浙江省浙东北名校联考2025-2026学年高一上学期11月期中考试数学试卷

这是一份浙江省浙东北名校联考2025-2026学年高一上学期11月期中考试数学试卷，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
命题：平湖中学张天雄高玉良审稿：德清高级中学王云伟
考生须知：
本卷共 4 页满分 150 分，考试时间 120 分钟．
答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字．
所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效．
考试结束后，只需上交答题纸．
选择题部分
一、选择题：本大题共 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. 已知集合 A  1, 2, 3 ，集合 B  x 2  x  4 ，则 A ∩ B  （ ）
2
2, 3
1, 2, 3
2, 3, 4
命题“ x  0 ， 2x2 1  0 ”的否定是（ ）
x  0 ， 2x2 1  0
x  0 ， 2x2 1  0
x  0 ， 2x2 1  0
D. x  0 ， 2x2 1  0
下列函数中，既是偶函数，又在0, ∞ 上单调递减的是（ ）
y  x2
y  x
y  x
y  1
x
下列各组函数表示相同函数的是（ ）
y  x ， y  x
y  2x ， y = x2
x2

Cy ， y   x 2
y 
x3  x
，
2
y  x
x 1
嘉兴粽子以糯而不糊，肥而不腻，香糯可口，咸甜适中而著称，尤以鲜肉粽最为出名，被誉为“粽子之王”．小嘉销售一批嘉兴肉粽，每个肉粽的最低售价为 10 元．若按最低售价出售，每天能卖出 40 个；若每个肉粽的售价每提高 1 元，日销售量将减少 2 个．那么小嘉一天能获得的最大收入是（ ）
A. 440 元B. 450 元C. 460 元D. 470 元
关于 x 的不等式“ x  1”是“ x 1  1 ”成立的（ ）
x 12
充分不必要条件B. 充分必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
   6  m x  3m, x  2.1
x2  2mx  m, x  2,
已知函数 f x对任意的x ， x20,，且 x1x2 ，满足

f  x1   f  x2 
x1  x2
A. , 6
0 ，则m 的取值范围为（ ）
B. 2, 6
C. 2, 4
D. 4, 6
已知 x  0 ， y  0 ， 2xy  x  y  1 ，则（ ）
xy 的最大值为12
2
xy 的最大值为 1
8
3
3x  y 的最小值为2 2
3x  y 的最小值为 1
二、选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，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．
下列命题是真命题的是（）
若 a  b ，则 a  c  b  c
C. 若 a  b  0 ，则 a2  b2
若 a  b  0 ，则ac  bc
D. 若 a  b  0 ，则 1  1
ab
定义maxa, b  a, a  b, 已知函数 f  x  max 2x , x  1 ，则下列说法正确的是（ ）

b, a b.
当 x  0 时， f  x  2x
x 
若方程 f  x  k  0 有两个不相等的实数根，则 k 2, 
若方程 f  x 1  k  0 有两个不相等的实数根，则 k  1
若0  x  x ，则 f  x1  x2   f  x1   f  x2 
1222

已知定义在R 上的函数 f  x 满足2 f  x  y   f  x f  y   f  x  f  y  1，当 x  0 时， f  x
的值域为1,  ，且 f 1  3 ．则下列说法正确的是（ ）
f 0  1
f  x 的值域为1, 
7  f  x
f  x 在R 上单调递增D. f  f  x 的解集是0, ∞
1 f  x
非选择题部分 三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
若集合 A  1, 2, 3 ，则集合 A 的真子集有个．
已知幂函数 f  x  m2  m 1 xm2 m3 为定义在R 上的增函数，则 f 2  ．
x
已知定义在1,  上的单调函数 f  x 满足 f  f  x  1   1，若方程 f  x  a  ax  2a  0
x 

有 2 个不相等的实数根，则实数 a 的取值范围是．
四、解答题：本大题共 5 小题，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
 
x2  2x, x  0,
已知函数 f x  
2x 1, x  0.
（1）求 f 2 ， f  f 1 的值；
1
2 2
（2）若 f a  3，求实数 a 的值．
1
（1）计算：1002 
 8
 3 0
1
 86 ；
5
（2）已知集合 A  x 3  x  5， B  x 2m 1  x  m 1，若 A ∪ B  A ，求实数m 的取值范围．
ax  b
已知定义在1,1 上的函数 f  x 
求函数 f  x 的解析式；
x2 1
为奇函数，且 f 1  1 ．
用定义证明：函数 f  x 在1,1 上的单调性；
若 f  x  f  x 1  0 ，求 x 的取值范围．
已知函数 f  x  x2  mx  n ．
当 m  n  1时，求函数 f  x 的值域；
当 n  1 时，解关于 x 的不等式 f  x  0 ；
设函数 g  x  1 x2  f  x ，且函数 g  x 的图象关于直线 x  2 对称，试求函数 g  x 的最大值．
已知函数 f  x  2x  2x  2 ．
判断并证明函数 f  x 的奇偶性；
设函数 g  x  f 2x  kf  x ，若对x  0 都有 g  x  0 ，求 k 的最大值；
浙东北联盟（ZDB）2025/2026 学年第一学期期中联考
高一年级数学学科试题
命题：平湖中学张天雄高玉良审稿：德清高级中学王云伟
考生须知：
本卷共 4 页满分 150 分，考试时间 120 分钟．
答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字．
所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效．
考试结束后，只需上交答题纸．
选择题部分
一、选择题：本大题共 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】根据交集的知识求得正确答案.
【详解】依题意，集合 A  1, 2, 3 ，集合 B  x 2  x  4 ，所以 A  B  2, 3 .
【答案】B
【解析】
【分析】依据全称命题的否定规则，将量词替换并否定结论.
【详解】全称命题的否定是特称命题，需将全称量词“∀”换为存在量词“∃”，
1. 已知集合 A  1
A. 2
, 2, 3B  x
，集合
B. 2, 3
2  x  4
，则 A ∩ B  （
C. 1, 2, 3
）
D. 2, 3, 4
【答案】B
【解析】
故选：B
2. 命题“ x  0 ， 2x2 1  0 ”的否定是（
A. x  0 ， 2x2 1  0
）
B.
x  0 ， 2x2 1  0
C. x  0 ， 2x2 1  0
D.
x  0 ， 2x2 1  0
并对结论“ 2x2 1  0 ”取否定“ 2x2 1  0 ”，变量范围“ x  0 ”保持不变.
所以命题“ x  0 ， 2x2 1  0 ”的否定是： x  0 ， 2x2 1  0 .
故选：B
下列函数中，既是偶函数，又在0, ∞ 上单调递减的是（ ）
y  x2
y  x
y  x
y  1
x
【答案】A
【解析】
【分析】逐个选项判断奇偶性与0, ∞ 上的单调性即可.
【详解】A 选项， y  x2 为偶函数，在0, ∞ 上单调递减；
B 选项， y  x 为奇函数，在0, ∞ 上单调递增；
C 选项， y 
x 为偶函数，在0, ∞ 上单调递增；
D 选项， y  1 为奇函数，在0, ∞ 上单调递减；
x
故选：A.
下列各组函数表示相同函数的是（ ）
y  x ， y  x
y  2x ， y = x2
x2

y ， y   x 2
y 
x3  x
，
2
y  x
x 1
【答案】D
【解析】
【分析】通过分析每组函数的定义域和对应法则，判断是否为相同函数.
【详解】选项 A： y  x 与 y 
x 对应法则不同，不是相同函数.
选项 B： y  2x 与 y  x2 对应法则不同，不是相同函数.
x2
选项 C： y 定义域为R ， y  (
x )2 定义域为{x | x ³
0}，定义域不同，不是相同函数.
x3  x
x x2 1
y  x
选项 D： y  x ，与
定义域均为R ，对应法则相同，是相同函数.
x2 1x2 1
故选：D
嘉兴粽子以糯而不糊，肥而不腻，香糯可口，咸甜适中而著称，尤以鲜肉粽最为出名，被誉为“粽子之王”．小嘉销售一批嘉兴肉粽，每个肉粽的最低售价为 10 元．若按最低售价出售，每天能卖出 40 个；若每个肉粽的售价每提高 1 元，日销售量将减少 2 个．那么小嘉一天能获得的最大收入是（ ）
A. 440 元B. 450 元C. 460 元D. 470 元
【答案】B
【解析】
【分析】通过设售价提高的金额，建立收入的二次函数模型，利用二次函数的性质求最大值.
【详解】设每个肉粽的售价提高 x 元，则售价为10  x 元，日销售量为40  2x 个.
收入 y  10  x40  2x  2x2  20x  400 .
20
 
因为二次函数 y  2x2  20x  400 开口向下，当 x   5 时， y 取得最大值.
22
此时最大收入为10  540  2  5  15 30  450 元.
故选：B
关于 x 的不等式“ x  1”是“ x 1  1 ”成立的（ ）
x 12
充分不必要条件B. 充分必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】先解分式不等式，再根据必要不充分条件的判定判断即可．
【详解】由 x 1  1 ，即 x 1  1 x  3
 0 ，
x 12x 122  x 1
即 x  3 x 1  0 ，解得3  x  1，
所以“ x  1”是“ x 1  1 ”成立的必要不充分条件．
x 12
故选：C．
x2  2mx  m, x  2,

已知函数 f  x  6  m x  3m, x  2. 对任意的x1 ， x2 0,  ，且 x1  x2 ，满足
f  x1   f  x2 
x1  x2
0 ，则m 的取值范围为（ ）
A. , 6
B. 2, 6
C. 2, 4
D. 4, 6
【答案】C
【解析】
【分析】分析分段函数各段的单调性及分段点处的函数值关系，求出m 的取值范围.
f  x1   f  x2 
【详解】依题意，对任意的x1 ， x2 0,  ，且 x1  x2 ，满足
x  x
0 ，
12
所以函数在0, ∞ 上单调递增，
需满足：
当 x  2 时， f  x  x2  2mx  m 单调递增，故对称轴 m  2 ；
当 x  2 时， f  x  6  m x  3m 单调递增，故6  m  0 ，即 m  6 ；分段点处22  2m  2  m  6  m 2  3m ，解得 m  4 .
综上， m 的取值范围为2, 4 .
故选：C
已知 x  0 ， y  0 ， 2xy  x  y  1 ，则（ ）
xy 的最大值为12
2
xy 的最大值为 1
8
3
3x  y 的最小值为2 2
3x  y 的最小值为 1
【答案】D
【解析】
xy
【分析】根据1  2xy  x  y  2xy  2
可判断 AB，令 m  2x 1， n  2 y 1，得到 mn  3 ，再根据
3mn
3x  y  3m  n  2  2  1即可判断 CD．
2
xy
【详解】解：1  2xy  x  y  2xy  2
xy
令t  0 ，则2t 2  2t 1  0 ，则t 
令 m  2x 1， n  2 y 1，
（当且仅当 x  y 
3 1 ，所以 xy  1
2
3 1 时取等），
2
3 ；
2
则 mn  2x 12 y 1  4xy  2x  2 y 1  3 ，
3mn
3x  y  3m  n  2  2  1（当且仅当3m  n  3 ，即 x  0 ， y  1时取等）．
2
故选：D．
二、选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，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．
下列命题是真命题的是（）
若 a  b ，则 a  c  b  c
C. 若 a  b  0 ，则 a2  b2
若 a  b  0 ，则ac  bc
D. 若 a  b  0 ，则 1  1
ab
【答案】AC
【解析】
【分析】根据不等式的性质、差比较法等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A 选项，若 a  b ，由不等式的性质可知 a  c  b  c ，A 选项正确.
B 选项，若 a  b  0 ，当c  0 时， ac  bc ，所以 B 选项错误.
C 选项，若 a  b  0 ，则 a2  b2  a  ba  b  0, a2  b2 ，C 选项正确
D 选项，若 a  b  0 ，则 1  1  b  a  0, 1  1 ，D 选项错误.
ababab
故选：AC
定义maxa, b  a, a  b, 已知函数 f  x  max 2x , x  1 ，则下列说法正确的是（ ）

b, a b.
当 x  0 时， f  x  2x
x 
若方程 f  x  k  0 有两个不相等的实数根，则 k 2, 
若方程
f  x 1  k  0 有两个不相等的实数根，则 k  1
若0  x
 x ，则 f  x1  x2  
f  x1   f  x2 
1222

【答案】ABD
【解析】
【详解】当 x  1 时， 21  1 1  2 ，
1
对于 A，画出 y  2x 与y  x  1 的图象如下图所示，
x
2x , x  0
1 1
所以 f  x  max 2x , x   x 
, 0  x  1 ，A 选项正确，
x

x
2x , x  1
画出 f  x 的图象如下图所示，
对于 B 选项，方程 f  x  k  0 ，即 f  x  k 有两个不相等的实数根，由图可知 k 的取值范围是2, ∞ ，所以 B 选项正确.
对于 C 选项，方程
f  x 1  k  0 ，即
f  x 1  k ，
可得 f  x  1 k 或 f  x  1 k ，当 k  1 时， f  x  2 或 f  x  0 ，
由图可知 f  x  0 无解， f  x  2 有唯一解，
也即 k  1 时，方程
f  x 1  k  0 有唯一解，所以 C 选项错误.
对于 D 选项，结合图象以及凸函数的性质可知， f  x 在0,1 和1, ∞ 上，
均满足 f  x1  x2  
f  x1   f  x2  （ 0  x
 x ），所以 D 正确.
2212

故选：ABD
已知定义在R 上的函数 f  x 满足2 f  x  y   f  x f  y   f  x  f  y  1，当 x  0 时， f  x
的值域为1,  ，且 f 1  3 ．则下列说法正确的是（ ）
f 0  1
f  x 的值域为1, 
7  f  x
f  x 在R 上单调递增D. f  f  x 的解集是0, ∞
1 f  x
【答案】ACD
【解析】
【分析】应用赋值法计算判断 A，应用换元法计算判断值域判断 B，应用单调性定义计算判断 C，结合单
调性计算求解判断 D.
【详解】令 x  1 ， y  0 ，得2 f 1  f 1 f 0  f 1  f 0 1，
又 f 1  3 ，所以 f 0  1 ，故选项 A 正确；
令 y  x ，得2 f 0  f  x f x  f  x  f x 1  2 ， 3  f x4
所以 f  x 1 ，当 x  0 时， f x  1 ，
1 f x1 f x
得0 
4
1 f x
 2 ，此时1 
f  x  1，所以 f  x 的值域为1,  ，故选项 B 错误；
x1  x2 ，有 x1  x2  0 ， f  x1  x2   1，
所以 f  x1   f  x2   f  x1  x2  x2   f  x2 
 1  f  x  x  f  x   f  x  x   f  x  1  f  x 
2 1221222
 1  f  x  1  f  x  x  1  0 ，
2 2
 12
即 f  x1   f  x2  ，所以 f  x 在R 上单调递增，故选项 C 正确；
7  f  x
若 f  f  x ，又 f  x  1 ，则 f  f  x  f  x f  f  x  f  x  7 ， 1 f  x
由题可知 f  f  x  x  3  f 1 ，
又 f  x 在R 上单调递增，得 f  x  x  1  f 0  0 ，
由函数 y 
f  x   x 在R 上单调递增，所以 x  0 ，故选项 D 正确．
故选：ACD.
非选择题部分
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
若集合 A  1, 2, 3 ，则集合 A 的真子集有个．
【答案】7
【解析】
【分析】若集合有 n 个元素，则集合的真子集的个数为2n 1.
【详解】集合 A  1, 2, 3 有 3 个元素，则真子集的个数为23 1  7 个，故答案为：7.
已知幂函数 f  x  m2  m 1 xm2 m3 为定义在R 上的增函数，则 f 2  ．
【答案】8
【解析】
【分析】先根据幂函数定义求m ，再结合单调性确定m 的值，最后计算 f 2 .
【详解】由幂函数定义， m2  m 1  1，解得 m  2 或 m  1.
当 m  2 时，指数 m2  m  3  3 ， f  x  x3 ，在R 上是增函数，符合条件；当 m  1时，指数 m2  m  3  3 ， f  x  x3 ，定义域为x | x  0，不符合.故 f  x  x3 ， f 2  23  8 .
故答案为： 8
x
已知定义在1,  上的单调函数 f  x 满足 f  f  x  1   1，若方程 f  x  a  ax  2a  0
x 

有 2 个不相等的实数根，则实数 a 的取值范围是．
2
【答案】 a  1 2
【解析】
【分析】由单调性求出 f (x) 解析式， f  x  a  ax  2a  0 转化为 y 
有两个交点，数形结合求 a 的取值范围即可.
f  x 与 g  x  a  a x  2 图像
x
c
【详解】由题意设 f  x  1  c ，则 f (c)  1  c  1，
xc
c
因为函数 y  c ， y ， y   1 在0, ∞ 上单调递增，
c
c
所以函数 y  1  c 在0, ∞ 上单调递增，
c
当c  1时，
所以c  1，
 1  c  1，
c
c
x
则 f  x  1 1，
x
设 g  x  a  ax  2a ，则 y 
f  x 与 y  g  x 的图象有 2 个交点．
因为 f  x 在1,  单调递增且 f 1  1，
所以当a  0 时， g(x)  0 ，则不会有两个交点；
当 a  0 时，g  x 在1, 2单调递增，在2,  单调递减，且 g 1  0 ，可得 g 2  a 
2
所以 a  1 ．
2
2
故答案为： a  1 .
2
f 2  1 ，
2
2
四、解答题：本大题共 5 小题，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
 
x2  2x, x  0,
15 已知函数 f x  
2x 1, x  0.
（1）求 f 2 ， f  f 1 的值；
（2）若 f a  3，求实数 a 的值．
【答案】（1） f 2  3 ， f  f 1  5
（2） a  1 或 a  2
【解析】
【分析】（1）根据分段函数直接代入求值即可；
（2）由 f a  3，再分 a  0 ， a  0 代入解方程即可．
【小问 1 详解】
 
x2  2x, x  0
因为 f x  ，
2x 1, x  0
所以 f 2  3 ， f  f 1  f 3  5 ；
【小问 2 详解】
当 a  0 时， a 2  2 a  3 ，解得 a  1 或 a  3 （舍），当 a  0 时， 2a 1  3 ，解得 a  2 ，
1
2 2
综上所述， a  1 或 a  2 ．
1
（1）计算：1002 
 8
 3 0
1
 86 ；
5
（2）已知集合 A  x 3  x  5， B  x 2m 1  x  m 1，若 A ∪ B  A ，求实数m 的取值范围．
【答案】（1）3 ；（2） m1 ．
【解析】
【分析】（1）根据幂指数运算，直接求解即可；
（2）由 A ∪ B  A ，得到 B  A ，再分 B   和 B   两种情况讨论求解即可．
2
2
【详解】解：（1）原式 10  1 8  3 ．
（2）由题知 B  A ，
当 B   时，则2m 1  m 1，解得 m ≥ 2 ；
2m 1  m 1,

当 B   时，则2m 1  3,

m 1  5.
综上所述 m1．
解得1  m  2 ，
ax  b
已知定义在1,1 上的函数 f  x 
求函数 f  x 的解析式；
x2 1
为奇函数，且 f 1  1 ．
用定义证明：函数 f  x 在1,1 上的单调性；
若 f  x  f  x 1  0 ，求 x 的取值范围．
【答案】（1） f  x 
2x x2 1
（2）证明见解析（3） 1  x  1
2
【解析】
【分析】（1）解法一、根据 f 0  0, f 1  1代入求解即可；解法二、根据 f x   f  x, f 1  1求解即可；
利用函数的单调性的定义，判断 f  x1   f  x2  的正负情况，即可得出结果；

x  1 x,
根据函数为奇函数，则 f  x 
【小问 1 详解】

 f 0  b  0,
f 1 x ，再结合定义域和单调性可得1  x  1,

1  1 x  1.
即可．
解法一：由
a  b
 f 1  1.
2
可知 a  2 ， b  0 ，即 f  x 
2x
．
x2 1
 f 1  a  b  1,a  b  2,
2 
解法二：由ax  b
ax  b
 f x   f  x.


 x2 1
x2 1 .
可知 a  2 ， b  0 ，即 f  x 
【小问 2 详解】
任取- 1 £ x1 < x2 £ 1 ，
2x
．
x2 1
则 f  x1   f  x2  
2x1 
x2 1
2x2
x2 1
 2  x2  x1  x1x2 1
x2 1x2 1，
1212
因为 x2  x1  0 且 x1x2  1，可知 f  x1   f  x2   0 ，即 f  x1  
所以函数 f  x 在1,1 上单调递增．
f  x2  ，
【小问 3 详解】
f  x   f  x 1 
f 1 x ，
又函数 f  x 在1,1 上单调递增，
x  1 x,

则1  x  1,

1  1 x  1.
所以 1  x  1．
2
已知函数 f  x  x2  mx  n ．
当 m  n  1时，求函数 f  x 的值域；
当 n  1 时，解关于 x 的不等式 f  x  0 ；
设函数 g  x  1 x2  f  x ，且函数 g  x 的图象关于直线 x  2 对称，试求函数 g  x 的最大值．
【答案】（1）  3 , 

 4
（2）答案见解析（3）16
【解析】
【分析】（1）对二次函数配方，得到顶点式即可求解；
当 n  1 ，再分Δ  0 、Δ  0 、Δ  0 三种情况讨论二次不等式的解集即可；
根据对称性得到 g  x  1 x1 x x  3 x  5 ，解法一：利用换元法变成可配对使用平方差公式整理得到后使用基本不等式求解；解法二：直接配对结合后根据利用基本不等式求解．
【小问 1 详解】
1 23
f  x  x2  x 1   x 

  ，
2
4

则 f  x f   1   3 ，所以函数 f  x 的值域是 3 ,  ；
min
2 4
 4

【小问 2 详解】
由题可知 x2  mx 1  0 ， Δ  m2  4 ．
m m2  4
m m2  4
①当Δ  0 ，即 m  2 或 m  2 时， x 或 x ；
22
②当Δ  0 ， m  2 ，当 m  2 时， x  1 ，当 m  2 时， x  1 ；
③当Δ  0 ，即2  m  2 时， x  R ．
综上，当 m  2 或 m  2 时，不等式的解集为x x 
或 x 
m m2  4
2
 ；
m m2  4 
2
当 m  2 时，不等式的解集为x  R x  1 ；当 m  2 时，不等式的解集为x  R x  1；当2  m  2 时，不等式解集为R ；
【小问 3 详解】
1
2
g  x  1 x2 x2  mx  n，易知 x  1 ， x  1是 g  x  0 的两根，
由函数 g  x 的图象关于直线 x  2 对称，可知 x3  3 、 x4  5 也是 g  x  0 的两根，故 g  x  1 x1 x x  3 x  5 ，
解法一：令 x  t  2 ，
 1 t 2  t 2  9 
2
则 g t  2  1 t 3  t t 1t  3  1 t 2 t 2  9  
 16 ，
2
5
当且仅当t 2  5 ，即 x  2 时取等．
 2 2
 x2  4x  3  x2  4x  5 2
解法二： g x  x  4x  3x  4x  5  
 16 ，
2
5
当且仅当x2  4x  3  x2  4x  5 ，即 x  2 时取等．
已知函数 f  x  2x  2x  2 ．
判断并证明函数 f  x 的奇偶性；
设函数 g  x  f 2x  kf  x ，若对x  0 都有 g  x  0 ，求 k 的最大值；
4, x  2,

设函数 h  x   f  x  a  2
若对x1 2,  ，均x2 , 2 ，使得 h( x1 ) = h( x2 ) 成
 4ax
, x  2.
 x2  4
立，求实数 a 的取值范围．
【答案】（1）函数 f  x 为偶函数，证明见解析
（2）4（3） 0  a  2
【解析】
【分析】（1）应用偶函数定义证明即可；
先换元设t  2x  2 x  2 ，解法一：分t  k  2 和t  k  2 结合二次函数性质计算求解；解法二：
22
参数分类结合最值计算求解
先构造 y 4
12xa  2a x
（ x  2 ）， y2 
4a
x  4 （ x  2 ），再根据值域间关系，分类讨论结合指数
x
函数单调性计算求参.
【小问 1 详解】
函数 f  x 为偶函数，
由题知函数 f  x 的定义域 x  R 关于原点对称，
且 f x  2x  2x  2  f  x ，所以函数 f  x 为偶函数．
【小问 2 详解】
g  x  22x  22x  k 2x  2x   2k  2 ，
令t  2x  2x  2 ，则 y  t 2  kt  2k  4 （ t  2 ），
解法一：①当对称轴t  k  2 ，即 k  4 时，
2
ymin
2
 2 
  k 

 k  k  2k  4  0 ，即k  42  0 （舍去）；
2
②当对称轴t  k  2 时，即 k  4 时， y  22  2k  2k  4  0 满足题意，则 k  4 ．
2
综上所述， k 最大值为 4．
解法二： t 2  kt  2k  4  0 对任意t  2 恒成立，
 t 2  4 
t  2
min
即 k  
min
 t  2，由t  2  4 ，则 k  4 ，
所以 k 最大值为 4．
【小问 3 详解】
4, x  2
 2xa  2a x

h  x  

4a , x  2，
4
 x 
x
记 y1 
4
2xa  2a x
（ x  2 ）， y2 
4a
x  4 （ x  2 ），
x
由题意可知， y2 的值域是 y1 的值域的子集．
①当 a  0 时， y2  0 且 y1  0 ，舍去；
②当 a  0 时， y2  0 且 y1  0 ，舍去；
当 a  0 时， y1 
4
2xa  2a x
在∞, a 单调递增，在a, ∞ 单调递减，
y 4a4a
2x  4 在2, ∞ 单调递减，则0  y2  a ，
x2  2
③当0  a  2 时， y1 0, 2 ， y2 0, a  0, 2 成立；
④当 a  2 时， y1 0, 2 ， y2 0, 2 ，不满足题意，舍去；
⑤当 a  2 时， y  0,
4 ， y
0, a ，则4
a ，
122a  2a2 2
22a  2a2
由 y 
4
22a  2a2

a 在2, ∞ 单调递减，且当 a  2 时， y 
4
222  222
2  0 ，即该情况无解．