黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2025-2026学年高一上学期11月期中考试数学试卷

这是一份黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学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。
满分 150 分时间：120 分钟第 I 卷（选择题共 58 分）
一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求．
集合 A  {1, 2}的子集个数是（）
A 1B. 2C. 3D. 4
命题 R, x2  2  0 的否定是（）
x∈R， x2  2  0
∀x∈R， x2  2  0
∃x∈R， x2  2  0
角β的终边过点 P 2,1 ， tanβ （ ）
D. x  R, x2  2  0
A. 2B. 2
2
C. 1
函数 f  x  x3  3x 1的零点个数为（ ）
D.  1
2
0B. 1
C. 2D. 3
设a  1.010.5, b  1.010.6, c  0.60.5 ，则 a, b, c 的大小关系为（）
a  b  c
C. c  b  a
b  a  c
D. c  a  b
f  x   x 12 ，下列函数中为偶函数的是（ ）
f  x 1
C. f  x 1
f  x 1
D. f  x 1
函数 f  x  lg
ax 1 在区间 1 ,1 上单调递增，则实数 a 的取值范围是（ ）
2 2
A. 0, ∞
C. 2, 
B. 1, 
D. 3, 
f  x  m  2  x ，若关于 x 的不等式 f  x  x2  2x 的解集中有且只有 2 个整数，则实数m 的取值
范围为（ ）
2, 0
C. 2, 1
2, 1
D. 2, 0
二、多项选择题：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．
下列说法中正确的是（ ）
终边在 x 轴上角的集合是α∣α kπ，k  Z
角α终边落在第一象限，则角α为锐角
角α是第二象限角，则α是在二，三象限的角
2
P
周长为定值 P 的扇形中，面积最大时扇形的半径为
4
c  0, b  0, c  b  1，下列说法正确的是（ ）
cb 的最大值为 1
4
1  c 最小值为 4
cb
c
b
3
的最大值为
2
c2  b2 的最小值为 1
函数 f  x 的定义域为 D ，若对于任意 x1，x2  D ，且 x1  x2，f  x1   f  x2   x2  x1 恒成立，则称 f  x 为复合增函数，下列判断正确的是（）
若 y  f  x  x 是复合增函数，则 y  f  x 也是复合增函数
y 
1
1 x2
是复合增函数
y  x3  x 是复合增函数
y 
1
x 1
是复合增函数
第 II 卷（非选择题共 92 分）
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
函数 f  x  
1
x  3

x  1
的定义域为
幂函数 f  x  m2  m 1 x2m1 在0，  是增函数， f 2 
已知 f (x)   x 1x  0 ，若方程 f  x  a  0 有四个根 x , x , x , x 且 x  x  x  x ，则

3
 lg
xx  0
1234
1234
x1  x2  x3  x4 的取值范围是.
四、解答题：本大题共 5 小题，共 77 分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
计算：
1
（1） 273  10 
 0.51 ；
5 35
（2） ln
 lg 5  3lg2
e
4
已知集合 A  x∣x2  2x  3  0，集合 B  x∣a  3  x  2a 1 .
（1）若 a  1 ，求 A  B ；
（2）若 A ∩ B  A ，求 a 的取值范围．
已知幂函数 f  x  xα过点3, 9 .
求 f  x 的解析式；
若不等式t  f  x  2x 对任意的 x  R 恒成立，求实数t 的取值范围．
已知函数 f  x  ax （ a  0 且a  1）过点 2, 1 
4 

求函数 f  x 的解析式；
x
若函数 f  x  g  x  m  x ，其中 g  x 为奇函数， m  x 为偶函数，已知函数 h  x ，对任
意 x   1 ，都存在 x ≥0 ，使得等式2cg  x   m 2x   h  x  成立，求实数c 的取值范围．

1 2 ,12
112
对于定义域相同的函数 f  x 和 g  x  ，若存在实数 m, n 使得 h  x  mf  x  ng  x ，则称 h  x 由 f  x 和 g  x  生成的．
（1）若 h  x  4x  4 是由 f  x  2x  1 1和 g  x  1 x  4  a 生成的，求 a 的值；
xx2x
2
（2）试利用 f  x  lg 16x 1和 g  x  x 1 生成函数 h  x ，满足 h  x 为偶函数，且 h  0   1 .
求函数 h  x 的解析式；
已知 n  3, n  N*, x  1, x  1 ，对于1,1 上的任意值 x , x ,L, x x  x  L  x ，记
0n12
n 112
n 1
M  h  x1   h  x0   h  x2   h  x1  L h  xn1   h  xn2   h  xn   h  xn1  ，求 M 的最大值．
哈师大附中 2025 级 2025-2026 学年度第一学期期中考试
数学试题
满分 150 分时间：120 分钟第 I 卷（选择题共 58 分）
一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求．
集合 A  {1, 2}的子集个数是（）
B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】
n 个元素的集合的子集个数为2n 个．
【详解】解：因为含 n 个元素的集合的子集个数为2n 个，
∴集合 A  {1, 2}有 4 个子集，故选：D．
【点睛】本题主要考查有限集的子集个数，属于基础题．
命题 R, x2  2  0 的否定是（）
x∈R， x2  2  0
∀x∈R， x2  2  0
∃x∈R， x2  2  0
x  R, x2  2  0
【答案】C
【解析】
【分析】根据全称命题的否定为存在性命题可求解.
【详解】根据全称命题的否定为存在性命题，
可得命题“ x  R, x2  2  0 ”的否定为“ x  R, x2  2  0 ”.
故选：C.
角β的终边过点 P 2,1 ， tanβ （ ）
B. 2
2
C. 1
【答案】D
【解析】
D.  1
2
【分析】根据三角函数的定义求得正确答案.
【详解】因为角β的终边经过点 P 2,1 ，所以tan β 1   1 .
22
【分析】利用函数单调性，运用赋值法结合零点存在定理判断已知函数的零点个数．
【详解】Q x3 在R 上单调递增， 3x 在R 上单调递增，
函数 f (x) 在R 上单调递增，则 f  x 在R 上至多一个零点， 又Q f 0  03  3 0 1  1  0 ， f 1  13  311  3  0 ，
根据零点存在定理知函数 f  x 在区间0,1 内存在零点，
函数 f (x)  x3  3x 1在R 上的零点个数为 1，故 B 正确．故选：B．
设a  1.010.5, b  1.010.6, c  0.60.5 ，则 a, b, c 的大小关系为（）
故选：D
4. 函数 f  x  x3  3x 1的零点个数为（
）
A. 0
C. 2
【答案】B
【解析】
B. 1
D. 3
a  b  c
C. c  b  a
【答案】D
【解析】
b  a  c
D. c  a  b
【分析】根据对应幂、指数函数的单调性判断大小关系即可.
【详解】由 y  1.01x 在 R 上递增，则 a  1.010.5  b  1.010.6 ，由 y  x0.5 在[0, ) 上递增，则 a  1.010.5  c  0.60.5 .
所以b  a  c .
故选：D
f  x   x 12 ，下列函数中为偶函数的是（ ）
f  x 1
C. f  x 1
f  x 1
D. f  x 1
【答案】C
【解析】
【分析】由偶函数的定义依次判断各选项即可.
【详解】 f  x 1   x 12 1  x2  2x  2 ，不是偶函数，故 A 错误；
f  x 1   x 12 1  x2  2x ，不是偶函数，故 B 错误；
f  x 1   x 112  x2 ，为偶函数，故 C 正确；
f  x 1   x 112   x  22 ，不是偶函数，故 D 错误.
故选：C.
函数 f  x  lg
ax 1 在区间 1 ,1 上单调递增，则实数 a 的取值范围是（ ）
2
A. 0, ∞
C. 2, 
 2
B. 1, 
D. 3, 
【答案】C
【解析】
【分析】由复合函数的单调性判断方法可得 a  0 ，再由函数的定义域范围可得结果.
【详解】由复合函数的单调性可知，内层函数 y  ax 1 在 1 ,1 上单调递增，故 a  0 ，
 2
且 ax 1  0 在 1 ,1 上恒成立，只需ax 1 0 ，即 a 1  0 ，解得 a  2 .
 2
min2
综上， a 的取值范围是2,  .
故选：C.
f  x  m  2  x ，若关于 x 的不等式 f  x  x2  2x 的解集中有且只有 2 个整数，则实数m 的取值
【分析】由不等式 f  x  x2  2x 分离参数m ，利用构造函数法，对 x 进行分类讨论，结合二次函数的性质求得m 的取值范围.
【详解】因为函数 f (x)  m  2 | x | ，所以关于 x 的不等式 f (x)  x2  2x
可化为 m  2  x  x2  2x ，即 m  x2  2x  2  x ，令 h(x)  x2  2x  2  x ，即 m  h(x) ．
范围为（
）
A. 2, 0
C. 2, 1
B.
D.
2, 1
2, 0
【答案】A
【解析】

当 x  0 时， h(x)  x2  x  2   x 

1 2 
2

 9 ，
4
h( x) 在 0, 1  上单调递减，在 1 ,  上单调递增，
2  2

且 h(0)  2, h(1)  2, h(2)  0 ；

当 x  0 时， h(x)  x2  3x  2   x 


2
3 2 

 17 ，
4
h( x) 在∞, 0 上单调递减，且 h(1)  2 ．
如图所示，结合函数图象及 x 取1, 0,1,2 时的函数值可知，
要使 m  h(x) 的解集中有且仅有2 个整数，这两个整数解只能是0 和1，所以实数m 的取值范围为2  m  0 ，即 m [2, 0) ．
故选：A
二、多项选择题：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．
下列说法中正确的是（ ）
终边在 x 轴上角的集合是α∣α kπ，k  Z
角α终边落在第一象限，则角α为锐角
角α是第二象限角，则α是在二，三象限的角
2
P
周长为定值 P 的扇形中，面积最大时扇形的半径为
4
【答案】AD
【解析】
【分析】利用角的终边与象限角的性质分析判断选项 ABC，运用扇形公式结合基本不等式分析选项 D．
【详解】选项 A：终边落在 x 轴上角的集合是α|α kπ，k  Z，故 A 正确；
选项 B：终边落在第一象限的角的集合为α| 2kπ α π  2kπ,k  Z ，
2

角α不一定为锐角，例如α 13π ，故 B 错误；
6
选项 C：Q角α是第二象限的角， α| π  2kπ α π  2kπ,k  Z，
2

 π  kπ  α π  kπ k  Z ，
422
α π π
当 k  2n 时， 2  2nπ+ ,  2nπ  n  Z ，位于第一象限；
4 2
α  ππ

当 k  2n 1 时， 2  4  (2n 1)π, 2 （2n 1）π  n  Z ，位于第三象限；
 α为第一，三象限的角，故 C 错误；
2
选项 D：设扇形的半径为 r ，弧长为l ，由题意可知： 2r  l  P ，
扇形面积为 S  1 lr ，
2
2r  l
Q l 、 r 均大于零，
2r ×l
 2r +l ³
2
，即2
 P ，整理有
1P2
lr ，
216
2
当且仅当2r  l 时，扇形面积取最大值 P ，
16
2r  l

此时2r  l  P
，解得 r  P ，故 D 正确．
4
故选：AD．
c  0, b  0, c  b  1，下列说法正确的是（ ）
cb 的最大值为 1
4
1  c 最小值为 4
cb
c
b
3
的最大值为
2
c2  b2 的最小值为 1
【答案】AD
【解析】
【分析】对每个选项，结合c  b  1的条件，通过二次函数性质（说明开口方向、对称轴）分析最值，或通过基本不等式（补充等号成立条件）分析最值，进而判断选项正误.
【详解】选项 A： 由c  b  1，得cb  c 1 c  c2  c .
该式是开口向下的二次函数，其对称轴为c  1 ，
2
根据二次函数性质，开口向下的函数在对称轴处取得最大值.
当c  1 时， b  1 c  1 ，此时cb  1  1  1 ，故cb 的最大值为 1 ，A 正确.
222244
选项 B： 1  c  c  b  c  1 b  c .
cbcbcb
b  c
c b
由基本不等式， b  c  2 2 ，当且仅当 b  c （即c  b  1 ）时等号成立.
cbcb2
因此 1  c  1 2  3 ，最小值为 3，B 错误.
cb
cb
c
选项 C：
(
 b )2  c  b  2
 1 2
cb .
由选项 A 知cb  1 ，当且仅当c  b  1 时cb  1 .
424
c
代入得(
 b )2  1 2
 2 ，故
，最大值为
，C 错误.
1
4
c
b
2
2
选项 D：
c2  b2  (c  b)2  2cb  1 2cb .
由选项 A 知cb  1 ，当且仅当c  b  1 时cb  1 .
424
代入得c2  b2  1 2  1  1 ，故c2  b2 的最小值为 1 ，D 正确.
422
故选：AD.
函数 f  x 的定义域为 D ，若对于任意 x1，x2  D ，且 x1  x2，f  x1   f  x2   x2  x1 恒成立，则称 f  x 为复合增函数，下列判断正确的是（）
若 y  f  x  x 是复合增函数，则 y  f  x 也是复合增函数
y 
1
1 x2
是复合增函数
y  x3  x 是复合增函数
y 
1
x 1
是复合增函数
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于选项 A∶由条件知，若 f  x 为复合增函数，需有当 x1  x2，f  x1   f  x2   x2  x1 时，即
f  x1   x1  f  x2   x2 ，即 y  f (x)  x 是增函数，由此可推导出 A 正确；对于选项 B∶设
h(x)  x 
1
1 x2
，用作差法可得 B 正确；对于选项 C∶设 F  x  x3  x ，用作差法可得 C 正确．对于选
项 D∶用特殊值代入可得 D 错误．
【详解】选项 A∶由条件知，若 f  x 为复合增函数，需有当 x1  x2，f  x1   f  x2   x2  x1 时，即
f  x1   x1  f  x2   x2 ，即 y  f (x)  x 是增函数，
若 y  f (x)  x 是复合增函数，则 y  f (x)  x  x  f (x) 是增函数，
从而 y  f (x)  x 也是增函数，故 A 正确；
选项 B∶设 h(x)  x 1，当 x  x 时，
1 x212
11x2  x2
2112
h  x2   h  x1   x2   x1   x2  x1  12
1 x2
 1 x2
1 x2 1 x2 
1 21 21
 x   x    x2 x2
 12  22 21 2
，故h( x) 为增函数，故 B 正确；
0
  x2  x1 

12
1 x2 1 x2 
121122
选项 C∶由 y  x3  x ，令 F  x  x3  2x ， 当 x1  x2 时，
F  x   F  x
  x3  2x   x3  2x 
1212
= x3  x3   2  x  x 
=  x 
x 
x2  x
x  x2   2
 x1  x2 
=  x 
x 
x2  x
x  x2 
2
1211 22
1211 22
x 23x2
= x1  x2   x1  2   2  2

2 4

x 2
3x2
由于 x1  x2 ，故 x1  x2  0 ，  x1  2 
 2  2  0
2 4
故 F  x1   F  x2   0 ，即 F  x1   F  x2 
故 F  x  x3  2x 是增函数，
故 F  x  x3  x 是复合增函数，故 C 正确；
选项 D∶令 g(x) 
1
x 1
 x ，
则 g  3   7 , g 2  3,
2
2
 

 2 
故 g  3   g 2 ，

故 g(x) 
1
x 1
x 不是增函数，故 D 错误．
故选：ABC
第 II 卷（非选择题共 92 分）
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
函数 f  x  
1
x  3

x  1
的定义域为
【答案】1, 3 3, ∞
【解析】
【分析】根据函数解析式即可求出定义域.
x  3  0

【详解】由题意可得 x 1  0 ,
x  3

解得 x  1 ,
所以定义域为1, 3 3, ∞ .
故答案为： 1, 3 3, ∞
幂函数 f  x  m2  m 1 x2m1 在0，  是增函数， f 2 
【答案】8
【解析】
【分析】先根据幂函数定义确定系数满足的方程，求解后结合增函数的条件筛选出符合的m 值，进而确定函数表达式并计算 f 2 .
【详解】由幂函数定义，得 m2  m 1  1，即 m2  m  2  0 ，解得 m  2 或 m  1.
函数在0, ∞ 上是增函数，故指数2m 1  0 ：当 m  2 时， 2m 1  3  0 ，符合条件；
当 m  1时， 2m 1  3  0 ，不符合条件.
因此 m  2 ， f  x  x3 ，则 f 2  23  8 .
故答案为： 8 .
已知 f (x)   x 1x  0 ，若方程 f  x  a  0 有四个根 x , x , x , x 且 x  x  x  x ，则

3
 lg
xx  0
1234
1234
x1  x2  x3  x4 的取值范围是.
 0 4 

【答案】 ，
3 
【解析】
【分析】作出函数 f  x 的图象，结合图象得出 x1  x2  2 ， lg3 x3  lg3 x4 ，得到 x3x4 1，结合指数
函数的性质，即可求解.

【详解】由题意，作出函数 f (x)   x 1
lg
x  0
x x  0
的图象，如图所示，
3
因为方程 f  x  a  0 有四个根 x1, x2 , x3, x4 且 x1  x2  x3  x4 ，由图象可知 x1  x2  2 ， lg3 x3  lg3 x4 ，可得 x3x4 1，
则 x1  x2  x3  x4  2  x3  x4 ，
设lg x  t, lg x  t ，所以 x  x  3t  3t ，
3 33 434
因为0  t  1 ，所以1  3t  3 ，所以2  3t  3t  10 ，
3
所以0  2  3t  3t  4 ，即0  x  x  x  x  4 ，
312343
 0 4 

即 x1  x2  x3  x4 的取值范围是 ， .
3 
 0 4 

故答案为：  ， .
3 
【点睛】本题主要考查了函数与方程的综合应用，其中解答中作出函数的图象，结合图象和指数函数的性质求解是解答的关键，着重考查数形结合思想，以及推理与运算能力.
四、解答题：本大题共 5 小题，共 77 分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
计算：
1
（1） 273  10 
 0.51 ；
5 35
（2） ln
 lg 5  3lg2
e
4
3
【答案】（1）1（2）
2
【解析】
【分析】（1）将分数指数幂转化成根式，计算可得结果；
（2）由对数的运算法则及对数恒等式化简可得结果.
【小问 1 详解】
3 27
原式1 3  2  3  2  1 .
【小问 2 详解】
1
 lg 40  lg 4 
1
1 
3
2
2
2
11
原式=lne2  lg 5  lg 4  lg 23   lg 5  lg 8  lg 4 .
2
已知集合 A  x∣x2  2x  3  0，集合 B  x∣a  3  x  2a 1 .
（1）若 a  1 ，求 A  B ；
（2）若 A ∩ B  A ，求 a 的取值范围．
【答案】（1） A  B  x 1  x  3
（2）1  a  2
【解析】
【分析】（1）由集合的交集运算可得结果；
（2）根据交集的结果得到 A  B ，由子集的定义列出需满足的不等式并求解可得结果.
【小问 1 详解】
由题意可得 A  x 1  x  3．当 a  1 时， B  x 2  x  3 ，则 A  B  x 1  x  3．
【小问 2 详解】
a  3  2a 1

因为 A ∩ B  A ，所以 A  B ，需满足


a  3  1 2a 1  3
，解得1  a  2 ．
综上所述，a 的取值范围是1  a  2 .
已知幂函数 f  x  xα过点3, 9 .
求 f  x 的解析式；
若不等式t  f  x  2x 对任意的 x  R 恒成立，求实数t 的取值范围．
【答案】（1） f  x  x2
（2） t  1
【解析】
【分析】（1）将已知点代入幂函数解析式，通过指数的等量关系求出指数，得到函数解析式；（2）将不等式恒成立问题转化为求二次函数的最小值，通过配方确定函数的最小值，进而得到实数t 的取值范围.
【小问 1 详解】
将点3, 9 代入幂函数 f  x  xα，得3α  9 ，即3α  32 ，故α 2 ， 因此 f  x 的解析式为 f  x  x2 .
【小问 2 详解】
由 f  x  x2 ，不等式t  f  x  2x 化为t  x2  2x 对任意 x  R 恒成立.
将 x2  2x 变形为(x 1)2 1，因(x 1)2  0 ，故(x 1)2 1  1，即 x2  2x 的最小值为1，因此t  1.
已知函数 f  x  ax （ a  0 且a  1）过点 2, 1 
4 

求函数 f  x 的解析式；
x
若函数 f  x  g  x  m  x ，其中 g  x 为奇函数， m  x 为偶函数，已知函数 h  x ，对任
意 x   1 ，都存在 x ≥0 ，使得等式2cg  x   m 2x   h  x  成立，求实数c 的取值范围．

1 2 ,1
2
 1 x
112
2
【答案】（1） f  x   


（2） , 2 
【解析】
【分析】（1）代入点坐标求解指数函数的底数，得解析式；
（2）利用奇偶函数性质分解 f  x 为奇函数与偶函数之和，将条件转化为恒成立问题，通过换元与基本不等式求最值，确定c 的范围.
【小问 1 详解】
由 f  x  ax 过点 2, 1  ，得 a2  1
4 4

1 1 x
22
因 a  0 且 a  1，故 a  ，则 f  x    .

【小问 2 详解】
由 f  x  g  x  m  x ， g  x 为奇函数， m  x 为偶函数，得 f x  g  x  m  x .
f  x  f x2 x  2x
f  x  f x2x  2x
联立得 g  x ， m  x .
2222
x   1
x

对任意 1 2 ,1 ，存在 x2  0 使2cg  x1   m 2x1   h  x2  ，而 h  x  0 ，
x   1

故2cg  x1   m 2x1   0 在 1 2 ,1 上恒成立.
2 x1  2x1
x   1
 32 
令t  g  x1  ， 1
 2 ,1 时， g  x1  单调递减，故t   4 , 
4  .
m 2x1  
2
22 x1  22 x1
2
 2t 2

1，代入得2ct  2t 2
1  0 ，即

c  t  1 .
2t
由基本不等式， t  1
2t
 t  
1
2 t 
 2

2
（当且仅当t  
2 时取等号），
2
t 
1
2 t 
2
故c 
对于定义域相同的函数 f  x 和 g  x  ，若存在实数 m, n 使得 h  x  mf  x  ng  x ，则称 h  x 由 f  x 和 g  x  生成的．
（1）若 h  x  4x  4 是由 f  x  2x  1 1和 g  x  1 x  4  a 生成的，求 a 的值；
xx2x
2
（2）试利用 f  x  lg 16x 1和 g  x  x 1 生成函数 h  x ，满足 h  x 为偶函数，且 h  0   1 .
求函数 h  x 的解析式；
已知 n  3, n  N*, x  1, x  1 ，对于1,1 上的任意值 x , x ,L, x x  x  L  x ，记
0n12
n 112
n 1
M  h  x1   h  x0   h  x2   h  x1  L h  xn1   h  xn2   h  xn   h  xn1  ，求 M 的最大值．
【答案】（1）  7
6
（2）（I） h(x)  lg2
【解析】
(16x 1)  2x  2 ；（II） 2lg 17 ．
2
8
【分析】（1）利用给定的定义列式，借助恒等式问题列出方程组求解；
（2）（I）利用偶函数的定义计算可得 n  2m ，再利用 h  0   1 求出m 即得解析式；（II）利用函数单调性定义证明函数 h  x 的单调性，再化简求和即可求出最大值.
【小问 1 详解】
依题意， h  x  4x 
4
 m  2x 
1
1 
n  1
x 
4
 a 
x


x


 2
x


，

2m  n  4
2
则4x  4   2m  n  x  4n  m  m  an ，故有4n  m  4 ，
x2 x

m  28
m  an  0



17
解得n  24 ，所以实数 a 的值为 7 ；

176
a   7
6
【小问 2 详解】
2
（I）设 h  x  mlg 16x 1  n  x 1 ，
2
22
由 h  x 为偶函数，得h x  mlg 16x 1  nx  n ， h x  h  x ，则 mlg 16x 1  nx  n  mlg 16x 1  nx  n ，
整理得 mlg
16 x 1 ，即 mlg 16x  2nx ，于是 2nx
mx ，
2nx2
2 16x 1216
即2nx  4mx 对任意 x 恒成立，则 n  2m ，
h  x  mlg2
16x 1  2m  x 1  m lg
16x 1  2x  2m ，


2
又 h  0   1 ，则 mlg2 2  2m  1，解得 m  1，则 n  2 ，所以函数 h  x 的解析式为h  x  lg2 16x 1  2x  2 ；
x
（II）由（I）知 h  x  lg2 16
1  2x  2  lg2
16x 1
4x
 2 ，
在0,1内任取 x1, x2 ，且 x1  x2 ，
16x1 116x2 1
16x1 14x2
则 h  x1   h  x2   lg2
4x1
 2  lg2
4x2
 2  lg2
16x2 14x1 ，
又16x1 1 4x2  16x2 1 4x1  4x2  4x1   42x1  x2  4x1 2 x2 
 4x2  4x1   4x1  x2 4x1  4x2   4x2  4x1 1 4x1  x2  ，
由 x1  x2 ， x1, x2 0,1 ，则4x2  4x1  0 ， 4x1  x2  1，1 4x1  x2  0 ，
则4x2  4x1 1 4x1  x2   0 ，故0  1，
16x1 14x2
16x2 14x1
故lg2
16x1 14x2
16x2 14x1
 0 ，即 h  x1   h  x2  ，故 h  x 在0,1上是增函数，
由偶函数的性质知，函数 h  x 在1, 0上是减函数，设 xk  0  xk1  xk  xk1 , k  0,1, 2, 3,L, n  1 ，
则 h(x0 )  h(x1) L  h(xk ), h(xk1)  h(xk2 ) L  h(xn ) ，
n
所以 h(xi )  h(xi1)  h(x0 )  h(x1)  h(x1)  h(x2 ) L h(xk1)  h(xk )
i1
 h(xk 1 )  h(xk )  h(xk 2 )  h(xk 1 )  h(xk 3 )  h(xk 2 ) L h(xn )  h(xn1 )
 h(x0 )  h(xk )  h(xk 1 )  h(xk )  h(xn )  h(xk 1 )
 h 1  h 1  h  xk   h  xk1   h  xk1   h  xk 
 2h 1  2 minh  xk 1 , h  xk   2h 1  2h 0 ，当且仅当 xk  0 或 xk1  0 时，
n16 117
 h(xi )  h(xi1) 有最大值2h(1)  2h(0)  2 lg2
i1
4 4  2 lg2 2  4  2lg2 8 ，
17
所以 M 的最大值为2lg2 8 ．