浙江省北斗联盟2025-2026学年高一上学期11月期中考试数学试卷

这是一份浙江省北斗联盟2025-2026学年高一上学期11月期中考试数学试卷，共18页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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，每题只有一个正确选项.
已知全集U  1, 0,1, 2 ， A  x x2  x，则ðU A  （ ）
1,1, 2
C. 1, 2
命题“ x 0,  ， x2  0 ”的否定是（ ）
B. 1, 0, 2
D. 0,1
A. x 0,  ， x2  0
C. x , 0， x2  0
 1 0.7
B. x , 0 ， x2  0
D. x 0,  ， x2  0
设a  30.8, b   
 3 
a  b  c
, c  0.80.7 ，则（）
b  a  c
c  a  b
c  b  a
“ 1  2 ”是“ a  1 ”的（）
a2
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
x
已知 f 1  x  3 ，则 f  x  （）
x2  2x  2  x  0
x2  2x  4  x  0
x2  2x  4  x  1
D. x2  2x  2 x  1
我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．”在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来研究函数图象的
特征．我们从这个商标中抽象出一个图象如图，其对应的函数可能是（ ）
f  x  1
x 1
f  x  1

x1
f  x  1
x2 1
f  x  1
x2 1
已知函数 y  ax1 1a  0, a  1 图象恒过定点 A ，且点 A 在函数 y  mx  n m, n  0 图象上，则
11
的最小值为（ ）
mn
3
B. 1C. 2D.
2
已知定义在 R 上的函数 f  x 满足 f  x  f x  0 ， x1 , x2 0,  ， 当 x1  x2 时， 都有
f  x1   f  x2   1，则不等式 f 2x  f 5  x  5  3x 的解集为（）
x2  x1
  5 , 0 
 0, 5 
 , 5 
 5 , 
3
3 
3 
 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 6 分，有选错的得 0 分，部分选对但不全的得部分分.
对于任意实数 a，b，c，d，有以下四个命题，其中正确的是（）
若 a  b ， c  d ，则 ac  bd
若 ac2  bc2 ，则 a  b
若 a  b ，则
1  1
ab
若 a  b ， c  d ，则 a  d  b  c
下列说法正确的是（）
函数 f  x  x 1 与 g  x   x 12 是同一个函数
若函数 f  x 的定义域为0, 2 ，则函数 f 2x  2 的定义域为1, 2

C 若集合 A  x

2x 1 
x  2
1， B  x x  x  6  0，则 A  B
2

函数 f  x  2x2 2 x 的单调递增区间为1, 
高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设 x  R ，用x 表示不超过 x 的最大整数，则 y  x称
x
为高斯函数.例如：3.5  4,2.1  2 .已知函数 f  x 2 1 ， g  x   f  x ，则下列叙述中正
1 2x2
确的是（）
A. f  x 是奇函数B. g  x  是偶函数
g  x  的值域是1, 0D. f  x 在R 上是增函数
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.
2x 1, x  1

已知函数 f  x  


4 , x  1
x
，则 f  f 2  ．
0
1
求值： 0.008 3  π
4 256
 .
已知 a  0 ， b  0 ，且 ab  2a  b  3 ，则 a  b 的最小值为.
四、解答题：本大题共 5 小题，第 15 题 13 分，第 16 题 15 分，第 17 题 15 分，第 18 题 17
分，第 19 题 17 分，共 77 分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
已知集合 A  x | 2  a  x  2  a ， B  {x | x  1 或 x  4}.
（1）当 a  3 时，求 A  B ；
（2）若 A Ø ðR B ，求实数 a 的取值范围.
函数 f  x  ax  b 是定义在3, 3 上的奇函数，且 f 1  1 .
9  x24
确定 f  x 的解析式；
证明 f  x 在3, 3 上的单调性；
解关于 t 的不等式 f t 1  f t   0 .
某公司为了提高生产效率，决定投入 160 万元买一套生产设备，预计使用该设备后，前 x x  N*  年的支出成本为10x2  2x 万元，每年的销售收入 98 万元.使用若干年后对该设备处理的方案有两种： 方案一：当总盈利额达到最大值时，该设备以 20 万元的价格处理；
方案二：当年平均盈利额（注：年平均盈利额 总盈利额 ）达到最大值时，该设备以 30 万元的价格处
年度
理.
设前 x 年的总盈利额为 y （不含设备处理收益），写出方案一中 y 与 x 的函数关系式
哪种方案较为合理？并说明理由.
已知函数 f (x)  22 x  2k  2x 1 .
当 k  1 时，求 f (x) 的值域；
若 f (x) 的最小值为3 ，求 k 的值；
2
x
在（2）的条件下，若不等式 f (x)  8 有实数解，求实数 a
a
的取值范围.
对于区间[a, b](a  b) ，若函数 y  f (x) 同时满足：①在a, b 上是单调函数，②函数 y  f (x) 在
a, b 的值域是a, b ，则称区间a, b 为函数的“保值”区间.
求函数 f (x)  x2 的所有“保值”区间；
判断函数 g(x)  1 1 是否存在“保值”区间，并说明理由；
x
(a2  a)x 1
m, n
n  ma
已知函数 h(x) 
a2 x
(a  R, a  0) 有“保值”区间 ，当
取得最大值时求
的值.
2025 学年第一学期杭州北斗联盟期中联考
高一年级数学学科试题
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，每题只有一个正确选项.
1. 已知全集
U  1, 0,1, 2 ，
A  x x2  x
，则ðU A  （ ）
A. 1,1, 2
C. 1, 2
B. 1, 0, 2
D. 0,1
【答案】C
【解析】
【分析】解出集合 A ，利用补集的定义可得出集合ðU A .
【分析】利用全称量词命题的否定可得出结论.
【详解】命题“ x 0,  ， x2  0 ”为全称量词命题，该命题的否定为： x 0,  ， x2  0 .
故选：D.
【详解】因为全集U  1, 0,1, 2 ， A  x x2
 x
 0,1 ，故ðU A  1, 2 .
故选：C.
2. 命题“ x 0,  ， x2  0 ”的否定是（
）
A. x 0,  ， x2  0
B. x , 0 ， x2  0
C. x , 0， x2  0
D. x 0,  ， x2  0
【答案】D
【解析】
 1 0.7
设a  30.8, b   
 3 
a  b  c
【答案】A
【解析】
, c  0.80.7 ，则（）
b  a  c
c  a  b
c  b  a
【分析】利用指数函数的单调性比较大小即可.
 1 0.7
3
【详解】Qb   
 
 30.7, y  3x 在R 上单调递增，30.8  30.7  30,a  b  1.Q y  0.8x 在R 上单
调递减，0.80.7  0.80  1,a  b  c ．故选：A．
“ 1  2 ”是“ a  1 ”的（）
a2
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】B
【解析】
【分析】解分式不等式求 1  2 的解，结合充分、必要性的定义判断条件间的关系.
a
111 2a1
【详解】由  2   2  0  0  a(2a 1)  0  a  0 或 a  ，
aaa2
所以“ 1  2 ”是“ a  1 ”的必要不充分条件.
a
故选：B
x
已知 f 
2
1  x  3 ，则 f  x  （）
A. x2  2x  2  x  0
C. x2  2x  4  x  0
B. x2  2x  4  x  1
D. x2  2x  2 x  1
【答案】B
【解析】
【分析】利用换元法可得答案.
x
【详解】令t 1, t  1 ，则 x  t 12 ，所以 f t   t 12  3  t 2  2t  4 t  1 ，
即 f  x  x2  2x  4  x  1 .
故选：B.
我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．”在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来研究函数图象的
特征．我们从这个商标中抽象出一个图象如图，其对应的函数可能是（ ）
f  x  1
x 1
f  x  1

x1
f  x  1
x2 1
f  x  1
x2 1
【答案】B
【解析】
【分析】由图象知函数的定义域排除选项 A、D，再根据 f 0  1不成立排除选项 C，即可得正确选项.
x 1
【详解】因为函数 f  x 
1的定义域为x | x  1 ，函数 f  x 
1
x2 1
的定义域为R ，
函数 f  x  1 与 f  x  1 的定义域均为x | x  1 .
x 1
x2 1
由图知 f  x 的定义域为x | x  1 ，排除选项 A、D，
对于 f  x 
故选：B.
1
x2 1
，当 x  0 时， f 0  1，不符合图象 f 0  1，所以排除选项 C.
已知函数 y  ax1 1a  0, a  1 图象恒过定点 A ，且点 A 在函数 y  mx  n m, n  0 图象上，则
1  1 的最小值为（ ）
mn
3
B. 1C. 2D.
2
【答案】C
【解析】
【分析】由指数函数性质得定点坐标，代入直线方程得 m, n 的关系，然后由基本不等式求得最小值．
【详解】由 x 1  0 得 x  1 ，又 f (1)  2 ，所以定点为 A1, 2 ，从而 m  n  2 ，
m  n
n m
1  1  1 ( 1  1 )(m  n)  1 (2  m  n )  1 (2  2)  2 ，
mn2 mn2nm2
当且仅当 m  n  1时等号成立.
故选：C.
已知定义在 R 上的函数
f  x 满足
f  x  f x  0 ， x1 , x2 0,  ， 当 x1  x2 时， 都有
f  x1   f  x2   1，则不等式 f 2x  f 5  x  5  3x 的解集为（）
x2  x1
  5 , 0 
 0, 5 
 , 5 
 5 , 
3
3 
3 
 3

【答案】D
【解析】
【分析】根据已知 f  x 在 R 上为奇函数，令 g(x)  f (x)  x ，结合已知和单调性的定义及奇函数的对称
性得 g(x) 在 R 上单调递减，并将不等式化为 g 2x  g 5  x  0 求解集.
【详解】由题设 f x   f (x) ，即 f  x 在 R 上为奇函数，令 g(x)  f (x)  x ，
在0, ∞ 上 x  x ， [ f  x1   x1 ] [ f  x2   x2 ]  g(x1 )  g(x2 )  0 ，
12x  xx  x
2121
所以 g(x2 )  g(x1 )  0 ，故 g(x) 在0, ∞ 上单调递减，且g(0) 
x2  x1
f (0)  0  0 ，
又 g(x)  f (x)  x   f (x)  x  g(x) ，即 g(x) 在 R 上为奇函数，
综上， g(x) 在 R 上单调递减，
由 f 2x  f 5  x  5  3x ，则[ f 2x  2x] [ f 5  x  (5  x)]  0 ，
5
3
所以 g 2x  g 5  x 0  g 2x g 5  x  2x 5  x  x，
所以不等式的解集为 5 , ∞ .
 3

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，有选错的得 0 分，部分选对但不全的得部分分.
对于任意实数 a，b，c，d，有以下四个命题，其中正确的是（）
若 a  b ， c  d ，则 ac  bd
若 ac2  bc2 ，则 a  b
若 a  b ，则
1  1
ab
若 a  b ， c  d ，则 a  d  b  c
【答案】BD
【解析】
【分析】
可举反例证明不正确.（2）因为 ac2  bc2 成立，则c2  0 .（3）a 为正数，b 为负数时不成立.（4）因为c  d ，则c  d ，所以 a  d  b  c .
【详解】A 选项： 3  5 ，1  4 ，但是31  54 ，A 不正确；
B 选项：因为 ac2  bc2 成立，则c2  0 ，那么 a  b ，B 正确；
C 选项： 2  3 ，但是 1   1 ，C 不正确；
23
D 选项：因为c  d ，则c  d ，又 a  b ，所以 a  d  b  c ，D 正确.故选：BD
【点睛】此题考查不等式比较大小，一般可通过特值法证伪判错，属于简单题目.
下列说法正确的是（）
函数 f  x  x 1 与 g  x   x 12 是同一个函数
若函数 f  x 的定义域为0, 2 ，则函数 f 2x  2 的定义域为1, 2

若集合 A  x

2x 1 
x  2
1， B  x x  x  6  0，则 A  B
2

函数 f  x  2x2 2 x 的单调递增区间为1, 
【答案】BD
【解析】
【分析】由同一函数的定义域和对应法则相同判断 A，由抽象函数的定义域求法判断 B，解分式及一元二次不等式求集合判断 C，由二次函数、指数函数的性质及复合函数单调性判断 D.
【详解】A：由 f  x  x 1 的定义域为 R， g  x   x 12 的定义域为[1, ) ，不是同一函数，错，
B：由 f  x 的定义域为0, 2 ，对于 f 2x  2 有0  2x  2  2  1  x  2 ，则定义域为1, 2，对，
C：由 2x 1  1  2x 1 1  x  3  0  (x  2)(x  3)  0  2  x  3 ，则

x  2
x  2
x  2
x  2  0
A  x  2  x  3 ，
由 x2  x  6  (x  2)(x  3)  0  2  x  3 ，则 B  x  2  x  3 ，显然 A  B ，错，
D：由t  x2  2x  (x 1)2 1 ，在(,1) 上单调递减，在(1, ) 上单调递增，而 y  2t 在定义域上单调递增，故 f  x  2x2 2 x 的单调递增区间为(1, ) ，对. 故选：BD
高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为
世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设 x  R ，用x 表示不超过 x 的最大整数，则 y  x称
x
为高斯函数.例如：3.5  4,2.1  2 .已知函数 f  x 2 1 ， g  x   f  x ，则下列叙述中正
1 2x2
确的是（）
A. f  x 是奇函数B. g  x  是偶函数
C. g  x  的值域是1, 0D. f  x 在R 上是增函数
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据已知有 f  x  1 1，结合指数函数、分式函数的单调性判断 f  x 单调性，应用奇偶性
21 2x
定义判断 f  x 的奇偶性，进而求其值域，再由函数新定义确定 g  x 的值域和奇偶性.
2x11 2x 1111
x
x
x
【详解】由 f  x    ，
1 221 2221 2
又t  1 2x 在R 上为增函数且t (1, ) ， y   1 在t (1, ) 上单调递增，
t
所以 f  x 在R 为增函数，D 对，
1112x12x 1111
f x   x   x    f (x) ，
x
x
21 222 122 11 22
且 f  x 的定义域为R ，即 f  x 为奇函数，A 对，
由 f  x  1 1( 1 , 1 ) ，则 g(x)  [ f  x]1, 0 ，C 对，B 错.
21 2x2 2
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.
2x 1, x  1

12 已知函数 f  x  


4 , x  1
x
，则 f  f 2  ．
【答案】 5
【解析】
【分析】根据分段函数的定义直接计算.
【详解】由已知 f 2   4  2 ，
2
4 256
则 f  f 2 
f 2  2  2 1  5 ，
故答案为： 5 .
13. 求值：0
1
0.008 3  π
【答案】0
【解析】
 .
【分析】应用指数幂的运算及根式与指数幂关系化简求值.
4 256
 10
2 3( 1 )4 1
【详解】由0.008 3  π
 () 10
3 1 4
4  5 1 4  0 .
故答案为：0
已知 a  0 ， b  0 ，且 ab  2a  b  3 ，则 a  b 的最小值为.
5
【答案】3  2
【解析】
【分析】由题设
a(b 1)  a  b  3  0
(a  b 1)2
，结合重要不等式有 a(b 1) ，注意等号成立条件，
4
从而得到 a  b  3 
(a  b 1)2
4
，令t  a  b  1得t 2  6t 11  0 ，解一元二次不等式求t ，即可得.
【详解】由题设 a(b 1)  a  b  3  0 ，且a, b  0 ，则b  1，

(a  b 1)2
由 a(b 1) ，当且仅当 ab 1时取等号，则 a  b  3 
4
(a  b 1)2
，
4
2
(t 1)2
令tab1，则t  3 ，整理得t  6t 11  0 ，
5
5
4
5
所以t  3  2
（舍）或t  3  2
，即 a  b  3  2，
当且仅当 a  1
5, b  2 
5 时取等号，故 a  b 的最小值为3  2 5 .
5
故答案为： 3  2
四、解答题：本大题共 5 小题，第 15 题 13 分，第 16 题 15 分，第 17 题 15 分，第 18 题 17
分，第 19 题 17 分，共 77 分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
已知集合 A  x | 2  a  x  2  a ， B  {x | x  1 或 x  4}.
（1）当 a  3 时，求 A  B ；
若 A Ø ðR B ，求实数 a 的取值范围.
【答案】（1） A  B  {x | 1  x  1 或4  x  5}；
（2）{a | a ³ 1} .
【解析】
【分析】（1）先求出集合 A  x | 1  x  5 ，再求 A  B ；
（2）先求出ðR B  {x |1  x  4}，假设 A  ðR B ，分类讨论，列不等式即可求出实数 a 的取值范围.
【小问 1 详解】
当 a  3 时， A  x | 1  x  5 ，而 B  {x | x  1 或 x  4}，所以 A  B  {x | 1  x  1 或4  x  5}；
【小问 2 详解】
因为 B  {x | x  1 或 x  4}，所以ðR B  {x |1  x  4}，若 A  ðR B ，
当 A   时，此时有2  a  2  a ，解得 a  0 ，
2  a  2  a
当 A   时，要使 A  ð B ，只需2  a  4，解得0  a  1，
R

2  a  1
综上： A  ðR B ，则 a  1 ，要使得 A à ðR B ，则a  1 ，
即实数 a 的取值范围{a | a ³ 1} .
函数 f  x  ax  b 是定义在3, 3 上的奇函数，且 f 1  1 .
9  x24
确定 f  x 的解析式；
证明 f  x 在3, 3 上的单调性；
解关于 t 的不等式 f t 1  f t   0 .
【答案】（1） f  x 
2x 9  x2
（2）证明见解析（3）  2, 1 
2 

【解析】
【分析】（1）根据奇偶性的定义与性质求解 a, b
由函数的单调性的定义证明
由函数奇偶性和单调性，转化不等式后再求解
【小问 1 详解】
根据题意，函数 f  x  ax  b 是定义在3, 3 上的奇函数，
9  x2
则 f 0  b  0 ，
9
解得b  0 ；
又由 f 1  1 ，则有 f 1  a  1 ，
4
解得 a  2 ；
函数 f  x 2x
84
的定义域为3, 3 ，定义域关于原点对称，
9  x2
f x  2x  
9  x2
2x 9  x2
  f  x ，
所以函数 f  x 
2x 9  x2
为奇函数，
所以 f  x 
2x
，
9  x2
【小问 2 详解】
由（1）的结论， f  x 
设3  x1  x2  3 ，
2x
，
9  x2
2x2x
2x 9  x2   2x 9  x2 
则 f  x   f  x   1  2 1221
129  x2
9  x2
9  x2 9  x2 
9  x2 9  x2 
 2 9  x1x2  x1  x2  .
12
又由3  x1  x2  3 ，
1212
则9  x x  0 ， x  x  0 ， 9  x2  0 ， 9  x2  0 ，
1 21212
则 f  x1   f  x2   0 ，即 f  x1   f  x2  ，则函数 f  x 在3, 3 上为增函数.
【小问 3 详解】
由（1）（2）知 f  x 为奇函数且在3, 3 上为增函数.

3  t 1  3
f t 1  f t   0 
解得： 2  t  1 ，
2
f t 1   f t  
f t 1 
f t   3  t  3，

t 1  t
即不等式的解集为 2, 1  .
2 

某公司为了提高生产效率，决定投入 160 万元买一套生产设备，预计使用该设备后，前 x x  N*  年的支出成本为10x2  2x 万元，每年的销售收入 98 万元.使用若干年后对该设备处理的方案有两种： 方案一：当总盈利额达到最大值时，该设备以 20 万元的价格处理；
方案二：当年平均盈利额（注：年平均盈利额 总盈利额 ）达到最大值时，该设备以 30 万元的价格处
年度
理.
设前 x 年的总盈利额为 y （不含设备处理收益），写出方案一中 y 与 x 的函数关系式
哪种方案较为合理？并说明理由.
【答案】（1） y  10x2  100x  160
（2）方案二合理，理由见解析
【解析】
【分析】（1）利用已知条件即可写出 y 与 x 的函数关系式；
分别写出两种方案的总利润以及所需要的时间，即可得出结论.
【小问 1 详解】
根据题意可得 y  98x  10x2  2x   160  10x2  100x  160 ，则方案一中 y 与 x 的函数关系式为： y  10x2  100x  160 ；
【小问 2 详解】
方案一：Q y  10x2  100x  160  10  x  52  90 ，
当 x  5 时，总盈利额 y 取得最大值 90 万元，此时处理掉设备，则总利润为90  20  110 万元；方案二：由（1）可得年平均利润额为
10x  160
x
y10x2  100x  160160 
x x 10x  x   100  2
 100  20 ，

当且仅当10x  160 即 x  4 时等号成立，
x
即当 x  4 时，年平均盈利额最大为 20 万元，此时总盈利额 y  20  4  80 万元，此时处理掉设备，则总利润为80  30  110 万元；
综上，两种方案获利都是 110 万元，但方案一需要 5 年，而方案二仅需要 4 年，
故方案二合理.
已知函数 f (x)  22 x  2k  2x 1 .
当 k  1 时，求 f (x) 的值域；
若 f (x) 的最小值为3 ，求 k 的值；
2
x
在（2）的条件下，若不等式 f (x)  8 有实数解，求实数 a
a
的取值范围.
【答案】（1） 1, 
（2） k  2
1
(0, ] .
2
【解析】
【分析】（1）把 k  1 代入，利用指数函数的值域，结合二次函数求出值域.
按 k  0, k  0 分类，结合指数函数的值域及二次函数求出取得最小值的 k .
由（2）的结论，等价变形不等式，分享参数并构造函数，求出最小值即可得解.
【小问 1 详解】
当 k  1 时， f (x)  22x  2  2x 1  (2x 1)2 ，而2x 11, ∞ ，所以 f  x 的值域为1, ∞ .
【小问 2 详解】
令t  2x  0 ，函数 g t   t 2  2kt 1，
当k  0 ，即k  0 时， g t  在0, ∞ 上递增，此时无最值，不满足题意；当k  0 ，即 k  0 时， g t  在0, k  上递减，在k, ∞ 上递增，
min
所以 g t  g k   k 2 1  3 ，而 k  0 ，解得k  2 ，所以 f (x) 的最小值为3 时， k  2 .
【小问 3 详解】
由（2）知， f  x  22x  4  2x 1，
2x2 xx2x
x9
不等式 f (x)  8  2 4  2 1  8   2  4 ，
aaa2x
设 h  x  2x  9
x
4 ，依题意， 1  h  x 有实数解，
2x  9
2x
a
而2x  0 ，则 h  x  2x  9
2x
4  2
4  2 ，当且仅当2x  3 ，即 x lg2 3时取等号，
因此 1  2 ，解得0  a  1 ，
a2
a1
所以实数
的取值范围为(0, ] .
2
对于区间[a, b](a  b) ，若函数 y 
f (x) 同时满足：①在a, b 上是单调函数，②函数 y 
f (x) 在
a, b 的值域是a, b ，则称区间a, b 为函数的“保值”区间.
求函数 f (x)  x2 的所有“保值”区间；
判断函数 g(x)  1 1 是否存在“保值”区间，并说明理由；
x
(a2  a)x 1
m, n
n  ma
已知函数 h(x) 
a2 x
(a  R, a  0) 有“保值”区间 ，当
取得最大值时求
的值.
【答案】（1） [0,1] ；
（2）不存在，理由见解析；
（3）3.
【解析】
【分析】（1）由函数 f (x) 最小值确定 a 的范围，再借助单调性建立方程，求出“保值”区间.
假定存在“保值”区间[ p, q] ，借助单调性建立方程，判定方程解的情况即可.
由“保值”区间的定义建立方程，再利用韦达定理结合二次函数最值求解即得.
【小问 1 详解】
函数 f (x)  x2 在 R 上的值域为[0, ) ，令 f (x)  x2 在a, b 的值域为a, b ，
b2  b
a2  a
则 a  0 ，函数 f (x) 在 a, b 上单调递增，因此

a  0
，而 a  b ，解得，
b  1
所以函数 f (x)  x2 的所有“保值”区间为[0,1] .
【小问 2 详解】
函数 g(x)  1 1 在(, 0),(0, ) 上单调递增，
x
若[ p, q] 是 g(x)  1 1 在[ p, q] 的保值区间，则g( p)  p ，

x
p, q 是方程1 − 1 = x 同号的两个不等实根，
x
g(q)  q
由1 − 1 = x ，得 x2  x 1  0 ，   (1)2  4  3  0 ，则方程 x2  x 1  0 无实根，
x
所以函数 g(x)  1 1 不存在“保值”区间.
x
【小问 3 详解】
(a2  a)x 111
函数 h(x)  1 在
a2 xaa2 x
(, 0),(0, )
上单调递增，
依题意， h(m)  m ， m, n 是方程1 1  1
 x 同号的两个不等实根，

h(n)  n
aa2 x
即 m, n 是关于 x 的方程 x2  (1 1 )x  1  0 同号的两个不等实根，
aa2
  (1 1 )2  4  0 ，解得 a  3 或 a  1 ，于是 m  n  1 1  0, mn  1
0 ，
aa2aa2
(n  m)2  4mn
n  m 


 2 ，
 3  2 1
a2
a
3( 1  1)2  4
a33
3
当且仅当 a  3 时取等号，
所以当 n  m 取得最大值时， a 的值为 3.