河南省南阳市2025-2026学年高一上学期11月期中考试数学试卷

这是一份河南省南阳市2025-2026学年高一上学期11月期中考试数学试卷，共24页。试卷主要包含了 设全集U等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
考生做题时将答案答在答题卡的指定位置上，在本试卷上答题无效.
答题前，考生务必先将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.
选择题答案使用 2B 铅笔填涂，非选择题答案使用 0.5 毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚.
请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.
保持卷面清洁，不折叠､不破损.
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.
设全集U ={- 2, - 1, 0,1, 2} ，集合 A  1, 2，B  2,1, 2 ，则ðU A  B  （）
A. 2
B. 2,1
C. 2,1, 2
D. 2, 0,1, 2
已知命题 p： x  R ，有 x2  2x  2  0 ，则（）
p 是真命题，p的否定： x  R ，使 x2  2x  2  0
p 是真命题，p 的否定： x  R ，使 x2  2x  2  0
p 是假命题，p 的否定： x  R ，使 x2  2x  2  0
p 是假命题，p 的否定： x  R ，使 x2  2x  2  0
 1 a
3 设甲：  2 
 1 b
  2 
；乙：:
b ，则（）

a
甲是乙的充分条件但不是必要条件
甲是乙的必要条件但不是充分条件
甲是乙的充要条件
甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
 
2x  2 x
函数 f x 的大致图象是（）
2x
A.B.
CD.
m2 2m 5m
已知幂函数 f  x  m2  m 1 x
2 在0, ∞ 上单调递增，则实数 的值为（）
A. -2B. -1C. 2D. -1 或 2
已知实数 a, b 满足 a  2b  4 ，则2a  4b 的最小值为（）
A. 2B. 4C. 8D. 16
关于 x 的不等式 x  a2x  2  0 恒成立，则实数 a 的值为（）
A. -1B. 0C. 1D. 2
我们知道： y  f  x 的图象关于原点成中心对称图形的充要条件是 y  f  x 为奇函数.有同学发现可
以将其推广为： y  f  x 的图象关于a, b 成中心对称图形的充要条件是 y  f (x  a)  b 为奇函数.若
f  x  x3  3x2 的图象的对称中心为m, n ，则
f 2025  f 2024 L f 1  f 0  f 1  f 2 L f 2022  f 2023  （）
4050
4052
8096
8098
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 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
设 a, b, c  R ，则下列选项正确的是（）
若 a  b ，则 a  c  b  c
若 a  b ，则 ac  bc
若 a  b ，则 a3  b3
若 ac2  bc2 ，则 a  b
已知函数 f  x  x x（其中x 表示不超过 x 的最大整数），则下列选项不正确的是（）
f  3   1B. 函数 f  x 的值域为0,1
2
2
 

C. 函数 f  x 是增函数D. 方程 f  x  1 无解
对于函数 y  f  x ，若对于其定义域 D 中任意给定的实数 x ，都有 x  D ，并且
f  x f x  1 ，则称函数 y 
函数 f  x  3x 是倒函数
函数 g  x  1 x 是倒函数
1 x
f  x 为倒函数．以下选项正确的有（）
若 y 
f  x 是R 上的倒函数，当 x  0 时， f  x  2 x  x2 ，方程 f  x 
1
2025
没有正整数解
若 y 
f  x 是R 上的倒函数，其函数值恒大于 0，且在R 上是增函数．记 F  x 
f  x 
1
f  x ，则
x1  x2  0 是 F  x1   F  x2   0 的充要条件
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
某学校先后举办了多个学科的课余活动.已知高一（1）班全体同学中 30 名参加了数学活动，26 名参加了物理活动，15 名同时参加了数学､物理两个学科的活动，还有 14 名两个均未参加，则这个班有
名同学.
已知函数 f (x)  
ax 1, x  1
在 R 上单调递减，则实数 a 的取值范围为.（结果写成

x2  3ax  a, x  1
集合或区间的形式）
已知汽车从踩刹车到停住所滑行的距离 s（单位： m ）与速度 v（单位： km / h ）的平方及汽车总质量成正比.设某辆卡车不装货物以60km/h 的速度行驶时，从踩刹车到停住滑行了20m .如果这辆卡车装着等于车重的货物行驶时，发现前面20m 处有障碍物，这时为了能在离障碍物5m 以外处停车，最大限制时速应是km/h. （结果保留整数，设卡车司机发现障碍物到踩刹车需经过1s ）
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.
计算：
(3  π)2
 1 3
125
2
（1） 4
2 164 
 ()3  (2 2)3 ;
8
（2） lg5  lg20  (lg2)2  lg2 9  lg3 8 10lg3.
已知函数 f  x  x2  a  3 x  3a, a  R.
当 a  1 时，求不等式 f  x  0 的解集；
当 a  0, b  0 时，有 f 1  2b  0 ，求 b  2 的最小值，并求取最小值时 a, b 的值.
ab
已知函数 f  x 
求 a 的值；
1
2x 1
 a 是奇函数， a  R .
判断 f  x 在0, ∞ 上的单调性，并用函数单调性的定义证明；
 23 3
求不等式 f  x  2 x   2 的解集.

已知函数 f  x  4x  b  2x  c, b, c  R;
（1）当b  3, c  5, x 0, 2 时，求函数 f  x 的值域；
当c  0, x [0, 2 ]时，求函数 f  x 的最小值；
若c  1 ，存在实数 x 1,1 ，使 f  x  f x  0 ，求 b 的取值范围.
已知函数 f  x  2x  k  2x , k  R.
讨论 f  x 的奇偶性（直接写出奇偶性，不用证明）；
当k  0 时，关于 x 的不等式 f  x 1  1 1  2x  2x 在1,  上有解，求 k 的取值范围；
kk 

若 f  x 是奇函数，对任意 x , x  1, 1  时，不等式
f 2x  
f 2x
m
4
9
m
 恒成立，求实
数m 的取值范围.
12
2 12
2025 年秋期高中一年级期中质量评估
数学试题
注意事项：
考生做题时将答案答在答题卡的指定位置上，在本试卷上答题无效.
答题前，考生务必先将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.
选择题答案使用 2B 铅笔填涂，非选择题答案使用 0.5 毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚.
请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.
保持卷面清洁，不折叠､不破损.
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.
【分析】根据补集、交集的定义求解即可.
【详解】由题可知， ðU A  2, 0,1 ，又 B  2,1, 2，所以ðU A  B  2,1 .
故选：B.
已知命题 p： x  R ，有 x2  2x  2  0 ，则（）
p 是真命题，p 的否定： x  R ，使 x2  2x  2  0
p 是真命题，p 的否定： x  R ，使 x2  2x  2  0
p 是假命题，p 的否定： x  R ，使 x2  2x  2  0
p 是假命题，p 的否定： x  R ，使 x2  2x  2  0
【答案】D
1. 设全集U
A. 2
={- 2, - 1, 0,1, 2} ，集合 A  1, 2，B
B. 2,1
 2,1, 2ðU A  B 
，则（）
C. 2,1, 2D. 2, 0,1, 2
【答案】B
【解析】
【解析】
【分析】根据全称量词命题的否定及一元二次不等式恒成立的条件判断即可.
【详解】因为 x2  2x  2   x 12 1  1 恒成立，所以命题 p 是假命题； p 的否定是： x  R ,使 x2  2x  2  0 .
故选：D.
a
 1 a 1 b
设甲：  2    2  ；乙：:b ，则（）

甲是乙的充分条件但不是必要条件
甲是乙的必要条件但不是充分条件
甲是乙的充要条件
甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】B
【解析】
a
b
【分析】由指数函数单调性得到 a  b ，但不能保证两者非负，故充分性不成立，必要性成立，得到答案.
 1 a
【详解】 2 
 1 b
  2 
 a  b ，但不一定得到
，例如 a, b 为负数，充分性不成立，

 1 a 1 b
a
b
 a  b  0   2    2  ，必要性成立，

故甲是乙的必要条件但不是充分条件.
故选：B
2x  2 x
函数 f  x 的大致图象是（）
2x
A.B.
C.D.
【答案】A
【解析】
【分析】判断函数的奇偶性，根据 x  0 时， f  x  0 ，可得结论.
【详解】函数 f  x 的定义域为, 0 ∪ 0,  ，关于原点对称，

2 x  2x
又 f x 2x
 2x  2 x
2x
 f  x ，所以函数 f  x 为偶函数，故 BC 不符合题意；
2x  2 x
当 x  0 ， 2x  2x ，所以 f  x  0 ，故 D 不符合题意，A 符合题意.
2x
故选：A.
m2 2m 5m
已知幂函数 f  x  m2  m 1 x
2 在0, ∞ 上单调递增，则实数 的值为（）
A. -2B. -1C. 2D. -1 或 2
【答案】B
【解析】
【分析】由函数是幂函数解出m ，再由单调性判断即可.
【详解】因为函数 f  x 为幂函数，所以 m2  m 1  1，解得 m  2 或1，
当 m  2 时， m2 - 2m -
5 = 4 - 4 - 5 = - 5 ，
 5 在0, ∞ 上单调递减；
1
222f  x  x 2
当 m  1时， m2 - 2m -
5 =1+2 -
5 = 1 ，
在0, ∞ 上单调递增.
故选：B.
22
f  x  x 2
已知实数 a, b 满足 a  2b  4 ，则2a  4b 的最小值为（）
A. 2B. 4C. 8D. 16
【答案】C
【解析】
2a  22b
2a2b
24
【分析】结合指数运算法则与基本不等式计算即可得.
2a  4b
【详解】 2a  4b  2
 2
 2
 2
 8 ，
当且仅当 a  2b ，即 a  2 ， b  1时等号成立，故2a  4b 的最小值为8 .
故选：C.
关于 x 的不等式 x  a2x  2  0 恒成立，则实数 a 的值为（）
A. -1B. 0C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由不等式 x  a2x  2  0 恒成立，得 x  a x 1  0 恒成立，从而求得 a  1 .
【详解】因为函数 y  2x 是增函数，所以当 x  1 时， 2x  2 ；当 x  1 时， 2x  2 ；当 x  1时， 2x  2 .
所以不等式 x  a2x  2  0 恒成立，等价于 x  a x 1  0 恒成立.
所以 a  1 .
故选：C.
我们知道： y  f  x 的图象关于原点成中心对称图形的充要条件是 y  f  x 为奇函数.有同学发现可
以将其推广为： y  f  x 的图象关于a, b 成中心对称图形的充要条件是 y  f (x  a)  b 为奇函数.若
f  x  x3  3x2 的图象的对称中心为m, n ，则
f 2025  f 2024 L f 1  f 0  f 1  f 2 L f 2022  f 2023  （）
4050
4052
8096
8098
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意求得函数 f  x  x3  3x2 的图象的对称中心，根据对称性求得
f 2025  f 2024 L f 1  f 0  f 1  f 2 L f 2022  f 2023 的值.
【详解】由题可知，若函数 f  x  x3  3x2 图象的对称中心为m, n ，则 y  f  x  m  n 为奇函数，
即 y   x  m3  3 x  m2  n  x3  3m  3 x2  3m2  6m x  m3  3m2  n 为奇函数.

所以x3  3m  3x2  3m2  6mx  m3  3m2  n    x3  3m  3 x2  3m2  6m x  m3  3m2  n
所以3m  3  0 且 m3  3m2  n  0 ，解得 m  1, n  2 .
所以 f  x 的图象的对称中心为1, 2 ，即有 f  x  f 2  x  4 ，
所以 f 2025  f 2023  4, f 2024  f 2022  4,L, f 2  f 0  4, f 1  2
所以 f 2025  f 2024 L f 1  f 0  f 1  f 2 L f 2022  f 2023
  f 2025  f 2023   f 2024  f 2022 L  f 2  f 0  f 1 ，
 4  4 L 4  2  4 2024  2  8098 .
故选：D.
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 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
设 a, b, c  R ，则下列选项正确的是（）
若 a  b ，则 a  c  b  c
若 a  b ，则 ac  bc
若 a  b ，则 a3  b3
若 ac2  bc2 ，则 a  b
【答案】ACD
【解析】
【分析】AD 选项，由不等式性质可得；B 选项，举出反例；C 选项，由幂函数 y  x3 单调性可得 C 正确.
【详解】A 选项，根据不等式性质可得，若 a  b ，则 a  c  b  c ，A 正确；
B 选项，若 a  b ， c  0 ，则 ac  bc ，B 错误；
C 选项， y  x3 在 R 上单调递增，若 a  b ，则 a3  b3 ，C 正确；
D 选项，若 ac2  bc2 ，则c  0 ，则c2  0 ，不等式两边同除以c2 得 a  b ，D 正确.故选：ACD
已知函数 f  x  x x（其中x 表示不超过 x 的最大整数），则下列选项不正确的是（）
f  3   1B. 函数 f  x 的值域为0,1
2
2


C. 函数 f  x 是增函数D. 方程 f  x  1 无解
【答案】BC
【解析】
【分析】易得函数 f  x  x x是周期为 1的函数，分析当0  x  1时，函数 f  x  x x的性质，画出其简图，逐项分析，可得正确答案.
【详解】对于 A，由已知可得： f  3   3 1  1 ，所以选项 A 正确；
2
22
 

当0  x  1时，函数 f  x  x x  x ，
因为x 表示不超过 x 的最大整数，所以x  x  x 1 ,所以x 1  x 1  x 1 1,
又因为x 1  x 1  x 1 1，所以x 1  x 1
所以对于x  R ，恒有 f  x 1   x 1 x 1  x 1 x 1  x x 
所以函数 f  x  x x是周期为1的函数，其简图如下：
f  x ,
对于 B，函数 f  x 的值域为0,1 ，所以选项 B 错误；
对于 C，函数 f  x 在0,1上单调递增，但在整个定义域上不单调，所以不是增函数，所以选项 C 错误；对于 D，函数图象与直线 y  1无交点，所以方程 f  x  1 无解，所以选项 D 正确.
故选：BC.
对于函数 y  f  x ，若对于其定义域 D 中任意给定的实数 x ，都有 x  D ，并且
f  x f x  1 ，则称函数 y 
函数 f  x  3x 是倒函数
函数 g  x  1 x 是倒函数
1 x
f  x 为倒函数．以下选项正确的有（）
若 y 
f  x 是R 上的倒函数，当 x  0 时， f  x  2 x  x2 ，方程 f  x 
1
2025
没有正整数解
若 y 
f  x 是R 上的倒函数，其函数值恒大于 0，且在R 上是增函数．记 F  x 
f  x 
1
f  x ，则
x1  x2  0 是 F  x1   F  x2   0 的充要条件
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于选项 A、B，直接根据定义判断函数是否为倒函数；对于选项 C，先根据倒函数性质求出
x  0 时函数表达式，再判断方程是否有正整数解；对于选项 D，根据函数单调性判断 x1  x2  0 与
F  x1   F  x2   0 之间的充分性和必要性.
【详解】对于 A，对于 f  x  3x 定义域为R ，显然定义域中任意实数 x ，都有x  R 成立，又
f  x f x  3x  3x  1 ，所以 f  x  3x 是倒函数．故 A 正确．
对于 B， g  x  1 x 定义域为{x | x  1} ，当 x  1 时， x  1{x | x  1}，不符合倒函数的定义，
1 x
所以 g  x 不是倒函数，故 B 错误．
对于 C，令 x  0 ，则x  0 ，由倒函数的定义，可得 f  x f x  f  x2x  x2   1 ，

2x  x2，x  0
所以 f  x 
1
x  x2
，所以 f  x  1
，x  0
，要使 f  x 
1
2025
有正整数解，
则1
1，当 x  10 时，
 2x  x2
111；
2x  x2
2025
210 10211242025
当 x 11时，1
11；所以 f  x 

1
没有正整数解，故 C 正确．
211 112
21692025
2025
对于 D，充分性：当 x1  x2  0 时， x1  x2 且 x2  x1 ，因为 f  x 是增函数，
所以 f  x   f x   0 ， f  x   f x   0 ，即 f  x  1 0 ， f  x  1 0 ，
1
2
1221
f  x2 
f  x1 
所以 F  x   F  x   f  x  1 f  x  1 0 ．
121
f  x 
2f  x 
21
必要性：当 F  x1   F  x2   0 时，
有 f  x   1  f  x   1   f  x   f  x   f  x1  f  x2  1  0 ，
1f  x 
2f  x 
12  
f  x  f  x  
1212
因为 f  x 恒大于 0，所以 f  x1  f  x2  1  0 ，即 f  x1  f  x2   1  f  x1  f x1  ，
所以 f  x2   f x1  ，因为 f  x 是增函数，所以 x2  x1 ，即 x1  x2  0 ；
综上可得 x1  x2  0 是 F  x1   F  x2   0 的充要条件，故 D 正确．故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题关键是理解倒函数定义.
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
某学校先后举办了多个学科的课余活动.已知高一（1）班全体同学中 30 名参加了数学活动，26 名参加了物理活动，15 名同时参加了数学､物理两个学科的活动，还有 14 名两个均未参加，则这个班有
名同学.
【答案】55
【解析】
【分析】画出维恩图可解.
【详解】
由图可得这个班共有学生11+15 +15 +14 = 55 人.
故答案为：55.
已知函数 f (x)  ax 1, x  1在 R 上单调递减，则实数 a 的取值范围为.（结果写成

x2  3ax  a, x  1
集合或区间的形式）
【答案】 2,  2  或a 2  a   2 
3


3 
【解析】
【分析】由分段函数为单调递减函数得到不等式组，解不等式组可得.
a  0
 3a  1
 2
【详解】由题意可得
2
，解得
2  a  .
3
a 1  1 3a  a
故答案为： 2,  2  或a 2  a   2  .
3


3 
已知汽车从踩刹车到停住所滑行的距离 s（单位： m ）与速度 v（单位： km / h ）的平方及汽车总质量成正比.设某辆卡车不装货物以60km/h 的速度行驶时，从踩刹车到停住滑行了20m .如果这辆卡车装着
等于车重的货物行驶时，发现前面20m 处有障碍物，这时为了能在离障碍物5m 以外处停车，最大限制时速应是km/h. （结果保留整数，设卡车司机发现障碍物到踩刹车需经过1s ）
【答案】26
【解析】
【分析】设卡车从踩刹车到停住所滑行的距离为 s ，卡车速度为v ，卡车总质量为m ，比例系数为 k ，则
s  kv2m .根据已知条件，先求出 km 的值.当这辆卡车装着等于车重的货物行驶时，设能在离障碍物5m 以
外处停车的速度为v ，则v 满足2kv2m  20  5  v0 1，由此可求得v 的范围，从而求得最大限制时
000
速.
3.60
【详解】设卡车从踩刹车到停住所滑行的距离为 s ，卡车速度为v ，卡车总质量为m ，比例系数为 k ，则
s  kv2m ，
当v  60 时， s  kv2m  km  602  20 ，
 km 
20
①
602
当这辆卡车装着等于车重的货物行驶时，设能在离障碍物 5m 以外处停车的速度为v0 ，
则v 满足2kv2m  20  5  v0 1②
003.6
00
由①②得v2  25v 1350  0 ③，
对于v2  25v 1350  0 ，必有一正一负根，不妨设其两根为： v  0  v ，则不等式
0012
00
v2  25v 1350  0 的解集为v1, v2 .
00
因为要求的最大限制时速为正数，且v2  25v 1350 在0,  上单调递增，
所以不妨取v  25 代入v2  25v 1350  252  252 1350  100  0 ；
000
不妨取v  26 代入v2  25v 1350  262  25 26 1350  24  0 ；
000
不妨取v  27 代入v2  25v 1350  272  25 27 1350  54  0 ；
000
所以26  v2  27 ，所以最大限制时速应是26km / h .
故答案为：26.
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.
计算：
 1 3
125
1 2
（1） 4
2 164 
 ()3  (2 2)3 ;
(3  π)2
8
23
（2） lg5  lg20  (lg2)2  lg 9  lg 8 10lg3.
【答案】（1）16  π
（2）10
【解析】
【分析】（1）由指数幂的运算可；
（2）由对数的运算性质计算可得.

3
【小问 1 详解】
 1 3
313 2

原式 2
2  2   24
4  3  π   5 
 2 

 22 3
 1  8  π  3  5  2
22
 16  π
【小问 2 详解】
原式 1 lg21 lg2  (lg2)2  lg 9  lg 8  3
lg2 lg3
 1 2lg3  3lg2  3 lg2lg3
 1 6  3
 10
已知函数 f  x  x2  a  3 x  3a, a  R.
当 a  1 时，求不等式 f  x  0 的解集；
当 a  0, b  0 时，有 f 1  2b  0 ，求 b  2 的最小值，并求取最小值时 a, b 的值.
ab
2
2
【答案】（1） 1, 3
2
（2） 2
 2 ， a 1, b  2 
【解析】
【分析】（1）利用一元二次不等式的解法可得答案；
（2）由 f 1  2b  0 可得a  b  1 ，再利用基本不等式“1”的妙用可得答案.
【小问 1 详解】
当 a  1 时，不等式 f  x  0 可化为 x2  4x  3  0 ，即：  x  3 x 1  0 ，解得：1  x  3 ，
即原不等式的解集为1, 3
【小问 2 详解】
由 f 1  2b  0 可知1 a  3  3a  2b  0 ，即： a  b  1 .
因为 a  0, b  0 ，
b 2a
a b
b2b2a  2bb2a
2
所以     2  2
ababab
a  b  1
2
2

 2  2
 2 ，

当且仅当 b  2a
 ab
，即 a 1, b  2 时等号成立，
2
2
2
即当 a 1, b  2 时， b  2 取得最小值2
ab
 2 .
已知函数 f  x 
求 a 的值；
1
2x 1
 a 是奇函数， a  R .
判断 f  x 在0, ∞ 上的单调性，并用函数单调性的定义证明；
 23 3
求不等式 f  x  2 x   2 的解集.

【答案】（1） a  1 ；
2
f  x 在0, ∞ 上单调递减，证明见解析；
  1 , 0   3 , 2  .
2 2

【解析】
【分析】（1）根据 f  x  f x  0 得到方程，求出 a  1 ；
2
定义法证明函数单调性步骤，取点，作差，变形判号，下结论；
由函数表达式可知，在0, ∞ 上恒有 f  x  0 ，在∞, 0 上有 f  x  0 ，不等式转化为
 23 
f  x  2 x  
f 1 ，从而得到不等式组，求出答案.

【小问 1 详解】因为函数 f  x 
1
2x 1
 a 是奇函数，所以 f  x  f x  0 ，
1112x
则 a  a  2a  1 2a  0 ，解得： 2x 12x 12x 11 2x
a  1 .
2
【小问 2 详解】
f  x 在0, ∞ 上单调递减.证明过程如下：证明：任取0  x1  x2 ，
则 f  x   f  x
  1
 1   1
 1  
11
12 2x
12  2x 12 2x 12x 1
1

2x2 1  2x1 1
212
2x2  2x1
，
2x1 12x2 12x1 12x2 1
因为0  x  x , y  2x 单调递增，所以2x1 1  0, 2x2 1  0, 2x2  2x1  0 ，
所以2x
12
2x2  2x1
12x
1
 0 ，所以 f  x1   f  x2  ，
12
即 f  x 在0, ∞ 上单调递减.
【小问 3 详解】
f  x 
1 1 ，则 f 1  3 ，
2x 122
因为函数 f  x 是奇函数，在0, ∞ 上单调递减，且在0, ∞ 上恒有 f  x  0 ， 所以在∞, 0 上有 f  x  0 .
3
 2
3

3
 2
3

2

2

2

2

由 f 1 可知，不等式 f  x 
x  
可化为 f  x 
x  
f 1 .
由 f  x 在0, ∞ 上单调递减，可得： 0  x2  3 x  1，
2
由 x2  3 x  0 得 x  3 或 x  0 ，由 x2  3 x  1 得 1  x  2 ，
2222
故 1  x  0 或 3  x  2 .
22
所以原不等式的解集为  1 , 0   3 , 2  .
2 2

已知函数 f  x  4x  b  2x  c, b, c  R;
（1）当b  3, c  5, x 0, 2 时，求函数 f  x 的值域；
当c  0, x [0, 2 ]时，求函数 f  x 的最小值；
若c  1 ，存在实数 x 1,1 ，使 f  x  f x  0 ，求 b 的取值范围.
【答案】（1） 11 , 9
 4
b 1, b  2
（2） f  x
min


  b2
4
, 8  b  2
4b 16, b  8
（3）  9 , 0
 10
【解析】
【分析】（1）利用换元法可求复合函数在给定区间上的值域；
利用换元法，将求函数 f  x 的最小值问题转化为求含参二次函数在给定区间上的最值问题，通过讨
论对称轴与给定区间的关系可得；
分离参数b  2x  2x  4，利用换元法构造新函数 y  m  4 ，根据新函数的单调性，
2x  2xm
求b 的取值范围，从而求得 b 的取值范围.
【小问 1 详解】
当b  3, c  5 时， f  x  4x  3 2x  5, x 0, 2，
令t  2x
1, 4 ，则 y  t 2  3t  5   t 


2
2


 11
4
，则 y  t 2  3t  5 在t  1,


3 
2  上单调递减，在
t   3 , 4 上单调递增.
 2
所以当t  3 时， y  t 2  3t  5 取得最小值，最小值为11 ；当t  4 时最大值为 9，故函数 f  x 的值域为
24
11 , 9 .
 4
【小问 2 详解】
令t  2x 1, 4 ，则 y  t 2  bt ，对称轴为t   b .
2
当b  2 时，  b  1，则 y  t 2  bt 在t 1, 4 上单增，所以函数 f  x 的最小值为1 b ；
2
b2t  b 
 b
当8  b  2 时，1    4 ，则 y  t
2
 bt 在
1,  2  上单减，在t   2 , 4 上单增，所以函数

f  x 的最小值为 
b 2

 b  


；
b    b2

2 2 4
当b  8 时，有4   b ，则 y  t 2  bt 在t 1, 4 上单减，所以函数 f  x 的最小值为16  4b .
2
b 1, b  2
综上所述， f  x
min


  b2
4
, 8  b  2 .
【小问 3 详解】
4b 16, b  8
由 f  x  f x  0 有4x  b  2x 1 4x  b  2x 1  0 .
即4x  4 x  b 2x  2 x   2  0 ，所以2x  2x 2  b 2x  2x   4  0 .
因为2x  2 x  0 ，所以b  2x  2x  
4
2x  2 x .
令 m  2x  2x  2, 当且仅当2x  2 x  1，即 x  0 时，等号成立；
因为 x 1,1, 所以 m  2, 5  .
2 
令 y  m  4 ，m  2, 5  ，则 y  m  4 ，m  2, 5  是增函数，
m
2 
m
2 
所以b  0, 9  ，所以b   9 , 0 ，
10  10
即实数b 的取值范围为 9 , 0 .
 10
已知函数 f  x  2x  k  2x , k  R.
讨论 f  x 的奇偶性（直接写出奇偶性，不用证明）；
当k  0 时，关于 x 的不等式 f  x 1  1 1  2x  2x 在1,  上有解，求 k 的取值范围；
kk 

m
4
9
m
若 f  x 是奇函数，对任意 x , x  1, 1  时，不等式 f 2x   f 2x  恒成立，求实
数m 的取值范围.
12
2 12
【答案】（1）当 k  1 时， f  x  2x  2 x 为偶函数；当 k  1 时， f  x  2x  2 x 为奇函数；当 k  R 且
k  1时， f  x  2x  k  2 x 为非奇非偶函数.
（2）  1 , ∞
 2

（3）∞, 12   3, 0 0, 312, ∞
【解析】
【分析】（1）首先求出函数的定义域，分 f x 
的 k ，即可得解；
f  x 、 f x   f  x 两种情况讨论，分别求出相应
参变分离可得当 x  1 时 k 
2x  2 x x
能成立，令 g  x 
2x  2 x x
 x  1 ，结合复合函数的单调性
2 12 1
说明 g  x 的单调性，进而得到其值域，即可得解；
由（1）可得 f  x  2x  2x ，即可判断函数的单调性，依题意可得
m  9   f 2x   f 2x  ，求出 f 2x 的范围，即可得到 m  9  15 ，再分 m  0 和 m  0
m1
2max
4m4
两种情况讨论，分别求出m 的取值范围.
【小问 1 详解】
因为 f  x  2x  k  2x , k  R ，定义域为R ，则 f x  2x  k  2x ，
若 f x 
k  1 ，
f  x ，即2 x  k  2x  2x  k  2 x ，所以k 12x  2x   0 ，所以 k  1  0 ，解得
即当 k  1 ， f  x  2x  2x 为偶函数；
若 f x   f  x ，即2x  k  2x  2x  k  2x  ，所以k 12x  2x   0 ，所以 k 1  0 ，解得
k  1 ，
即当 k  1 时， f  x  2x  2x 为奇函数；
综上可得，当 k  1 时， f  x  2x  2x 为偶函数；当 k  1 时， f  x  2x  2x 为奇函数；
当 k  R 且 k  1时， f  x  2x  k  2 x 为非奇非偶函数.
【小问 2 详解】
不等式 f  x 1  1 1  2x  2x 可化为 k  2x  2 x ，即当 x  1 时
2x  2 x
能成立.
kk 
2x 1
k2x 1
令 g  x 
2x  2 x
2x 1

 x  1 ，令t  2x
1
2, ∞ ，则 y  t
t 
t 1
 1 1 在t 2, ∞ 上单调递增，
t
所以 g  x  2x  2 x  x  1 在1,  上单调递增， 2x 1
所以 g 1  21  21  1 ， t   时， g  x  1 ，所以在1,  上 g  x 的值域是 1 ,1
1 2

2 12
所以 k 的取值范围为 1 , ∞ .
 2

【小问 3 详解】
由（1）可知， f  x  2x  2x ，
m
4
9
m
又 y  2x 在定义域R 上单调递增， y 2x 在定义域R 上单调递减，所以 f  x  2x  2 x 在定义域R 上单调递增，
若对任意的 x , x  1, 1  时，不等式 f 2x   f 2x
 恒成立，
122 12
则有 m  9
  f 2x  
f 2x  ，
4m1
2max
当 x  1, 1  时， 2x 2,1 ，所以 f 2x  15 , 3  ，所以 f 2x  0, 15  ，
2 
4 2 
4 
所以
f 2x  
f 2x  
 15 ，所以 m  9
 15 恒成立，
12max4
4m4
当 m  0 时，有 m  9  15 ，化简得 m2 15m  36  0 ，解得 m  12 或0  m  3 ，
4m4
当 m  0 时，有 m  9   15 ，化简得 m2 15m  36  0 ，解得 m
 12 或3  m  0 ，
 4m 4

综上：m 的取值范围是∞, 12   3, 0 0, 312, ∞ .