浙江省丽水发展共同体2025-2026学年高一上学期11月期中考试数学试卷

这是一份浙江省丽水发展共同体2025-2026学年高一上学期11月期中考试数学试卷，共21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。
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. 设命题 p : x  R, x2  2021 ，则p 为（
）
A. x  R, x2  2021
B.
x  R, x2  2021
C x  R, x2  2021
D.
x  R, x2  2021
下列各组表示同一函数的是（
f  x x2 , g  x  3 x3
）
B.
f  x  1, g  x  x0
x  2, x  2
Cf  x  x  2, x  2 , g  x 

x  2
D. f  x  x 
x2  9
 
3, g x 
x  3
已知2 2a, a2  a ，则 a 的值为（）
1 或2
x
函数 f (x)  2
B. 1C. 2
 3x 的最大值为（）
D. 1 或1
2
3B. 1
4
1
C. 1D.
3
已知函数 f  x 的图象如图所示，则 f  x 的函数解析式可能是（）
f  x 
C. f  x 
1
x 1
1
x3 1
f  x 
D. f  x 
1
x 1
1
x2 1
已知函数 y  2m 1 xm  n  2 是幂函数，一次函数 y  kx  bk  0,b  0 的图像过点m, n ，则
4  1 的最小值是（）
kb
9
A. 3B.
2
14
C.D. 5
3
奇函数 f  x 和偶函数 g  x 的图象分别如图 1、图 2 所示，方程 f  g  x  0 和 g  f  x  0 的实根个数分别 a ， b ，则 a  b  （ ）
A. 3B. 7C. 10D. 14
设函数
f  x  3x  3  2x  1 的最小值为 m ， 若 a, b, c  R ， 且 a  b  c  m ， abc  1 ， 用
2
maxa, b, c 表示 a, b, c 中的最大数，则maxa, b, c 的最小值为（）
B. 3C. 4D. 5
二、选择题：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．
若 a  b  0  c ，则（）
1  1
ab
b  c
a  c  b
a2  b2
对 于 实 数 x ， 规 定 x 表 示 不 大 于 x 的 最 大 整 数 ， 如 π  3 ， 2.1  3 ， 那 么 不 等 式
4x2  16x  7  0 成立的一个充分不必要条件是（）
A. x 1, 3
x 0, 4
x 1, 4
x 2, 4
已知正实数 a, b 满足 ab  2a  b  6 ，则下列说法正确的是（）
ab 的最大值为 2B. 1  1 的最大值为 1
ab
2
2a  b 的最小值为 4D. a  b 的最小值为4 3
x  2
x  3
非选择题部分三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
函数 f  x 
的定义域为
x  4, x  0

设 f  x  
x 

1 , x  0
x
，若 f m 1  2 ，则m  ．
已知对任意的 x  0 ，不等式ax  4x2  b  0 a, b  Z 恒成立，则 a2  b 的取值集合为
.
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．
已知集合 A  x 1  x  4， B  x 5  x  3  ， C  x 1 2a  x  2a．
求 A I

2

ðR B ；
若C   A  B ，求实数 a 的取值范围．
已知函数 f  x  ax2  bx 12, a, b  R  ．
当 a  1 时，函数 f  x 在区间1,  上单调递增，求b 的取值范围；
当b  3a  4 时，求不等式 f  x  0 的解集．
随着城市居民汽车使用率的增加，交通拥堵问题日益严重，而建设高架道路、地下隧道以及城市轨道公共运输系统等是解决交通拥堵的有效措施.某市城市规划部门为了提高早晚高峰期间某条地下隧道的车辆通行能力，研究了该隧道内的车流速度v （单位:千米/小时）和车流密度 x （单位:辆/千米）所满足的关系式:
50, 0  x  30

v  
60 

1200
125  x
, 30  x  105
，研究表明:当隧道内的车流密度达到 105 辆/千米时造成堵塞，此时的车流
速度是 0 千米/小时.
若车流速度v 不小于 20 千米/小时，求车流密度 x 的取值范围；
隧道内的车流量 y （单位时间内通过隧道的车辆数，单位:辆/小时）满足 y  x  v ，求隧道内车流量
的最大值（精确到 1 辆/小时），并指出车流量最大时的车流密度（精确到 1 辆/千米）.
已知定义在∞, 0 0, ∞ 上的奇函数 f  x  x2  a 满足 f 1  2 ．
x  b
求 f  x 的解析式，并写出 f  x 的单调区间（不需证明）；
2
解不等式 f x2 1  5 ；
设 x , x 为方程 f  x 1  2x  m  2 的两个非零实根，若m,  2  ，使不等式
12 ∞2 

1
x1
1
x2
t 成立，求实数t 的取值范围．
已知二次函数 f  x  ax2  bx  c ．
若 a  1, c  2 ，且 f  x 在 x 0,  上有两个互不相同的实数根，求b 的取值范围；
若 f  x  0 的解集为2, 1 ， g  x  x  4 ，对于x1 1, 4 ， x2 4, 2 ，使得
f  x1   x1  2a  g  x2  成立，求实数 a 的取值范围；
若对任意 x 
R ，不等式
f  x  2ax  b
恒成立，求
b2
3a2  c2
的最大值．
2025 学年第一学期丽水五校高中发展共同体期中联考
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．
设命题 p : x  R, x2  2021 ，则p 为（）
x  R, x2  2021B. x  R, x2  2021
C. x  R, x2  2021D. x  R, x2  2021
【答案】A
【解析】
【分析】由特称命题否定的定义求解即可.
【详解】由特称命题否定的定义知， p 为x  R, x2  2021
故选：A
3 x3
下列各组表示同一函数的是（）
f  x 
x2 , g  x B.
f  x  1, g  x  x0
x  2, x  2
f  x  x  2, x  2 , g  x 

x  2
f  x  x 
x2  9
 
3, g x 
x  3
【答案】C
【解析】
【分析】A 选项，对应法则不同，BD 选项，定义域不同，C 选项，定义域和对应关系相同.
x2
3 x3
【详解】A 选项， f  x  x , g  x  x ，故不是同一函数，A 错误；
B 选项， f  x  1 的定义域为 R， g  x  x0 的定义域为, 0 ∪ 0,  ，故不是同一函数，B 错误；
C 选项， g  x 
x  2  x  2, x  2
x  2, x  2

，且 f  x, g  x 的定义域都为R ，故是同一函数，C 正确；
D 选项， f  x  x  3 的定义域为 R， g  x  x2  9 的定义域为, 3 ∪ 3,  ，D 错误.
x  3
故选：C
已知2 2a, a2  a ，则 a 的值为（）
1 或2
【答案】C
【解析】
B. 1C. 2
D. 1 或1
【分析】利用元素与集合的关系，结合集合中元素的互异性可得.
【详解】因为2 2a, a2  a，所以当2a  2 时，解得 a  1 ，此时 a2  a  2 ，不符合集合元素的互异性，舍去；
当 a2  a  2 ，即 a2  a  2  0 ，即a  2a 1  0 时，解得 a  2 或 a  1 （舍去），
又 a  2 时， 2a  4 ，此时集合为{- 4, 2}，符合题意，所以 a  2 ．
故选：C
x
函数 f (x)  2
3
A.
4
【答案】D
【解析】
 3x 的最大值为（）
2
B. 1
1
D.
3
【分析】换元再配方可得答案.
1 21
【详解】令t 
x (t  0) ，则 g(t)  2t  3t 2  3 t 

  t  0 ，
3
3

所以 g(t) g  1   1 .
3
3
max 

故选：D.
已知函数 f  x 的图象如图所示，则 f  x 的函数解析式可能是（）
f  x 
C. f  x 
1
x 1
1
x3 1
f  x 
D. f  x 
1
x 1
1
x2 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数的定义域可以排除 CD，利用特殊点的函数值排除 A，可确定正确选项.
【详解】由图可知，函数的定义域为, 1 1,1 1,  ，
C 项的定义域为, 1 ∪ 1,  ，不合题意；
D 项的定义域为R ，不合题意；
对 A 选项，因为 f 0  1，不符合函数图象.
故选：B
已知函数 y  2m 1 xm  n  2 是幂函数，一次函数 y  kx  bk  0,b  0 的图像过点m, n ，则
4  1 的最小值是（）
kb
9
B.
2
【答案】B
14
C.D. 5
3
【解析】
【分析】根据幂函数定义，求出点m, n ，代入一次函数中，得到 k  b  2 ，再利用基本不等式求 4  1 的
kb
最小值.
【详解】由 y  2m 1 xm  n  2 是幂函数，可得2m 1  1 ， n  2  0 ，即 m  1， n  2 ，又由点1, 2 在一次函数 y  kx  b 的图像上，所以 k  b  2 ，
因为k  0 ， b  0 ，所以由基本不等式，得
4  1  1  4  1 k  b  1  5  4b  k   5  4  9 ，
kb2  kb 2 kb 22

当且仅当 k  2b 时取等号，即当 k  4 ， b  2 时，  4  1  9 ，
kb
 
33min2
故选：B.
奇函数 f  x 和偶函数 g  x 的图象分别如图 1、图 2 所示，方程 f  g  x  0 和 g  f  x  0 的实根个数分别 a ， b ，则 a  b  （ ）
A. 3B. 7C. 10D. 14
【答案】B
【解析】
【分析】令 g  x  t ， f  g  x  0 得到 t1  1, t2  0, t3  1 ，从而求出对应的解， a  3 ，同理可得
g  f  x  0 有 4 个解， b  4 ，得到答案.
【详解】结合函数 f  x 图象可知 f  g  x  0 中，令 g  x  t ，则 f t   0 ，故t1  1, t2  0, t3  1 ，结合 g  x  图象可知， g  x  1 的根为 0， g  x  0 有 2 个根， g  x  1 无解；
故 f  g  x  0 有 3 个解，故 a  3 ；
g  f  x  0 中，令 f  x  u ，则 g u   0 有 2 个根，不妨设u1 1, 0, u2 0,1 ，当u1 1, 0 ，即 f  x1, 0 ，此时 f  x  u1 有 2 个解，
当u2 0,1 ，即 f  x0,1 ，此时 f  x  u2 有 2 个解，故 g  f  x  0 有 4 个解，即b  4 ，
综上， a  b  3  4  7 .
故选：B
【点睛】方法点睛：复合函数零点个数问题处理思路：①利用换元思想，设出内层函数；②分别作出内层函数与外层函数的图象，分别探讨内外函数的零点个数或范围；③内外层函数相结合确定函数交点个数，即可得到复合函数在不同范围下的零点个数.
设函数
f  x  3x  3  2x  1 的最小值为 m ， 若 a, b, c  R ， 且 a  b  c  m ， abc  1 ， 用
2
maxa, b, c 表示 a, b, c 中的最大数，则maxa, b, c 的最小值为（）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】按照 x  1 、 1  x  1和分类讨论求解分段函数最值得 m  1，不妨设maxa, b, c  a ，由基
22
1 1 a 2

本不等式得 2a  
，解出 a 的取值范围即可求解.
2

【详解】当 x  1 时， f  x  3  3x 1 2x  4  5x ，所以 f  x  4  5 1  3 ；
2
当 1  x  1时， f  x  3  3x  2x 1  x  2 ，所以1 
2
22
f  x  3 ；
2
当 x  1 时， f  x  3x  3  2x 1  5x  4 ，所以 f  x  1 ；
min
综上， f  x 1 ，故 m  1，所以 a  b  c  1，不妨设maxa, b, c  a ，则 a  0 ，
11 b  c 21 1 a 2

又 abc  2 ， 所以b  c  1 a ， bc  2a ，由基本不等式得bc  2 ，即 2a   2，

所以 a3  2a2  a  2  0 ，即a  2a2 1  0 ，解得 a  2 ，所以maxa, b, c  2 ，即maxa, b, c 的最小值为 2.
故选：A
二、选择题：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．
若 a  b  0  c ，则（）
A1  1
ab
【答案】ACD
b  c
a  c  b
a2  b2
【解析】
【分析】结合 a  b  0  c 利用不等式性质判断 ACD；举反例判断 B.
11111
【详解】对于 A，因为 a  b  0 ，所以 0 ，所以 a  b ，即  ，故 A 正确；
abababab
对于 B， b  2, c  1 时，满足b  0  c ，但是b  c ，故 B 错误；
对于 C，因为 a  b  0  c ，所以 a  c  c  a, b  b ，
由 a  b  0  c 得c  a  a  b ，即 a  c  b ，故 C 正确；对于 D，因为 a  b  0 ，所以 a  b ，所以 a2  b2 ，故 D 正确.故选：ACD.
对 于 实 数 x ， 规 定 x 表 示 不 大 于 x 的 最 大 整 数 ， 如 π  3 ， 2.1  3 ， 那 么 不 等 式
4x2  16x  7  0 成立的一个充分不必要条件是（ ）
A. x 1, 3
B. x 0, 4
C. x 1, 4
D. x 2, 4
【答案】AD
【解析】
【分析】解不等式得到 1  [x]  7 ，故x  1， x  2 或x  3 ，从而得到 x 1, 4 ，然后利用集合关
22
系判断充分不必要条件，即可得解.
【详解】由4x2  16x  7  0 ，得2x 12x  7  0 ，解得 1  [x]  7 ，
22
因此x  1， x  2 或x  3 ，
又因为x 表示不大于 x 的最大整数，所以1  x  4 ，即不等式4x2  16x  7  0 的解集为1, 4 .
因为 x 1, 3和 x 2, 4 是 x 1, 4 的真子集，故它们是 x 1, 4 的充分不必要条件；因为 x 1, 4 是 x 0, 4 的真子集，故 x 0, 4 是 x 1, 4 的必要不充分条件.
故选：AD
已知正实数 a, b 满足 ab  2a  b  6 ，则下列说法正确的是（）
ab 的最大值为 2B. 1  1 的最大值为 1
ab
2
C. 2a  b 的最小值为 4D. a  b 的最小值为4 3
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用基本不等式，结合条件等式进行了最值证明，从而可判断 ACD，对于 B 则举反例说明不成立.
2ab
【详解】由 ab  2a  b  6 可得： 2a  b  6  ab ，
2ab
因为2a  b  2
，所以6  ab  2
 36  20ab  ab2  0  ab  2ab 18  0 ，
解得 ab  2 或 ab ³ 18 ，由于2a  b  6  ab  0  ab  6 ，所以 ab ³ 18 舍去，
即 ab  2 ，此时取等号条件是2a  b ，与 ab  2a  b  6 联立可解得： a  1,b  2 ，故 A 正确；由 ab  2a  b  6 可得： ab  6  2a  b ，
2ab
因为2a  b  2
2 6  2a  b
2a  b  2
，所以
 2a  b2  82a  b  48  0  2a  b 122a  b  4  0 ，
又因为2a  b  0 ，所以解得2a  b  4 ，
此时取等号条件是2a  b ，与 ab  2a  b  6 联立可解得： a  1,b  2 ，故 C 正确；
由 ab  2a  b  6 可得： b  6  2a ，由b  0 ，可得0 < a < 3 ，
a 1
2
则 a  b  a  6  2a  a  2  2a  8  a 18
 3  4
 3 ，
a 1
此时取等号条件是 a 1 
a 1
2
8
，即 a  2
a 1
 1 0, 3 ，故 D 正确；
a 1
取a  1,b  2 ，可得 1  1  3  1，故 B 错误；
故选：ACD．
ab2
非选择题部分
x  2
x  3
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
函数 f  x 
的定义域为
【答案】{x∣x  2 且 x  3}
【解析】
【分析】利用函数有意义列不等式求解.
【详解】由题意得 x  3  0, x  3, x  2  0, x  2 ，
则函数定义域为 {x | x∣x  2 且 x  3} .
故答案为{x | x  2 且 x  3} .
x  4, x  0

设 f  x  
x 

【答案】7 或 0
【解析】
1 , x  0
x
，若 f m 1  2 ，则m  ．
【分析】根据分段函数，分 m 1  0 和 m 1  0 两种情况即可求解.
【详解】由题意有：当 m 1  0 时，即 m  1时， f m 1  m 1  4  2 ，解得 m  7 ；
当 m 1  0 时，即 m  1时， f m 1  m 1
所以 m  7 或0 .
故答案为： 7 或 0.
1
m 1
 2 ，解得 m  0 ，
已知对任意的 x  0 ，不等式ax  4x2  b  0 a, b  Z 恒成立，则 a2  b 的取值集合为
.
【答案】8,17
【解析】
【分析】利用分类讨论思想，分b  0 和b  0 两种情况，第一种情况直接解不等式，结合反比例函数,可得答案；第二种情况利用数形结合思想，结合题意建立不等式组，可得答案.
【详解】当b  0 时，由ax  4x2  b  0 ，可得 ax  4  0 对任意的 x  0 恒成立，
即 a  4 对任意的 x  0 恒成立，此时 a 不存在； x
当b  0 时，由ax  4x2  b  0 对任意的 x  0 恒成立，作出 y  ax  4, y  x2  b 的大致图象，如图所示：
a  0

b

由题意可知 4  
 a
，又 a, b 是整数，

a  1
所以
b  16
a  2

或
b  4
a  4

.
或
b  1
故答案为：8,17 .
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．
已知集合 A  x 1  x  4， B  x 5  x  3  ， C  x 1 2a  x  2a．
求 A I

2

ðR B ；
若C   A  B ，求实数 a 的取值范围．
【答案】（1） A ð B  x 3  x  4
2
R


（2） a a  3 
4


【解析】
【分析】（1）利用补集和交集的定义可得出集合 A ðR B；
（2）求出集合 A  B ，分C   、C   两种情况讨论，根据集合的包含关系可得出关于实数 a 的不等式
（组），综合可得出实数 a 的取值范围.
【小问 1 详解】
R
因为 A  x 1  x  4， B  x 5  x  3  ，所以ð B  x x  5或x  3  ，
因此 A ð

2
2

B  x 3  x  4 .
R
2


【小问 2 详解】
因为 A  x 1  x  4， B  x 5  x  3  ，所以 A ∩ B  x 1  x  3  ，
2
2


当C   时，1  2a  2a ，解得 a  1 ，满足题意；
4
当C   时，1  2a  2a ，解得 a  1 ，
4
因为C   A  B ，画出数轴图，

1 2a  1


可得2a  3
2
a  1
，解得
1  a  3 ．
44
4
综上，实数 a 的取值范围是a a  3  ．
4


已知函数 f  x  ax2  bx 12, a, b  R  ．
当 a  1 时，函数 f  x 在区间1,  上单调递增，求b 的取值范围；
当b  3a  4 时，求不等式 f  x  0 的解集．
【答案】（1） 2, 
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据二次函数的性质得到 b  1，解得即可；
2
（ 2 ） 分 a  0 、 a  0 两大类， 当 a  0 时 f  x   x  3ax  4 ， 再分 a  0 、 a   4 、 a   4 、
33
4
  a  0 四种情况讨论，分别求出不等式的解集. 3
【小问 1 详解】
当 a  1 时 f  x  x2  bx 12 ，
又 f  x 在区间1,  上单调递增，所以 b  1，解得b  2 ，
2
即b 的取值范围为2,  ；
【小问 2 详解】
当 a  0 时，则b  4 ，则 f  x  4x 12 ，对于 f  x  0 ，即4x  12  0 ，解得 x  3 ；
当 a  0 时， b  3a  4 ，则 f  x  ax2  3a  4 x 12   x  3ax  4 ，
令 f  x  0 ，解得 x  3 或 x  4 ，
a
4x 4 4
aa
当 a  0 时，  0  3 ，则
a
3 x    0 ，解得 x  3 或 x  ；

x 4 
a
当 a  0 时不等式化为
3 x    0 ．

 4  344
当 a，即a   时，解得3  x  ，

a  03a
当 4  3 ，即 a   4 时，解得 x  3 ，
a3
 4  344

当 a
a  0
，即  a  0 时，解得
3a
 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
随着城市居民汽车使用率的增加，交通拥堵问题日益严重，而建设高架道路、地下隧道以及城市轨道公共运输系统等是解决交通拥堵的有效措施.某市城市规划部门为了提高早晚高峰期间某条地下隧道的车辆通行能力，研究了该隧道内的车流速度v （单位:千米/小时）和车流密度 x （单位:辆/千米）所满足的关系式:
50, 0  x  30

v  
60 

1200
125  x
, 30  x  105
，研究表明:当隧道内的车流密度达到 105 辆/千米时造成堵塞，此时的车流
速度是 0 千米/小时.
若车流速度v 不小于 20 千米/小时，求车流密度 x 的取值范围；
隧道内的车流量 y （单位时间内通过隧道的车辆数，单位:辆/小时）满足 y  x  v ，求隧道内车流量的最大值（精确到 1 辆/小时），并指出车流量最大时的车流密度（精确到 1 辆/千米）.
【答案】（1） 0  x  95
（2）隧道内车流量的最大值约为 2700 辆/小时,此时车流密度约为 75 辆/千米.
【解析】
【分析】（1）根据分段函数的性质，列不等式即可求解，
（2）根据基本不等式求解函数的最值即可求解.
【小问 1 详解】
50, 0  x  30

由v  
60 

1200
125  x
可得
, 30  x  105
当0  x  30 时， v  50  20 ，符合题意，
当30  x  105 时，令v  60 
综上可得0  x  95
【小问 2 详解】
50x, 0  x  30
1200
125  x
 20 ，可得30  x  95 ，

由题意得 y  
60x 

1200x
125  x
，
, 30  x  105
当0  x  30 时, y  50x 为增函数,所以 y  1500 ,当 x  30 时等号成立;
当30  x  105 时，125  x  0 ，
y  60x  1200x
125  x
 60 125  x  1200 125  8700 ，
125  x
60 125  x 1200 125
125  x
    
1200 125 
故 y60 125x87002
 8700  2700 ,
125  x 
当且仅当60 125  x  1200 125 ，即 x  75 时等号成立.
125  x
由于2700  1500
所以,隧道内车流量的最大值约为 2700 辆/小时，此时车流密度约为 75 辆/千米.
已知定义在∞, 0 0, ∞ 上的奇函数 f  x  x2  a 满足 f 1  2 ．
x  b
求 f  x 的解析式，并写出 f  x 的单调区间（不需证明）；
2
解不等式 f x2 1  5 ；
设 x , x 为方程 f  x 1  2x  m  2 的两个非零实根，若m,  2  ，使不等式
12 ∞2 

1
x1
1
x2
t 成立，求实数t 的取值范围．
【答案】（1） f  x  x  1 ，递减区间为1, 0 ， 0,1 ，递增区间为∞, 1 ， 1, ∞
x
3
（2） x  x   6 或 6  x 或 2  x  2 
3


22
（3） t≤3

22 
【解析】
【分析】（1）利用奇函数的定义及 f 1  2 列方程求得b  0 ， a  1 ，则 f  x  x  1 ，写出单调区间，
x
并用定义法证明即可；
去掉绝对值得 5 
f x2 1  5 ，结合 f 2 
f   1  
f  1  
f 2  5 ，利用函数单调性得
222  2 2

2  x2 1   1 或 1  x2 1  2 ，然后解二次解不等式即可；
22
由题意 x , x 为 x2  m  2 x  m  0 的两个非零实根，利用韦达定理将问题转化m,  2  ，
12 ∞2 
使t 

1 4
m2
，利用二次函数性质求解最值即可.
【小问 1 详解】
Q f  x 为奇函数， f x   f  x ，即
x2  ax2  a
x  b
x  b  ，
x  b  x  b ，即b  0 ．又 f 1  2 ，即 f 1  1 a  2 ，解得 a  1 ，
 
x2 11
 f x  x  ．
xx
f  x 的递减区间为1, 0 ， 0,1 ，递增区间为∞, 1 ， 1, ∞ ．
证明如下：
任意x ， x 0, ∞ ，且 x  x ，则 f  x   f  x   x  1  x  1
1212
121x2x
12
  x  x
   x2  x1    x  x
  x1x2 1 ，
12x x12x x
1 21 2
当 x1, x2 0,1 ，且 x1  x2 ，
所以 x1  x2  0 ， 0  x1x2  1，所以 x1x2 1  0 ，
所以 f  x1   f  x2   0 ，即 f  x1  
当 x1, x2 1, ∞ ，且 x1  x2 ，
f  x2  ，所以函数 f  x 在( 0, 1) 上单调递减.
所以 x1  x2  0 ， x1x2  1 ，所以 x1x2 1  0 ，
所以 f  x1   f  x2   0 ，即 f  x1   f  x2  ，所以函数 f  x 在1, ∞ 上单调递增.
根据奇函数性质可知函数 f  x 在1, 0 上单调递减，在∞, 1 上单调递增.
所以 f  x 的递减区间为1, 0 ， 0,1 ，递增区间为∞, 1 ， 1, ∞ ．
【小问 2 详解】
Q f x2 1  5 ， 5  f x2 1  5 ．
222
Q f 2 
f   1    5 ，f  1   f 2  5 ，
2 2 2 2

由函数单调性可知2  x2 1   1 或 1  x2 1  2 ，
22
即1  x2  1 或 3  x2  3 ，
22
3
3
解得 x  6 或 6  x 或2  x 2 ，
2222
3
3
不等式 f x2 1  5 的解集为x  x   6 或 6  x 或 2  x  2  ．
【小问 3 详解】


222
x2  m  2 x  m  0

22 
f  x 1  2x  m  2  ．
x  1
则 x1, x2 也 为
x2  m  2 x  m  0 的 两 个 非 零 实 根 ， 且 1 不 是 此 方 程 的 根 ， 则

Δ  m  22  4m  m2  4  0
x1  x2  m  2．
x x  m
 1 2
1
x1
1
x2
x  x
x  x

x  x 4x x
21

2
2 1
m
m2  4
m
1 4
m2
则t  t  21
x1 x2
 21 ．
m
1 4
m2
因为m,  2  ，使t 
，所以

1 4
m2
t  
 3
1
4

2
 

2 
2 

.
 ∞
2 
max

已知二次函数 f  x  ax2  bx  c ．
若 a  1, c  2 ，且 f  x 在 x 0,  上有两个互不相同的实数根，求b 的取值范围；
若 f  x  0 的解集为2, 1 ， g  x  x  4 ，对于x1 1, 4 ， x2 4, 2 ，使得
f  x1   x1  2a  g  x2  成立，求实数 a 的取值范围；
若对任意 x 
R ，不等式
f  x  2ax  b
恒成立，求
b2
3a2  c2
的最大值．
2
【答案】（1） b  2
（2） a  1
4
2
（3）
3
【解析】
【分析】（1）根据二次函数根的分布列不等式组求解即可；
a  0
根据不等式得解b  3a ，则 f  x  a x2  3x  2，由题意 h  x 
 g  x  0 ，按照1  3a  1 、
1

c  2a
 1  3a  4 和1  3a  4 分类讨论，利用最小值列不等式求解即可；
min
min2a
2a2a
b
2c 1
根据二次型恒成立求得0  b2  4a c  a ，求得 3a2  c2  4 
t  0 和t  0 分类讨论，即可求解最大值．
【小问 1 详解】
a  1, c  2 ，则 f  x   x2  bx  2 ，
因为 f  x 在 x 0,  上有两个互不相同的实数根，
a
 a 
3   c 

2 ，令t  c  1， t  0 ，按照
a
 f 0  2  0
 b
2
所以  0
 2
Δ=b2  8  0
【小问 2 详解】
，解得b  2．

a  0
a  0
 b
由 f  x  0 的解集为2, 1 ，则  3 ，即b  3a ，
a

c  2a
故 f  x  a x2  3x  2，
 c  2

 a
令 h  x   f  x   x  2a  ax2  3a 1 x ， x 1, 4，且g  x   x  4 ， x 4, 2，
111111222
要使x1 1, 4 ，总x2 4, 2 ，使得 f  x1   x1  2a  g  x2  成立，
所以，只需 h  x  g  x  0 ，而 h  x  的对称轴为 x  1  3a ，
min
min1
12a
①当1  3a  1 ，即a  1 时，只需 h 1  4a 1  0 ，即a  1 ，
2a5
1  3a11
 1 3a 
4
2
1 3a2
②当1 
2a
 4 ，即 11  a  5 时，只需 h 
2a   4a
 0 ，即1 3a
 0 ，不符合条件，

③当1  3a  4 ，即a  1 时，只需 h 4  28a  4  0 ，即a  1 ，不符合条件，
2a117
综上， a  1 ．
4
【小问 3 详解】
若对任意 x  R ，不等式 f  x  2ax  b 恒成立，
整理得 ax2  b  2a x  c  b  0 恒成立，显然 a  0 ，
a  0

所以Δ  b  2a2  4a c  b  0
，则0  b2  4a c  a ，
222
c 1
所以 b  4ac  4a  4  ac  a  4  a
3a2  c2
3a2  c2
3a2  c2
 c 2 ．
a
3   

令t  c  1，因为0  b2  4a c  a ，所以c  a  0  t  0 ，
a
c 1
若t  0 时，此时4  a  4  t  0 ．
 c 2
a
3   

3  (t 1)2
若t  0 时， 4 
c 1
a
2  4 
t
t
2  4  2
 4  1  2 ，
 a 
3   c 

3  t 1
t  2t  4
t  4  23
t
当且仅当t  2 时，即 c  3 时，上式取得等号，
a
综上：
b2
3a2  c2
2
的最大值为 ．
3