浙江省温州市十校联合体2025-2026学年高一上学期11月期中考试数学试卷

这是一份浙江省温州市十校联合体2025-2026学年高一上学期11月期中考试数学试卷，共1页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
命题学校：乐清二中审题学校：灵溪中学
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、单项选择题：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，只有一项符合题目要求.

1. 已知集合 A
B  x
 1,1, 2, 4
x 1  0
，则
（
）
A. 1,1, 2, 4
B. 1, 2, 4
C.
1, 2
D. 1
，4  x
A ∩ B 
若命题： p : x  1， x3  1.则命题 p 的否定为（ ）
x  1， x3  1
C. x  1， x3  1
x  1 ， x3  1
D. x  1， x3  1
函数 y  2x 与 y  1
2x
的图象（ ）
A. 关于 x 轴对称B. 关于 y 轴对称
C. 关于直线 y  x 对称D. 关于原点对称
“知之者不如好之者，好之者不如乐之者”出自《论语·雍也》，意思是：对于学习，了解怎么学习的 人，不如喜爱学习的人；喜爱学习的人，又不如以学习为乐的人.设命题 p ：“一个人以学习为乐”，命题 q ：“一个人喜爱学习”，则 p 是 q 的（ ）
充分不必要条件B. 必要不充分条件
充要条件D. 既不充分也不必要条件
已知奇函数 f  x 对任意实数 x ， y 均满足 f  x  y   f  x  f  y  ，且 f 3  6 ，则 f 6 
（ ）
A. 12B.
12
C. 3D. 3
若 a  0.20.8 ， b  0.80.2 ， c  20.3 则 a ， b ， c 的大小关系是（ ）
c  b  a
c  a  b
b  c  a
a  c  b
已知函数是定义在R 上的偶函数，当 x  0 时， f  x  1
3x
 x ，则不等式 f  x  2  4 的解集（ ）
1, 3
∞, 3
1, ∞
∞,1 3, ∞
已知 x  0 ， y  0 ， 2x  y  3 ，则
2x2  x  y
3xy
的最小值为（ ）
4 2  3
9
4 2  3
3
4 2  3
3
4 2  3
9
二、多项选择题：本题共 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.全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错的得 0 分.
下列各项中， f (x) 与 g(x) 表示同一函数的是（ ）
x2
f (x)  ( x )2 ， g(x) 
1 x2
1 x
f (x) ， g(x)  1 x 
f (x)  x2 ， g(t) t2
f (x) 
x  3 ， g  x  x  3, x  3

3  x, x  3
 x2 2 x
关于函数 f  x  4
，下列说法正确的是（ ）
f  x 的定义域是0, 2
f  x 的值域为1, 4
f  x 是偶函数
f  x 在1,  单调递减
f  x1   f  x2 
若定义在R 上的奇函数 f  x 满足 f 2  x  f x ，且在区间0,1 上，有 0 ，
x1  x2
则下列说法正确的是（ ）
函数 f  x 的图象关于直线 x  2 成轴对称
函数 f  x 的图象关于2, 0 成中心对称
在区间3, 4 上， f  x 为增函数
f  1   f   10 
 2 3 

非选择题部分
三、填空题：本大题共 3 小题，每题 5 分，共 15 分.
​
1
6 1
4
 π  50   3 3 3  
 2
3
1 .
 8  64 

若不等式2kx2  kx  3  0 对一切实数 x 都成立，则 k 的取值范围为.
4
 1  2, x  c

已知函数 f (x)  x
，若 f (x) 的值域为[2, 6] ，则实数 c 的取值范围是
x2  2x  3, c  x  3
．
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 2a  x  a 1 ， B  x x2  4x  3  0 ，
当 a  1 时，求 A ∪ B ， B ∩ ð A ；
2R
若“ x  A ”是“ x  B ”成立的充分条件，求实数 a 的取值范围.
已知 y  f  x 是定义在R 上的奇函数，当 x  0 时， f  x  2x 1.
（1）求 f 3 ；
求函数 f  x 在R 上的解析式；
若x 0,  ， f x2 1  f 5  mx  0 恒成立，求实数m 的取值范围.
2024 苏州足球邀请赛组委会为保障赛事后勤服务，购进一套移动餐饮服务车，用于为赛场观众和工作人员提供餐饮.该服务车初始购置费用为 36 万元，预计从第 1 年到第 n 年（ n  N* ），花在该服务车上的
维护费用总计为 n2  6n 万元（ n 为使用年数）.该服务车每年可为赛事提供餐饮服务，稳定获得收入 24 万元.
该服务车使用几年后开始盈利？（即总收入减去初始购置费用及维护费用之差为正值）
若该服务车使用若干年后，组委会计划处理该设备，有两种方案：
①当年平均盈利达到最大值时，以 17 万元的价格卖出；
②当盈利总额达到最大值时，以 8 万元的价格卖出.哪一种方案较为合算？请说明理由.
已知函数 f  x  ax  b 是定义在R 上的奇函数，且 f  1   4 .
2
5

x2 1 
求 a ， b 的值；
用定义法证明函数 f  x 在1,1 上单调递增；
若存在 x 1,1 ，使得 f  x  m2  5mt  5 对于任意的t 1,1 恒成立，求实数m 的取值范围.
已知函数 f  x  4x  a  2x 1 ， g  x  1 m  2x .
1 m  2x
当 a  1 时，方程 f  x  k 在 x , 0 上有解，求实数 k 的范围；
若存在常数 M  0 ，使得对任意 x  A ， A  R ，均有 x  M ，则称 A 为有界集合，同时称 M 为
集合 A 的上界.
①设 A  y y 
f  x, x ∞, 0 是以 2 为上界的有界集合，求实数 a 的取值范围；
②若 m  0 ， B  y y  g  x, x 0,1 是否为有界集合，若是求出集合 B 的最小上界 M m 的最小值，若不是请说明理由.
2025 学年第一学期温州十校联合体期中联考
高一年级数学学科试题
命题学校：乐清二中审题学校：灵溪中学
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、单项选择题：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，只有一项符合题目要求.
B  x x 1  0
已知集合
A  1,1, 2, 4
4  x

，

，则
A ∩ B  （ ）
1,1, 2, 4
1, 2, 4
1, 2
1
【答案】C
【解析】
【分析】先得出集合 B,再应用交集定义计算求解.
【详解】集合 A  1,1, 2, 4 ， B  x x 1  0  1, 4 ，


4  x
则 A  B  1, 2
故选：C
若命题： p : x  1， x3  1.则命题 p 的否定为（ ）
x  1， x3  1
C. x  1， x3  1
x  1 ， x3  1
D. x  1， x3  1
【答案】C
【解析】
【分析】根据存在量词命题的否定为存在量词命题确定正确答案.
【详解】原命题是存在量词命题，其否定是全称量词命题，
所以命题x  1， x3  1的否定为x  1， x3  1，
故选：C
函数 y  2x 与 y  1
2x
的图象（ ）
A. 关于 x 轴对称B. 关于 y 轴对称
C. 关于直线 y  x 对称D. 关于原点对称
【答案】D
【解析】
【分析】方法 1：根据两个函数图象上点的坐标确定两函数图象的关系.
方法 2：做出函数 y  2x 与 y  1
2x
的图象，数形结合，判断两函数图象的关系.
【详解】方法 1：设 x0 , y0  为函数 y  2x 图象上任意一点，
则 y  2x0   y  1 ，
002 x0
所以点x0 ,  y0
 在函数 y  1
2x
的图象上.
因为点 x0 , y0  与点x0 ,  y0  关于原点对称，
所以函数 y  2x 图象上任意一点关于原点的对称点都在函数 y  1
2x
的图象上；
设 x, y 为函数 y  1
2x
的图象上任意一点，则 y 
1
2x
 y  2x   y  2x .
即x,  y 在函数 y  2x 的图象上.
因为点 x, y 与点x,  y 关于原点对称，
所以函数 y  1
2x
图象上任意一点关于原点的对称点都在函数 y  2x 的图象上.
所以函数 y  2x 与函数 y  1
2x
故选：D
的图象关于原点对称.
方法 2：在同一坐标系内，做出函数 y  2x 与 y  1
2x
的图象如下：
由图可知：函数 y  2x 与 y  1
2x
故选：D
的图象的图象关于原点对称.
“知之者不如好之者，好之者不如乐之者”出自《论语·雍也》，意思是：对于学习，了解怎么学习的 人，不如喜爱学习的人；喜爱学习的人，又不如以学习为乐的人.设命题 p ：“一个人以学习为乐”，命题
【分析】根据充分、必要条件的知识进行分析，从而确定正确答案.
【详解】根据题意，
若命题 p （一个人以学习为乐）成立，则命题 q （一个人喜爱学习）一定成立，即 p  q ；
但命题 q 成立时，命题 p 不一定成立（喜爱学习的人未必以学习为乐），即 q ¿ p .
因此， p 是 q 的充分不必要条件.
q ：“一个人喜爱学习”，则 p 是 q 的（
）
A. 充分不必要条件
C. 充要条件
【答案】A
【解析】
B. 必要不充分条件
D. 既不充分也不必要条件
故选 A.
已知奇函数 f  x 对任意实数 x ， y 均满足 f  x  y  
f  x  f  y  ，且 f 3  6 ，则 f 6 
（ ）
A. 12B.
【答案】B
【解析】
12
C. 3D. 3
【分析】通过函数方程结合奇函数性质推导函数值.
【详解】由 f  x  y   f  x  f  y  ，令 x  6 ， y  3 ，
得 f 3  f 6  f 3 ，故 f 6  2 f 3  12 .
又 f  x 是奇函数，所以 f 6   f 6  12 .
故选：B.
若 a  0.20.8 ， b  0.80.2 ， c  20.3 则 a ， b ， c 的大小关系是（ ）
c  b  a
【答案】A
c  a  b
b  c  a
a  c  b
【解析】
【分析】根据指数函数，幂函数的单调性比较大小.
【详解】因为0  0.2  1 ，所以函数 y  0.2x 在R 上单调递减，所以0.20.8  0.20.2 .
因为 0.2  0 ，所以函数 y  x0.2 在0, ∞ 上单调递增，所以0.20.2  0.80.2 ，
又0.80.2  0.80  1 ，
所以 a  b  1；
又20.3  20  1 ，即c  1.
综上： a  b  1  c .
故选：A
已知函数是定义在R 上的偶函数，当 x  0 时， f  x  1
3x
x ，则不等式 f  x  2  4 的解集（ ）
1, 3
∞, 3
1, ∞
∞,1 3, ∞
【答案】A
【解析】
【分析】通过分析函数单调性与奇偶性，将不等式转化为绝对值不等式求解.
【详解】当 x  0 时， f  x  1
3x
x ，其在∞, 0上单调递减.
因为 f  x 是偶函数，所以 f  x 在0, ∞ 上单调递增.
令 f  x  4 ，当 x  0 时， f 1 
1
31
1  4 ，由偶函数性质得 f 1  4 .
不等式 f  x  2  4 等价于 f  x  2  
f 1 ，结合单调性得 x  2  1 ，
1  x  2  1，解得1  x  3 ，
所以不等式 f  x  2  4 的解集为1, 3 .
故选：A.
已知 x  0 ， y  0 ， 2x  y  3 ，则
2x2  x  y
3xy
的最小值为（ ）
4 2  3
9
4 2  3
3
4 2  3
3
4 2  3
9
【答案】D
【解析】
2x2  x  y  1  4  1  
4  1
【分析】由条件可得
3xy
3  yx
1 ，再利用基本不等式求 yx 的最小值，由此可得结论.

2x2  x  y  1  2x  1  1 
【详解】因为
3xy3  yyx  ，

因为 x  0 ， y  0 ， 2x  y  3 ，所以2x  3  y ，
所以 1  2x  1  1   1  3  y  1  1   1  4  1 1 .
3  yyx 3 yyx 3  yx
2

8x  y yx
又因为 4  1  1 2x  y  4  1   1  8x  y  6   1  2
 6   1 4
 6 ，
yx3
 yx 
3  yx
3 3
2x  y  3

2
3

1

当且仅当8xy

x 

即
2时取等号.
 yx
 y  32 2 
2x2  x  y  1  4 2  6    4 2  3
所以
3xy
3 319.

故选：D
二、多项选择题：本题共 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.全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错的得 0 分.
下列各项中， f (x) 与 g(x) 表示同一函数的是（ ）
x2
f (x)  ( x )2 ， g(x) 
1 x2
1 x
f (x) ， g(x)  1 x 
f (x)  x2 ， g(t) t2
f (x) 
x  3 ， g  x  x  3, x  3

3  x, x  3
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据函数的定义，一一判断各选项函数的定义域和对应法则是否相同，即可得到答案.
【详解】对于 A，因为 f (x) 的定义域为0,  ， g(x) 的定义域为R ，两者定义域不同，故两函数不相等，故 A 错误；
1 x2
对于 B，由1 x2  0 得1  x  1，故 f  x 
1 x  0
的定义域为1,1 ，
1 x

由
1 x  0
得1  x  1，故 g  x 
1 x 

的定义域为1,1 ，
1 x2
又两者对应法则相同，故两函数相等，故 B 正确；
对于 C, 因为 f  x  x2 ， g t   t 2 的定义域均为 R，且对应关系相同，故两函数相等，故 C 正确；


对于 D， f (x)  x  3  x  3, x  3 ， g  x  x  3, x  3 ，
3  x, x  33  x, x  3
两个函数的定义域均为R ，对应关系相同，所以两函数相等，故 D 正确.故选：BCD.
 x2 2 x
关于函数 f  x  4
，下列说法正确的是（ ）
f  x 的定义域是0, 2
f  x 的值域为1, 4
f  x 是偶函数
f  x 在1,  单调递减
【答案】AC
【解析】
【分析】根据函数的定义域、值域、奇偶性以及单调性的相关知识逐一进行分析即可.
 x2 2 x
【详解】要使函数 f  x  4
0, 2 ，A 正确.
有意义，则x2  2x  0 ，解得0  x  2 ， f  x 的定义域是
Q函数的定义域0, 2 不关于原点对称，函数 f  x 既不是奇函数也不是偶函数，B 错误.
t
t
minmax
令t  x2  2x ， x 0, 2 ，则t 0,1，0,1，令μ， μ0,1 ，则 y  4μ在定义域上单调递增， 当μ 0 时， y 40  1；当μ 1 时， y 41  4 ，
 f  x 的值域为1, 4，C 正确.
t
令t  x2  2x ， x 0, 2 ，t 在0,1单调递增，在1, 2单调递减，令μ， μ0,1 ，则 y  4μ在定义域上单调递增，
 x2 2 x
根据复合函数的单调性的原则，可得 f  x  4
故选： AC .
在0,1单调递增，在1, 2单调递减，D 错误.
若定义在R 上的奇函数 f  x 满足 f 2  x 
f x ，且在区间0,1 上，有
f  x1   f  x2 
x1  x2
0 ，
则下列说法正确的是（ ）
函数 f  x 的图象关于直线 x  2 成轴对称
函数 f  x 的图象关于2, 0 成中心对称
在区间3, 4 上， f  x 为增函数
f  1  
f   10 
 2 3 

【答案】BCD
【解析】
【分析】本题通过函数奇偶性、对称性推导周期，结合单调性分析各选项.
【详解】由 f  x 是奇函数，得 f x   f  x . 又 f 2  x  f x ，故 f 2  x   f  x ，
进而 f 4  x 
f  x  2  2   f  x  2 
f  x ，即函数周期为4 .
选项 A：由 f 2  x 
f x ，根据对称轴公式 x  2  0  1，
2
可知函数图象关于直线 x  1 对称，非 x  2 ，故 A 错误.选项 B：由 f 2  x   f  x ，得 f 2  x   f x 
f  x ，
故 f 2  x  f 2  x  0 ，函数图象关于2, 0 成中心对称，B 正确.
选项 C：依题意， f  x 在区间0,1 上，有
f  x1   f  x2   0 ，
x1  x2
所以在0,1 上 f  x 递增，奇函数在1, 0 上也递增，周期为4 ，则3, 4 与1, 0 单调性一致， f  x 在3, 4 上为增函数，C 正确.
选项 D： f   10   f   10  4   f  2  ， 0,1 上 f  x 递增， 1  2 ，
3 3 3 23

故 f  1  
f  2  
f   10  ，D 正确.
 2  3 3 

故选：BCD
非选择题部分
三、填空题：本大题共 3 小题，每题 5 分，共 15 分.
​
1
6 1
4
 π  50   3 3 3  
 2
3
1 .
 8  64 
【答案】16
【解析】

【分析】根据指数运算性质求解.
6 1
4
1
25
4
 21
 2 
0 3 3
 1 
3
 27 3
3  3 
【详解】
 π  5
  3
  
1   4
 5 1 3 16  16 .
22
故答案为：16 .
 8  64  8 
若不等式2kx2  kx  3  0 对一切实数 x 都成立，则 k 的取值范围为.
4
【答案】6, 0
【解析】
【分析】根据一元二次不等式恒成立问题，分 k  0 和 k  0 两种情况讨论求解即可.
【详解】当 k  0 时，不等式化为  3  0 ，此时对一切实数 x 都成立；
4
当 k  0 时，此时不等式为含参数二次不等式，想要保证该不等式小于 0 对一切实数 x 都成立，
k  0
则应满足：{
k 2
 4  2k (
3)  0
4
，解得： 6  k  0 ，
综上， k 的取值范围为： 6, 0 .
故答案为： 6, 0 .
 1  2, x  c

已知函数 f (x)  x
，若 f (x) 的值域为[2, 6] ，则实数 c 的取值范围是
x2  2x  3, c  x  3
．
【答案】 1,  1 
4 
【解析】
【分析】根据给定条件，由函数 f (x) 最小值为 2 可得1≤ c ≤1，再按c  0, 0  c  1 结合 y   1  2 的
x
取值情况求解即得.
【详解】函数 y  x2  2x  3  (x 1)2  2 ，当 x  3 时， y  6 ，当 x  1 时， y  2 ，
而 1  0 ，即有 1  2  2 ，依题意，1[c, 3] ，即c  1 ，又c2  2c  3  6 ，则有1≤ c ≤1，
xx
当0  c  1时，函数 f  x 在(, 0) 上的取值集合为2, ∞ ，在 (0, c) 上 f (x)  2 ，不符合题意，
于是1  c  0 ，函数 y   1  2 在(, c) 上单调递增，则2   1  2   1  2 ，
xxc
有 1  2  6 ，因此1  c   1 ，
c4
所以实数c 的取值范围是1,  1  .
4 
故答案为： 1,  1 
4 
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 2a  x  a 1 ， B  x x2  4x  3  0 ，
当 a  1 时，求 A ∪ B ， B ∩ ð A ；
2R
若“ x  A ”是“ x  B ”成立的充分条件，求实数 a 的取值范围.
【答案】（1） A ∪ B  x∣1  x  3 ； B ∩ ðR A  x |1.5  x  3
（2） a  0.5
【解析】
【分析】（1）当 a  1 时，解不等式求出集合 B ，再求 A ∪ B 、 B ∩ ð A ；
2R
（2）根据充分条件的定义可得集合 A 是集合 B 的子集，分 A   、 A   两种情况讨论，由此可构造不等式组求得结果.
【小问 1 详解】
当 a  1 时， A  x∣1  x  3 , B  x∣x2  4x  3  0  x∣1  x  3，
22 

所以 A ∪ B  x∣1  x  3 ， ðR A  x | x  1 ，或 x  1.5，求 B ∩ ðR A  x |1.5  x  3 ；
【小问 2 详解】
B  x∣1  x  3 ，
若“ x  A ”是“ x  B ”成立的充分条件，则 A  B ， 若 A   ，则 a 1  2a ，解得 a  1 ，满足 A  B ；
a 1  3

若 A   ，则2a  1，解得0.5  a  1，

a 1  2a
综上，实数 a 的取值范围为 a  0.5 .
已知 y  f  x 是定义在R 上的奇函数，当 x  0 时， f  x  2x 1.
（1）求 f 3 ；
求函数 f  x 在R 上的解析式；
若x 0,  ， f x2 1  f 5  mx  0 恒成立，求实数m 的取值范围.
【答案】（1） 7
 2x 1, x  0
2x 1, x  0
（2） f x  

（3） , 4 .
【解析】
【分析】（1）根据奇函数的性质，先求 f 3 ，再求 f 3 .
根据奇函数的性质求函数的解析式.
根据函数的奇偶性和单调性，把函数不等式转化为代数不等式，再分离参数，结合基本不等式，可求实数
m 的取值范围.
【小问 1 详解】
f 3  8 1  7 ，所以 f 3   f 3  7
【小问 2 详解】
因为 x  0 时， f  x  2x 1，
当 x  0 ，则x  0 ，所以 f x  2x 1   f  x
所以 f  x  2x 1 .
 2x 1, x  0
2x 1, x  0
综上： f x  .

【小问 3 详解】
由 f x2 1  f 5  mx  0 ，得 f x2 1   f 5  mx ，
即 f x2 1  f mx  5 ，
当 x  0 时， f  x  2x 1，所以函数 f  x 在0, ∞ 上单调递增，
又因为 y  f  x 是奇函数，所以 f  x 在R 上单调递增.
所以 x2 1  mx  5 对x 0, ∞ 恒成立，即 m  x  4 对x 0, ∞ 恒成立，
x
当 x 0, ∞ 时， x  4  4 ，当且仅当 x  2 时等号成立，
x
所以m  4 .
所以实数m 的取值范围为∞, 4 .
2024 苏州足球邀请赛组委会为保障赛事后勤服务，购进一套移动餐饮服务车，用于为赛场观众和工作人员提供餐饮.该服务车初始购置费用为 36 万元，预计从第 1 年到第 n 年（ n  N* ），花在该服务车上的 维护费用总计为 n2  6n 万元（ n 为使用年数）.该服务车每年可为赛事提供餐饮服务，稳定获得收入 24 万元.
该服务车使用几年后开始盈利？（即总收入减去初始购置费用及维护费用之差为正值）
若该服务车使用若干年后，组委会计划处理该设备，有两种方案：
①当年平均盈利达到最大值时，以 17 万元的价格卖出；
②当盈利总额达到最大值时，以 8 万元的价格卖出.哪一种方案较为合算？请说明理由.
【答案】（1）3 年（2）方案①较为合算，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据盈利列不等式，由此求得开始盈利的年份.
（2）①利用基本不等式进行求解，并求得最后的利润；②利用二次函数的性质进行求解，并求得最后的利润.比较两个方案最后的利润，从而选择合算的方案.
【小问 1 详解】
由题意可得24n  36  n2  6n  0 ，即 n2 18n  36  0 ，
5
5
解得9  3 n  9  3，
n  N* ，该车运输 3 年后开始盈利；
【小问 2 详解】
该车运输若干年后，处理方案有两种：
①当年平均盈利达到最大值时，以 17 万元的价格卖出，
24n  36  n2  6n
36 
n 18   n  n   6 ，当且仅当 n  6 时，取等号，

方案①最后的利润为： 24  6  36  62  6  6 17  53 （万）
②当盈利总额达到最大值时，以 8 万元的价格卖出，
y  24n  36  n2  6n  n2 18n  36 ，
 n  9 时，利润最大为 y  8118 9  36  45 ，方案②最后的利润为45  8  53 （万），
两个方案的利润都是 53 万，按照时间成本来看，
第一个方案更好，因为用时更短，方案①较为合算.
已知函数 f  x  ax  b 是定义在R 上的奇函数，且 f  1   4 .
2
5

x2 1 
求 a ， b 的值；
用定义法证明函数 f  x 在1,1 上单调递增；
若存在 x 1,1 ，使得 f  x  m2  5mt  5 对于任意的t 1,1 恒成立，求实数m 的取值范围.
【答案】（1） a  2 ， b  0
（2）证明见解析（3）  ,  5 41  ∪  5 41 , 
22

【解析】
【分析】（1）根据函数的奇偶性和特殊点求得.
根据函数单调性的定义可证明.
根据函数的单调性求得的最小值，然后以为主变量列不等式，由此求得的取值范围.
【小问 1 详解】
由于奇函数 f  x 在 x  0 处有定义，所以 f 0  b  b  0 ，
1
2
f  x ax，
 1 
f 
 2 
1
，
 2 
2 a 2a  4
255
x 1
∴ a  2 .
【小问 2 详解】 由（1）知 f  x 
 1  1

2x
1 x2 .
任取x1 、 x2 1,1且 x1  x2 ，即- 1 £ x1 < x2 £ 1 ，则 x1  x2  0 ， x1 x2  1，
2x2x
2x 1 x2   2x 1 x2 
所以， f  x   f  x
  1  2 
1221
1212
121 x2
1 x2
1 x2 1 x2 
 2  x1  x2 1 x1x2   0 ，则 f  x  
f  x  ，
12
1 x2 1 x2 12
所以，函数 f  x 在1,1 上单调递增.
【小问 3 详解】
min
由（2）知 f  x
f 1  1，
所以1  m2  5mt  5 对于任意的t 1,1 恒成立，即5mt  m2  4  0 对于任意的t 1,1 恒成立，
5m  m2  4  0
m   5 

41 或m  5 41
22
所以
5m  m2
 4  0
，解得
m  5 41 或m  5 41
22
5 
所以m 的取值范围为.  ∞, 2
41  5 

2
41
, ∞ .

已知函数 f  x  4x  a  2x 1 ， g  x  1 m  2x .
1 m  2x
当 a  1 时，方程 f  x  k 在 x , 0 上有解，求实数 k 的范围；
若存在常数 M  0 ，使得对任意 x  A ， A  R ，均有 x  M ，则称 A 为有界集合，同时称 M 为
集合 A 的上界.
①设 A  y y 
f  x, x ∞, 0 是以 2 为上界的有界集合，求实数 a 的取值范围；
②若 m  0 ， B  y y  g  x, x 0,1 是否为有界集合，若是求出集合 B 的最小上界 M m 的最小
值，若不是请说明理由.
【答案】（1） 1, 3
2
（2）① 4  a  0 ；②是， 3  2.
【解析】
【分析】（1）根据方程有解与函数图像之间的关系，判断函数单调性，求出参数范围；
（2）①根据题目定义，判断函数在定义域上的值域，再根据函数最值列出不等式组，求出参数范围即 可；②根据函数单调性，进行分类讨论，列出对应的不等式组，求出函数解析式，进而求出函数最小值.
【小问 1 详解】
当 a  1 时， f  x  4x  2x 1 ，由于 f  x 在∞, 0 上单调递增，
∴函数 y 
f  x 在∞, 0 上的值域为1, 3 ，故 k 的范围为1, 3 .
【小问 2 详解】
①令t  2x ， x , 0，则t 0,1，
由题意可得，
f  x  2 在 x , 0上恒成立，
则 t 2  at 1  2 在t 0,1上恒成立，
∴ 2  t 2  at 1  2 ，即t  3  a  t  1 ，
tt
易知 y  t  1 在0,1 上单调递减，则 y 0 ，
tmin
根据对勾函数的性质可知： y  t  3 在0,1 上单调递增，则 y 4 ，
t
综上： 4  a  0 .
1 m  2x2
max
② g  x 
1 m  2x
 m  2x
1 1 ，
∵ m  0 ， 0  x  1，∴ g  x 在0,1上递减，
∴ g 1  g  x  g 0 ，即1 2m  g  x  1 m ，
1 m
当
 1 2m
1 2m
时，即当0  m 
1 m
2 时， g  x  1 m
1 m
1 2m
21 m
1 m
当
 1 2m
时，即当 m 
2 时， g  x  1 2m
1 m
1 2m
21 2m

1 m , 0  m 2 21, 0  m 2

∴ M m  1 m
 2m 1 , m 
2 ，化简得 M m  1 m
212
2 ，
, m 2
1 2m21 2m2
可知当0  m  2 ，函数 M m 在 0, 2  上单调递减，所以最小值为
22 
M 2  

2
21  3  2
 2  2，
1
2
2
 2
M m  12
2
 3  2
当 m 
时，函数 M m 在
22
, ∞ 上单调递增，所以
1 2  2，
2
2
所以 M m 的最小值为3  2.