湖南省长沙市雅礼中学2025-2026学年高一上学期11月期中考试数学试卷

这是一份湖南省长沙市雅礼中学2025-2026学年高一上学期11月期中考试数学试卷，共19页。
命题人：李云皇 审题人：彭熹､汤芳
一､选择题：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.
设集合 A  {x∣ 2  x  1}， B  {2, 1, 0,1, 2}，则 A ∩ B  （ ）
{1, 0}
{0}C. {2, 1, 0,1}
D. {1, 0,1}
2. 命题“ x  3, x2  3x  0 ”的否定是（
）
A. x  3, x2  3x  0
B.
x  3, x2  3x  0
C. x  3, x2  3x  0
3. 将 3 4  2 化成分数指数幂的形式是（
）
D.
x  3, x2  3x  0
7
26
17
2 6
1
23
5
26
 
x2  2x, x  2
已知函数 f x  
，则 f  f 4  （ ）
A. 1
 x  3, x  2
B. 3C. 3
D. 24
已知 p : a  0, q : 函数 f  x  x3  x  a 是奇函数，则 p 是 q 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
 x2  5, x  2
若函数 f  x  
2ax 1, x  2
的值域是R ，则 a 的取值范围是（ ）
 1 , 0 
 ,  1 
 3 , 0 
 ,  3 
 
 2
 2
2 
2 
为了保护水资源，提倡节约用水，某城市对居民生活用水实行“阶梯水价”．计费方法如表：
每户每月用水量
水价
若某户居民本月交纳的水费为 66 元，则此户居民本月用水量为（）
A 17m3B. 18m3C. 19m3D. 20m3
不超过 12m3的部分
3 元/m3
超过 12m3 但不超过 18m3 的部分
6 元/m3
超过 18m3 的部分
9 元/m3
8. 已知函数 f  x  a 3
 1  x
 
 
 b 的图象过原点，且无限接近于直线 y  3 但又不与该直线相交，当 x  0
时，函数 g  x 
A 最小值3
f  x  3x1 有（ ）
B. 最大值3
最小值2
最大值2
二､多项选择题（本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分）
下列说法正确的是（）
若幂函数 y  f  x 过点 2, 1  ，则 f  x  x1
2 

1
函数 y  2x 2 表示幂函数
若幂函数 y  (m2  2m  2)xm 在0, ∞ 单调递增，则 m  3
幂函数的图象都过点0, 0 和1,1
下列命题中的真命题有（）
当 x  1 时， x 
x2  5
1
x 1
的最小值是 3
x2  4
的最小值是 2
x 10  x
当0  x  10 时，
的最大值是 5
对正实数 x，y，若 x  2 y  3xy ，则2x  y 的最大值为 3
非空数集 A  R ，同时满足如下两个性质：（1）若 a, b  A ，则 ab  A ；（2）若 a  A ，则
1  A ．称 A 为一个“封闭集”，以下说法正确的是（）
a
若 A 为一个“封闭集”，则1 A
若 A 为一个“封闭集”，且 a, b  A ，则 a  A
b
若 A, B 都是“封闭集”，则 A  B 是“封闭集”的充要条件是 A  B 或 B  A
若 A, B 都是“封闭集”，则 A ∪ B 是“封闭集”的充要条件是 A  B 或 B  A
三､填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
函数 y  ax3  2 （常数 a  0 且a  1）图象恒过定点 P，则 P 的坐标为 ．
5
已知 x  x1 ，则 x2  x2  ．
若存在实数 a ，使得对任意的 x 1, 4 ，都有 x2  ax  b  2x 成立，则实数b 的取值范围为
.
四､解答题（共 77 分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）
已知函数 f  x  2x  3 .
x 1
函数单调性的定义证明：函数 f  x 在1,  上单调递增；
求函数 f  x 在区间1, 4上的最大值和最小值.
已知集合 A  x | 2  x  3 ，集合 B  x 1 a  x  1 a.
（1）当 a  1 时，求 A ∩ ðR B  ；
（2）若 x  A 是 x  B 的充分条件，求 a 的取值范围.
已知函数 f (x)  ax2  bx 12 a, b  R  .
若不等式 f (x)  0 的解集为3, 1 ，求实数 a, b 的值；
当b  3a  4 时，求不等式 f (x)  0 的解集.
20 x2 17, 0  x  2

某企业原来生产某种产品 x （万件）可获利 w x （万元），且满足 w x  
 500 

80
x 1
.现
, 2  x  5
该企业计划引进新的生产设备和新的产品方案优化产品，优化后的产品的其他成本总投入为20x 10 万元.由市场调研分析得知，当前产品供不应求.记该企业优化后的产品的利润为 f  x （单位：万元）.
求函数 f  x 的解析式；
当优化后的产品产量为多少万件时，该企业的利润 f  x 最大？最大利润是多少？请说明理由.
若函数 f  x 与 g  x  满足：对任意的 x1  D ，总存在唯一的 x2  D ，使 f  x1  g  x2   m 成立，则称 f  x 是 g  x  在区间 D 上的“ m 阶伴随函数” ； 对任意的 x1  D ， 总存在唯一的 x2  D ， 使 f  x1  f  x2   m 成立，则称 f  x 是区间 D 上的“ m 阶自伴函数”．
判断 f  x  x2 1 是否为区间0, 3 上的“2 阶自伴函数”？并说明理由：
若函数 f  x  3x 1 为区间[ 1 , b] 上的“1 阶自伴函数”，求b 的值；
2
若 f  x 
围．
4
x  2
是 g  x  x2  2ax  a2 1在区间0, 2 上的“2 阶伴随函数”，求实数 a 的取值范
雅礼教育集团 2025 年下学期期中考试试卷
高一数学
时量：120 分钟分值 150 分
命题人：李云皇 审题人：彭熹､汤芳
一､选择题：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.
1. 设集合 A  {x∣ 2  x  1}， B  {2, 1, 0,1, 2}，则 A ∩ B  （ ）
A. {1, 0}
B. {0}C. {2, 1, 0,1}
D. {1, 0,1}
【答案】D
【解析】
【分析】根据交集的概念求解出结果.
【详解】因为 A  {x∣ 2  x  1}， B  {2, 1, 0,1, 2}，所以 A ∩ B  {1, 0,1}.
故选：D
2. 命题“ x  3, x2  3x  0 ”的否定是（
）
A. x  3, x2  3x  0
B.
x  3, x2  3x  0
C. x  3, x2  3x  0
D.
x  3, x2  3x  0
【答案】C
【解析】
【分析】根据存在量词命题的否定求解.
【详解】根据存在量词命题的否定可得，
x  3, x2  3x  0 的否定为x  3, x2  3x
 0 ，
故选：C
3. 将 3 4  2 化成分数指数幂的形式是（
）
7
26
17
2 6
1
23
5
26
【答案】A
【解析】
【分析】由根式与分数指数幂的转换公式即可求解.
11217
2
【详解】 3 4  43  22  23  22  26 .
故选：A.
 
x2  2x, x  2
已知函数 f x  
，则 f  f 4  （ ）
A. 1
 x  3, x  2
B. 3C. 3
D. 24
【答案】B
【解析】
【分析】由分段函数定义域范围直接代入计算即可；
【详解】由题意可得，当 x  4 时， f 4  4  3  1，当 x  1 时， f 1  12  2 1  3 ，
所以 f  f 4  3 .
故选：B.
已知 p : a  0, q : 函数 f  x  x3  x  a 是奇函数，则 p 是 q 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】C
【解析】
【分析】根据奇函数的定义求出 a 即可判断.
【详解】 f  x  x3  x  a 是奇函数，
等价于 f  x  f x  x3  x  a  x3  x  a  2a  0 ，即 a  0 ，故 p 是 q 的充要条件.
故选：C
 
 x2  5, x  2
若函数 f x  
2ax 1, x  2
的值域是R ，则 a 的取值范围是（ ）
 1 , 0 
 ,  1 
 3 , 0 
 ,  3 
 
 2
 2
2 
2 
【答案】C
【解析】
【分析】通过函数解析式分析每个分段的值域，因为 f  x  x2  5 ， x  2 值域为5,  ，所以
f  x  2ax 1， x  2 的值域应包含∞, 5 ，所以判断出函数的单调性和 f 2 范围，从而求出实数
a 的取值范围.
【详解】当 x  2 时， f  x  x2  5 ，其开口向上，对称轴为 x  0 ，值域为5,  ，
 x2  5, x  2
由函数 f  x  
2ax 1, x  2
的值域是R ，
则当 x  2 时， f  x  2ax 1的值域应包含∞, 5 ，所以 f  x 为减函数，
所以2  2a 1  5 ，解得 3  a  0 ，故 a 的取值范围是 3 , 0  .


2a  02
 2
故选：C
为了保护水资源，提倡节约用水，某城市对居民生活用水实行“阶梯水价”．计费方法如表：
若某户居民本月交纳的水费为 66 元，则此户居民本月用水量为（）
A. 17m3B. 18m3C. 19m3D. 20m3
【答案】A
【解析】
【分析】根据收费标准，求出 y 关于 x 的分段函数，由水费的值，判断出用水量的范围，求出 x 的值，即可求解．
【详解】设用水量为 xm3，水费为 y 元，当 0≤x≤12 时，y＝3x，
当 12＜x≤18 时，y＝12×3+（x﹣12）×6＝6x﹣36，值域为36, 72
当 x＞18 时，y＝12×3+6×6+（x﹣18）×9＝9x﹣90， y  72
∵12＜x≤18，
每户每月用水量
水价
不超过 12m3 的部分
3 元/m3
超过 12m3 但不超过 18m3 的部分
6 元/m3
超过 18m3 的部分
9 元/m3
∴令 6x﹣36＝66，解得 x＝17， 故此用户居民本月用水量为 17m3．
故选：A．
 1 
x
3
已知函数 f  x  a  
 
b 的图象过原点，且无限接近于直线 y  3 但又不与该直线相交，当 x  0
时，函数 g  x 
最小值3
【答案】B
f  x  3x1 有（ ）
最大值3
最小值2
最大值2
【解析】
【分析】根据函数图象的性质得 f  x  3  31 x ，进而有 x  0 时 g  x  3  31 x  3x1 ，结合基本不等式
求最值即可.
 1 
0
3
【详解】由题设 f 0  a  

b  a  b  0 ，且b  3 ，则 a  3 ，
所以 f  x  3  31 x ，则 x  0 时， g  x  3  31 x  3x1  3  31x  3x1 ，
所以 g  x  3(1 1  3x ) ，令t  3x  1，则 g  x  h(t)  3(1 1  t)  3(1 2 1  t )  3 ，
3xtt
当且仅当t  1时取等号，故 g  x 最大值为3 .
故选：B
二､多项选择题（本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分）
下列说法正确的是（）
若幂函数 y  f  x 过点 2, 1  ，则 f  x  x1
2 

1
函数 y  2x 2 表示幂函数
若幂函数 y  (m2  2m  2)xm 在0, ∞ 单调递增，则 m  3
幂函数的图象都过点0, 0 和1,1
【答案】AC
【解析】
【分析】对于 A，利用待定系数法求解判断，对于 B，根据幂函数的定义分析判断，对于 C，根据幂函数的性质分析判断，对于 D，举例判断即可.
【详解】对于 A，设幂函数为 f (x)  xα，则2α  1  21 α 1，所以 f  x  x1 ，所以 A 正确，
2
11
对于 B，因为 x 2 的系数为 2，所以函数 y  2x 2 不是幂函数，所以 B 错误，
对于 C，因为幂函数 y  (m2  2m  2)xm 在0, ∞ 单调递增，
m2  2m  2  1

所以m  0
，解得 m  3 ，所以 C 正确，
对于 D，因为幂函数 f  x  x1 的图象不过0, 0 ，所以 D 错误.故选：AC
下列命题中的真命题有（）
当 x  1 时， x 
x2  5
1
x 1
的最小值是 3
x2  4
的最小值是 2
x 10  x
当0  x  10 时，
的最大值是 5
对正实数 x，y，若 x  2 y  3xy ，则2x  y 的最大值为 3
【答案】AC
【解析】
【分析】对 A：将目标式进行配凑，再利用基本不等式即可求解；
x2  4
对 B：令
 t ，构造对勾函数，利用对勾函数的单调性即可求得结果；
对 C：直接利用基本不等式即可求得结果；
对 D：取特殊值，即可判断正误.
【详解】对 A：当 x  1 时， x 
1
x 1
 x 1
1
x 1
1  2
1  3 ，
当且仅当 x 1 
1
x2  4
x 1
 x 1
1
x 1
，即 x  2 时取得等号，故 A 正确；
x2  5
 x2  4 2 1
x2  4
x2  4
x2  4
对 B：

1，
x2  4
令t 
，则t  2 ，令 f  x  t 
1 t  2 ，
t
又 y 
f  x 在2,  上单调递增，故 f  x 
f 2  5 ，
2
故 f  x 的最小值为 5
2
，也即
x2  5
5
x2  4
的最小值为
2
，故 B 错误；
4
对 C： x 10  x  1  x  10  x2  25 ，当且仅当 x  10  x ，即 x  5 时取得等号；
x 10  x
故当0  x  10 时，
的最大值是
 5 ,故 C 正确；
25
对 D：因为 x  0, y  0 ，且 x  2 y  3xy ，显然 x  2, y  1 满足题意，
2
此时有2x  y  9  3 ，故 D 错误.
2
故选：AC.
非空数集 A  R ，同时满足如下两个性质：（1）若 a, b  A ，则 ab  A ；（2）若 a  A ，则
1  A ．称 A 为一个“封闭集”，以下说法正确的是（）
a
若 A 为一个“封闭集”，则1 A
若 A 为一个“封闭集”，且 a, b  A ，则 a  A
b
若 A, B 都是“封闭集”，则 A  B 是“封闭集”的充要条件是 A  B 或 B  A
若 A, B 都是“封闭集”，则 A ∪ B 是“封闭集”的充要条件是 A  B 或 B  A
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于 AB，由“封闭集”的定义可得正确；对于 C，举出反例；D 选项，先证明充分性，再利用反证法证明必要性成立，得到 D 正确.
【详解】对于 A，因为 A 为一个“封闭集”，所以由定义可知若 a  A ，则 1  A ，那么 a  1  1 A ，A
aa
正确．
对于 B，因为 A 为一个“封闭集”， a, b  A ，所以 1  A ，所以 a  A ，B 正确．
A  
111
bb
 111

对于 C，不妨取“封闭集”1, 2 , 2, 4 , 4, 8 ,8,L, B  1, 3 , 3, 9 , 9, 27 , 27,L ，
则 A  B  1 也是“封闭集”，显然 A  B 或 B  A 不成立，C 错误．对于 D，充分性： A, B 都是“封闭集”，
若 A  B 或 B  A ，则 A ∪ B  B 或 A ∪ B  A ，则 A ∪ B 是“封闭集”．
必要性：若 A ∪ B 是“封闭集”，令 A ∪ B  C ，
假设 A  B 或 B  A 不成立，则存在 a  A, a  B, b  B, b  A ，同时 a  C, b  C ，
因为 A ∪ B  C 是“封闭集”，所以 ab  C,
分两类情况讨论，
1  C ，
ab
若 ab  A ，又当 a  A 时， 1  A ，所以 ab  1  b  A ，这与假设矛盾，
aa
若 ab  A ，又当b  B 时， 1  B ，所以 ab  1  a  B ，这与假设矛盾，
bb
故假设不成立，原结论 A ∪ B 是“封闭集”，则 A  B 或 B  A 成立，即必要性成立．D 正确．故选：ABD.
三､填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
函数 y  ax3  2 （常数 a  0 且a  1）图象恒过定点 P，则 P 的坐标为 ．
【答案】3, 1
【解析】
【分析】根据指数的运算性质进行求解即可.
【详解】当 x  3 时， y  1 2  1 ，所以 P 的坐标为3, 1 ，故答案为： 3, 1
5
已知 x  x1 ，则 x2  x2  ．
【答案】3
【解析】
5
【分析】 x  x1 两边平方后，求出答案.
5
【详解】因为 x  x1 ，所以x  x1 2  5 ，即 x2  x2  5  2  3 ．故答案为：3
若存在实数 a ，使得对任意的 x 1, 4 ，都有 x2  ax  b  2x 成立，则实数b 的取值范围为
.
【答案】  4 , 9
 3
【解析】
【分析】去掉绝对值，先把不等式转化成2   x  b   a  2   x  b  ，根据 a 的存在性和 x 1, 4 的
x x 

 f  x
a  2  f  x

任意性，进一步将问题转化成a  2  f  x
min ，根据 f  x
max
maxmin
 4 ，分b  0 、b  0 两种情
况讨论即可.
【详解】由题意知存在实数 a ，使得对任意的 x 1, 4 ，都有 x2  ax  b  2x ，即2x  x2  ax  b  2x ，
即2   x  b   a  2   x  b  成立，
x x 

设 f  x  x  b ， x 1, 4 ，
minmax
x
a  2  f  x
则题意等价于存在实数 a ，使得a  2  f  x

min ，所以2  f  x
 2  f  x，

maxmin
即 f  x f  x 4 ，
max
当b  0 时， y  x  b 显然在1, 4上单调递增，
x
则 f  x f  x
 f 4  f 1  3  3b  4 ，解得b   4 ，所以 4  b  0 ；
maxmin
当b  0 时，
433
根据对勾函数的性质， y  x  b 在(0,
x
b ) 上单调递减，在
b, ∞上单调递增，
（ⅰ）当0  b  1 时， f  x 在1, 4上单调递增，
f  x

max
f 4  4  b ， f  x
4
min
f 1  1b ，

由 f  x
 f  x 3  3 b  4 ，解得b   4 ，所以0  b  1 ．
maxmin43
当1  b  16 时， f  x 在1, b  上单调递减，在 b, 4 上单调递增，

b
maxmin
f  x max f 1, f 4， f  x f  b   2．
因为 f  x
maxmin
 f 1  2
b
b
 f  x

 4 ，所以
 f 4  2
 1 b  2 4
b
b
 4  b  2 4 ， 4
b
1  3
b
解得
0  8
，所以1  b  9 ．
当b  16 时， f  x 在1, 4上单调递减，
f  x

max
f 1  1 b ， f  x

min
f 4  4  b ．
4
由 f  x f  x 3 b  3  4 ，解得b  28 ，与b  16 矛盾．
maxmin43
综上所述，实数b 的取值范围为 4 , 9 ．
 3
故答案为：  4 , 9
 3
四､解答题（共 77 分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）
已知函数 f  x  2x  3 .
x 1
函数单调性的定义证明：函数 f  x 在1,  上单调递增；
求函数 f  x 在区间1, 4上的最大值和最小值.
【答案】（1）证明见解析
（2）最大值为 1，最小值为 1 .
2
【解析】
【分析】（1）任取 x1, x2 1,  ，且 x1  x2 ，然后化简变形 f  x1   f  x2  ，判断符号，从而可得结论；
（2）由（1）知 f  x 在区间1, 4上单调递增，从而利用其单调性可求出其最值.
【小问 1 详解】
证明：任取 x1, x2 1,  ，且 x1  x2 ，
则 f  x   f  x   2x1  3  2x2  3 5 x1  x2 
12x 1x 1 x 1 x 1
1212
因为 x1, x2 1,  ， x1  x2 ，所以 x1  x2  0 ， x1  1  0 ， x2  1  0 ，
所以 f  x1   f  x2   0 ，即 f  x1  
所以 f  x 在1,  上单调递增.
【小问 2 详解】
f  x2  ，
由（1）知 f  x 在区间1, 4上单调递增，
所以 f  x

min
f 1   1 ， f  x
2
max
f 4  1 ，

所以函数 f  x 在区间1, 4上的最大值为 1，最小值为 1 .
2
已知集合 A  x | 2  x  3 ，集合 B  x 1 a  x  1 a.
（1）当 a  1 时，求 A ∩ ðR B  ；
（2）若 x  A 是 x  B 的充分条件，求 a 的取值范围.
【答案】（1） A ðR B  x 2  x  0 或2  x  3 .
（2） a  3 .
【解析】
【分析】（1）先求出ðR B ，再利用交集的定义可求出 A ðR B；
（2）由题意得 A  B ，然后列不等式组可求得答案.
【小问 1 详解】
当 a  1 时， B  x 0  x  2 ，所以ðR B  x | x  0 或 x  2 ，因为 A  x | 2  x  3 ，
故 A ðR B  x 2  x  0 或2  x  3 .
【小问 2 详解】
因为 x  A 是 x  B 的充分条件，所以 A  B

1 a  2
所以，
1 a  3
解得 a  3 ，
所以 a 的取值范围为 a  3 .
17 已知函数 f (x)  ax2  bx 12 a, b  R  .
若不等式 f (x)  0 的解集为3, 1 ，求实数 a, b 的值；
当b  3a  4 时，求不等式 f (x)  0 的解集.
1
a  4
【答案】（ ）
b  16
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可知 ax2  bx 12  0 的两根为3 和1，然后利用根与系数的关系可求得结果；
（2）当 a  0 时可得 x  3 ，当a  0 时， f (x)  a  x  3 x  4  ，然后分 a  0 和 a  0 两种情况结合一
a 

元二次不等式的解法可求得结果.
【小问 1 详解】
由题意可知 ax2  bx 12  0 的两根为3 和1，
 b  3  (1)  4
 a
所以由根与系数的关系得 12，
 3(1)  3
a

.
a  4
解得
b  16
【小问 2 详解】
当 a  0 时，则 x  3  0 ，解得 x  3 ；
当 a  0 时， f (x)  ax2  bx 12  ax2  3a  4 x 12   x  3ax  4  a  x  3 x  4  ，
a 

x 4 4
aa
当 a  0 时，则
3 x    0 ，解得 x  3 或 x  ；

x 4 
a
当 a  0 时，则
3 x    0 ，

44x 4 4
当  3 时，即a   ，解3 x    0 ，得3  x  ；
a3a a
44x 4 
a
当  3 时，即 a   ，解
a3
3 x    0 ，得 x  3 ；

44x 4 4
aa
当  3 时，即  a  0 ，解
a3
3 x    0 ，得  x  3 .

综上所述，当a   4 时，不等式 f (x)  0 的解集为3, 4  ；
3
当 a   4 时，不等式 f (x)  0 的解集为3；
3
a 
当 4  a  0 时，不等式 f (x)  0 的解集为 4 , 3 ；
3 a
当 a  0 时，不等式 f (x)  0 的解集为, 3 ；
当 a  0 时，不等式 f (x)  0 的解集为, 3∪  4 ,  .

 a
20 x2 17, 0  x  2

某企业原来生产某种产品 x （万件）可获利 w x （万元），且满足 w x  
 500 

80
x 1
.现
, 2  x  5
该企业计划引进新的生产设备和新的产品方案优化产品，优化后的产品的其他成本总投入为20x 10 万元.由市场调研分析得知，当前产品供不应求.记该企业优化后的产品的利润为 f  x （单位：万元）.
求函数 f  x 的解析式；
当优化后的产品产量为多少万件时，该企业的利润 f  x 最大？最大利润是多少？请说明理由.
 20x2  20x  330, 0  x  2
【答案】（1） f  x  

20x 

80
x 1
 490, 2  x  5
（2）生产 3 万件产品时利润最大，最大利润为 390 万元
【解析】
【分析】（1）根据题意直接写出解析式；
（2）当0  x  2 时，利用二次函数性质求最值，当2  x  5 时，利用基本不等式求最值，综合两段函数求最值.
【小问 1 详解】
 20x2  20x  330, 0  x  2

由题意得， f  x  
80
20x  490, 2  x  5
x 1
【小问 2 详解】

当0  x  2 ， f  x  20 x2  x  330  20  x 

故当 x  2 时， f  x 取最大值， f 2  370 ；
1 2 
2

 325 ，
当2  x  5 时， f  x   20  x 1  80   470  80  470  390 ，
x 1
当且仅当20  x 1 
80
x 1
，即 x  3 时， f 3  390 为最大值.
因此，优化后产品产量为 3 万件时，企业获最大利润390 万元
若函数 f  x 与 g  x  满足：对任意的 x1  D ，总存在唯一的 x2  D ，使 f  x1  g  x2   m 成立，则称 f  x 是 g  x  在区间 D 上的“ m 阶伴随函数” ； 对任意的 x1  D ， 总存在唯一的 x2  D ， 使 f  x1  f  x2   m 成立，则称 f  x 是区间 D 上的“ m 阶自伴函数”．
判断 f  x  x2 1 是否为区间0, 3 上的“2 阶自伴函数”？并说明理由：
若函数 f  x  3x 1 为区间[ 1 , b] 上的“1 阶自伴函数”，求b 的值；
2
若 f  x 
围．
4
x  2
是 g  x  x2  2ax  a2 1在区间0, 2 上的“2 阶伴随函数”，求实数 a 的取值范
【答案】（1）不是，理由见解析；
（2）1；（3）[ 2, 2  3] [ 3, 2 2].
【解析】
【分析】（1）根据给定的定义，取 x  2 ，判断 f (x )  2 在0, 3 没有实数解，即可得解.
125
根据给定的定义，当 x  1时，用x 表示 x 并判断单调性，求出值域，借助集合的包含关系求
解即得.
[ , b]
1212
根据给定的定义，函数 g(x) 在区间[0 , 2] 上的值域包含函数 f (x) 在区间[0 , 2] 上的值域，再结合二次函数的性质，分类讨论即可求解．
【小问 1 详解】
假定函数 f  x  x2 1 是区间0, 3 上的“2 阶自伴函数”，
取 x  2 ， f (x )  f (2)  5 ，由 f (x ) f (x )  2 ，得5(x2 1)  2 ，显然此方程无实数解，
11122
所以函数 f  x  x2 1 不是区间0, 3 上的“2 阶自伴函数”.
【小问 2 详解】
[, b]
函数 f  x  3x 1 为区间 1
2
1
上的“1 阶自伴函数”，
则对任意 x1 
1
[, b] 2
，总存在唯一的 x2
[, b] 2
，使得 f (x1) f (x2 )  1，
3x 1 1
x  1 1
x  1 11
即 23x 1 ，整理得 23 3(3x 1) ，显然函数 23 3(3x 1) 在[, b] 上单调递减，
1112
且当 x  1 时， x  1，当 x  b 时， x  1 1，
122
1
1239b  3
11x1
因此对[ 2 , b] 内的每一个x1 ，在[

39b  3
,1] 内有唯一 2 值与之对应，而 x2 [ 2 , b]，
111
b  1
b  1
于是[ ,1]  [, b]，则有111 ，解得
，即b  1，

39b  32
所以b 的值是 1.
【小问 3 详解】
 
39b  32
b  1
由函数 f (x) 
由函数 f (x) 
4
x  2
4
x  2
在0, 2 上单调递减，得函数 f (x) 的值域为1, 2，
是 g(x)  x2  2ax  a2 1在区间0, 2 上的“2 阶伴随函数”，
得对任意的 x1 0, 2，总存在唯一的 x2 0, 2 时，使得 f  x1  g  x2   2 成立，
于是 g(x2 ) 
2
f (x1 )
[1, 2] ，则 g(x)  x2  2ax  a2 1在区间上0, 2 的值域必定包含区间1, 2，
且 g(x) 的值域在1, 2对应的自变量是唯一的，而函数 g(x)  x2  2ax  a2 1图象开口向上，对称轴为
x  a ，
显然 g(0)  a2 1， g(2)  a2  4a  3 ，

①当a  0 时， g(x) 在0, 2 上单调递增，则g(x)min  g(0)  1 ，
a  0

即a2 1  1

a2  4a  3  2
，解得
2
 a  0 ；
g(x)
max
 g(2)  2
②当 a  2 时， g(x) 在0, 2 上单调递减，则g(x)min  g(2)  1 ，

g(x) g(0)  2
max
a  2

即a2  4a  3  1，解得

a2 1  2
2  a  2 ；
2
g(0)  1
③当0  a  1时， g(x) 在0, a 上单调递减，在a, 2上单调递增，则，
g(x)max  g(2)  2
0  a  1

即a2 1  1

a2  4a  3  2
，解得0  a  2 ；
3
g(2)  1
④当1  a  2 时， g(x) 在0, a 上单调递减，在a, 2上单调递增，则，
g(x)max  g(0)  2
1  a  2
3

即a2  4a  3  1，解得

a2 1  2
 a  2 ，
所以 a的取值范围是[
2, 2 
3] [ 3, 2 
2].
【点睛】思路点睛：本题首先要理解“m 阶自伴函数”或“m 阶伴随函数”的意义，然后根据每一小问函数的类型设计出解决问题的思路，对于第三问，存在对称轴问题，需要仔细分类讨论，特别是当0  a  2时，要考虑对称轴在0, 2 区间时，二次函数的图像的形状，以此来建立不等式求出 a 的范围.