时，
f  x  1 ．已知 f 2  2 ．
（1）求 f 1 ， f 4 ；
判断并证明 f  x 的单调性；
解不等式： f  x  2  f 4  x  5 ．
【答案】（1）1； 3
f  x 在0, ∞ 上单调递增，证明见解析
x  2  x  0 或2  x  4
【解析】
【分析】（1）利用赋值法即可求 f 1 ， f 4 的值；
（2）根据函数单调性的定义即可判断 f  x 的单调性并证明；
（ 3 ） 结 合 函 数 单 调 性 将 不 等 式 进 行 转 化
f  x  2  f (2) 1 
f (4)  f 4  x 1 ， 即
f  x  2   f (
4 ) ，可解不等式.
2
4  x

【小问 1 详解】
令 x  y  1 ，则 f 1 
f 1  f 1 1， f 1  1 ，
令 x  4, y  2 ，则 f 2  f 4  f 2 1 ，
又 f 2  2 ， f 4  3 ；
【小问 2 详解】
任取 x1, x2 0, ∞ ，且 x1  x2 ，
则 f  x   f  x   f  x2  1 ，
21 x 
 1 
∵ x2  x1  0 ，
∴ x2  1  f  x2   1，
x x 
1 1 
∴ f  x2   f  x1   0 ，
即 f  x2   f  x1  ，
所以 f  x 在0, ∞ 上单调递增．
【小问 3 详解】
由 f  x  2  f 4  x  5 ，
即 f  x  2  2 1  3  f 4  x 1，
也就是 f  x  2  f (2) 1  f (4)  f 4  x 1 ，
即 f  x  2   f ( 4 ) ，因为 f  x 在0, ∞ 上是增函数，
2
4  x


x  2  0
x  2
 4

所以 0
4  x
 x  4，
x 0或x 2
 x  2 4
 24  x
可得不等式解集为x  2  x  0 或2  x  4.
【点睛】关键点点睛：由 f  x  2  f 4  x  5 ，即 f  x  2  2 1  3  f 4  x 1，也就是
f  x  2  f (2) 1  f (4)  f 4  x 1 ，即 f  x  2   f ( 4 ) ，再结合函数单调性即可解不等式.
2
4  x

已知函数 f  x  ax2  a  2 x  b ．
（1）若 f  x  0 的解集为x |1  x  2 ，求 a ， b 的值；
若b  2 ，求不等式 f  x  0 的解集；
在（1）的条件下，若对任意 x  1 ，不等式
a  1,

【答案】（1） 
b2.
（2）答案见解析（3） 1, 1 
f  x 1
ax 1
 2k 2
 k 恒成立，求实数 k 的取值范围．
2 
【解析】
【分析】（1）根据不等式解集得到方程 ax2  a  2 x  b  0 的两根为 1，2，代入后得到方程组，求出答案；
（2）变形为 x 1ax  2  0 ，分 a  0 ， a  0 ， 0  a  2 ， a  2 和 a  2 五种情况，得到不等式的解
集；
 x2  3x  3 2
2
（3）只需
x 1
2k  k ，换元后，由基本不等式求出函数最小值，进而得到2k
 k  1，求
min
出答案.
【小问 1 详解】
因为关于 x 的不等式 ax2  a  2 x  b  0 的解集为x |1  x  2 ，所以关于 x 的方程 ax2  a  2 x  b  0 的两根为 1，2，
a  a  2  b  0,
a  1,
所以4a  2 a  2  b  0, 解得b  2.

【小问 2 详解】
因为b  2 ，所以 ax2  a  2 x  2  0,  x 1ax  2  0 ．
①当 a  0 时，不等式为2  x 1  0 ，解集为x | x  1 ；
②当 a  0 时，不等式可化为 x 1 x  2   0 ，解集为{x∣x  1或 x  2}；
a a

③当0  a  2 时， 2  1 ，不等式可化为 x 1 x  2   0 ，解集为x 1  x  2  ；
aa 
a 

④当 a  2 时， 2 = 1 ，不等式可化为2  x 12  0 ，解集为x∣x  1 ；
a
⑤当 a  2 时， 2  1，不等式可化为 x 1 x  2   0 ，解集为x 2  x   ，
aa 
a1

综上，当 a  0 时，解集为x | x  1 ；当 a  0 时，解集为{x∣x  1或 x  2}；
a
当0  a  2 时，解集为x 1  x  2  ；当 a  2 时，解集为x∣x  1 ；

当 a  2 时，解集为x


a

2  x 
a



1 .

【小问 3 详解】由（1）知不等式
ax2  a  2 x  b 1
ax 1
 2k 2  k 对任意 x  1 恒成立，
x2  3x  3
即
x 1
 2k 2
 k 对任意 x  1 恒成立，
 x2  3x  3 2
只需x 1
2k  k ．
min
x2  3x  3 x 12   x 1 11
因为  x 1 1，且 x  1 ，
x 1
x 1
x 1
 x 1
1
x 1
x  3x  3 1
2
所以 x 1 1  2
1  1，
x 1
当且仅当 x 1 
1
x 1
x 1
，即 x  2 时，等号成立，
所以2k 2  k  1， k 12k 1  0 ，故实数 k 的取值范围为1, 1  ．
2 
给定函数 f  x ， 若实数 x0 使得 f  x0   x0 ， 则称 x0 为函数 f  x 的不动点， 若实数 x0 使得
f  f  x0   x0 ，则称 x0 为函数 f  x 的稳定点，函数的不动点一定是该函数的稳定点.
求函数 g  x  2x  6 的不动点：
x 1
设 f  x  x2  ax  a ， a  R ，且 f  x 恰好有两个稳定点x 和 x .
12
求实数 a 的取值范围，
x x1 , x2  ， 2x1  f  f  x  2x2 ，求实数 a 的取值范围.
【答案】（1）不动点为－2 和 3
（2）（i） 3, 1 ∪ 1,1 ；（ii） 0  a  1
【解析】
【分析】（1）令 2x  6  x ，求出 x  2 或 x  3 ，得到答案；
x 1
（2）（i） f  f  x  x ，变形得到 x  a x 1  x2  a 1 x 1  0 ，此方程恰好有两个不同的实数解，分 a  1 和a  1两种情况，结合根的判别式得到不等式，求出 a 的取值范围；
（ii）法一：在（i）知， f  x 的两个稳定点为a 和 1，分3  a  1 和1  a  1两种情况，换元，再根据对称轴分为3  a  2 ，2  a  1，1  a  0 和0  a  1四种情况，求出每种情况下的值域，得到
不等式，求出答案；
法二：由（i）知， f  x 的两个稳定点为a 和 1，取 x  x1 ，得2x1  f  f  x1   x1 ，
解得 x1  0 ，所以 x1  a ， x2  1，结合（i）知，0  a  1，故x a,1 ，有2a  f  f  x  2 ，换
元，根据对称轴得到函数单调性，求出值域，得到不等式，求出实数 a 的取值范围为0  a  1.
【小问 1 详解】
令 g  x  x ，得 2x  6  x ，整理得 x2  x  6  0 ，解得 x  2 或 x  3 ，
x 1
经检验知均满足要求，故函数 g  x  2x  6 的不动点为－2 和 3.
x 1
【小问 2 详解】
（i）令 f  f  x  x ，得(x2 +ax - a)2 +a (x2 +ax - a) - a = x ，
即x2  ax  ax2  ax  a  a   x  a  0 ，得 x  ax3  ax2  ax 1  0 ，所以有 x  a x 1  x2  a 1 x 1  0 ，此方程恰好有两个不同的实数解.
①当a  1 ，即 a  1 时，方程化为 x 12 x2 1  0 ，
仅有一个实数解 x  1 ，不满足题意；
②当a  1时，要么方程 x2  a 1 x 1  0 无实数解， 要么方程 x2  a 1 x 1  0 仅有一个实数解为 1 或者a .
故a 12
a 12  4  0

 4  0 或a 1  2
a 12  4  0

或 a 1  2a ，
解得3  a  1 或1  a  1.
综上，当 f  x 恰好有两个稳定点时，实数 a 的取值范围为3, 1 ∪ 1,1 .
（ii）法一：由（i）知， f  x 的两个稳定点为a 和 1，当3  a  1 时，1  a ，故 x1  1 ， x2  a ，
于是x 1, a ， 2  f  f  x  2a .
此时函数 f  x 的对称轴 x   a  1 , 3  ，令t  f  x .

2 2 2 
①当3  a  2 时，  a 1, a ， f  x 在 1,  a  单调递减，在  a , a 单调递增，
22 
2
a a2

 a2
f   2    4  a ， f a  a  f 1  1，故t   4  a, a ，

a2a

 a2a   a
而 a  1  ，故 f t  在 4  a,  2  单调递减，在2 , a 单调递增，
42
aa2
a 
a2
注意到 2    4  a   a    2   a  4  0 ，故 f a  f   4  a  ，

 a2
a 
 a2
所以当t   4  a, a 时 f t  的值域为 f   2  , f a   4  a, a ，

3  a  2
 a2
 a2
即 f  f  x 的值域为  a, a .于是由题意得 a  2 ，无解.
44


a  2a
②当2  a  1时，  a  1, f  x 在1, a 单调递增，
2
当 x 1, a时， t 1, a ， f t 1, a ， 即 f  f  x 的值域为1, a ，不满足题意，舍去.当1  a  1时， a < 1，故 x1  a ， x2  1，

于是x a,1 ， 2a  f  f  x  2 ，此时函数 f  x 的对称轴x   a   1 , 1  ，
令t  f  x .
2 2 2 
③当1  a  0 时，  a  a ， f  x 在a,1 单调递增，
2
当 x a,1时， t a,1 ， f t a,1 ，即 f  f  x 的值域为a,1 ，
1  a  0

于是有 2a  a ，解得 a  0 ；
aa,  a 
  a

④当0  a  1时， a    1， f  x 在
2
2  单调递减，在2 ,1 单调递增，
a a2

 a2
f   2    4  a ， f a  a  f 1  1，故t   4  a,1 ，

a2a

 a2a   a
而 a  a  ，故 f t  在 4  a,  2  单调递减，在2 ,1 单调递增，
42
aa2
a 2
a2
注意到 2    4  a   1   2   a  4 ，故 f 1  f   4  a  ，

 a2
a 
 a2
所以当t   4  a, a 时 f t  的值域为 f   2  , f 1   4
 a,1 ，

 a2




0  a  1
即 f  f  x 的值域为 a,1 .于是由题意得 a2
，解得0  a  1.
4
 4
 a  2a
综上，实数 a 的取值范围为0  a  1.
法二：由（i）知， f  x 的两个稳定点为a 和 1，
因为x x1 , x2  ， 2x1 
f  f  x  2x2 ，故取 x  x1 ，得2x1 
f  f  x1   x1 ，
解得 x1  0 ，所以 x1  a ， x2  1，因为 x1  a  0 ，解得 a  0 ，
由（i）知， a 3, 1 ∪ 1,1 ，故0  a  1，
故有x a,1 ， 2a  f  f  x  2 .
当0  a  1时， a   a  1，令t 
2
f  x ，当x a,1时，
a a2
 a2
因 f a  a  f 1  1， f   2    4
 a ，故t   4  a,1 .
a2a

 a2

a   a
而 a  a  ，故 f t  在 4  a,  2  单调递减，在2 ,1 单调递增，
42
aa2
a 2
a2
注意到 2    4  a   1   2   a  4 ，故 f 1  f   4  a  ，

 a2
a 
 a2
所以当t   4  a, a 时 f t  的值域为 f   2  , f 1   4
 a,1 ，

 a2


即 f  f  x 的值域为 a,1 .
4
0  a  1

于是由题意得 a2  
，解得0  a  1.
4a2a
所以实数 a 的取值范围为0  a  1.
【点睛】方法点睛：新定义问题的方法和技巧：
可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.