陕西省咸阳市实验中学2025-2026学年高一上学期11月考试数学试卷

这是一份陕西省咸阳市实验中学2025-2026学年高一上学期11月考试数学试卷，共18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。
注意事项：
本试卷共 4 页，满分 150 分，时间 120 分钟．
答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和准考证号填写在答题卡上．
回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．涂写在本试卷上无效．
作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效．
考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试卷不回收．
 a  0a  1
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．
f x  ax1  2
函数（，且）的图象恒过定点，该定点的坐标为（ ）
0, 2
0, 1
1, 1
1, 3
已知幂函数 f  x  a2  a  5 xa a  R 是奇函数，则 a 的值是（ ）
A. 3B. 2
C. 3 或2
D. 3
已知命题 p : x  R, x2  x 1  0 ，命题 q : a, b  R, a  b  ab ，则（ ）
2
p 和 q 都是真命题B.
C. p 和q 都是真命题D.
下列说法正确的是（ ）
p 和 q 都是真命题
p 和q 都是真命题
A. 若 a  b ，则 ac2  bc2B. 若 a  b  c ，则 a  c  b  c
C. 若 a  b ，则
1  1D. 若 a  b  c  0 ，则
ab
b  b  c aa  c
甲、乙两人解关于 x 的不等式 x2  bx  c  0 ，甲写错了常数b ，得到的解集为x 3  x  2 ；乙写错了常数c ，得到的解集为x 1  x  4．若甲、乙两人除写错常数外，其余求解过程都正确，则原不等式的
解集为（ ）
A x 1  x  6
B. x 6  x  1
C. x 3  x  2D. x 2  x  3
某班学生积极参加学校组织的体育特色课堂，课堂分为球类项目 A 、径赛项目 B 、其他健身项目C ．该班有 25 名同学选择球类项目 A ，20 名同学选择径赛项目 B ，18 名同学选择其他健身项目C ；其中有 6 名同学同时选择 A 和 B ，4 名同学同时选择 A 和C ，3 名同学同时选择 B 和C ．若全班同学每人至少选择一类项目且有 2 名同学同时选择三类项目，则这个班同学人数是（ ）
A. 52B. 51C. 50D. 49
已知 a  0, b  0 ，则“ 3a  3b ”是“ lga 2  lgb 2 ”的（ ）
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
设函数 f  x  x x  x  4 ，若 f 3a  2  f a  6  8 ，则实数 a 的取值范围为（ ）
A. ∞, 2
2, ∞
 1 , ∞
 ∞, 1 
 22 

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．
设全集U  x x是小于7的自然数，集合 A  1, 2, 5, ðU A ∩ B  3, 6 ，则集合 B 可能为（ ）
3, 5, 6
3, 4, 6
1, 3, 6
2, 3, 6
函数 f  x  ax  1 a  R 的图象可能是（ ）
x
A.B.C.D.
若实数 x, y, z 满足2  lg2 x  3  lg3 y  5  lg5 z ，则 x, y, z 的大小关系可能是（）
x  y  z
x  z  y
y  x  z
y  z  x
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
1
lg 22  lg 2 lg 5  lg 5 160.25 8 3  ．
1
若b  a  1 ，且 a  b  5 ，则
a 1
4
b 1
的最小值是．
已知定义在R 上的函数 f  x 同时满足下列条件：
①函数 f  x 的图象关于原点对称；
② x , x
0,  , f  x1  x2  
f  x1   f  x2 
；
1222

③当 x  0 时，不等式 x  2 f  x  0 恒成立．
则函数 f  x 的一个解析式可以为 f  x  ．
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 x2  4x  5  0, B  x m  2  x  2m 1, m  R ．
（1）当 m  4 时，求 A ∪ B ；
（2）若 A ∩ B  B ，求实数m 的取值范围．
已知函数 f  x 
ax  a x
x x
a  a
, g  x （ a  0 ，且a  1）．
22
（1）求证： g 2x  2 f  x g  x ；
（2）设 h  x 
f  x  g  x ，若函数 h  x 在区间2, 3 上的最大值比最小值大 a2 ，求 a 的值．
2
当前，机器人产业蓬勃发展，正极大改变着人类生产和生活方式，为经济社会发展注入强劲动能.某动力电池生产企业为提高产能，计划投入 6300 万元购买一批智能工业机器人，使用该批智能机器人后的前
x x  N  年，设备维护成本共700x2  300x 万元.每年电池销售收入为 6700 万元，设使用该批智能机
器人后，前 x 年的总盈利额为 y 万元.
写出 y 关于 x 的函数关系式，并指出 x 的取值范围；
使用若干年后，对该批智能机器人的处理方案有两种.
方案一：当总盈利额达到最大值时，将该批智能机器人以 2000 万价格处理；
方案二：当年平均盈利额达到最大值时，将该批智能机器人以 4800 万元的价格处理.问哪种方案更合理?并说明理由.
已知函数 f  x  lga  x  4  lga 4  x  b （ a  0 ，且a  1）．
证明：函数 f  x 是偶函数；

设 a  2 ，集合 D  2 2, 2 3 ，
当 x  D 时，求函数 f  x 的值域；
若存在 r, s, t  D ，使得 f r   f s 
已知函数 f  x  x  3 ．
x
f t  ，求实数b 的取值范围．
判断函数 f  x 在区间0, ∞ 上的单调性，并用单调性定义证明；
求不等式2 
f  x  2 的解集；
设 F  x  x2  9  2a  x  3  ，若x 1, 3, F  x  0 ，求实数 a 的取值范围．
x2x 

咸阳市实验中学 2025—2026 学年度第一学期第二次质量检测
高一数学
注意事项：
本试卷共 4 页，满分 150 分，时间 120 分钟．
答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和准考证号填写在答题卡上．
回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．涂写在本试卷上无效．
作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效．
考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试卷不回收．
 a  0a  1
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．
f x  ax1  2
函数（，且）的图象恒过定点，该定点的坐标为（ ）
0, 2
0, 1
1, 1
1, 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据指数函数过定点的性质即可得到答案.
【详解】当 x  1 时， f 1  a0  2  1 2  1，故 f  x 的图象恒过定点1, 1 .
故选：C.
【分析】由函数为幂函数求参数值，结合其奇偶性确定最终参数值.
【详解】由函数为幂函数，则 a2  a  5  1  a2  a  6  0  (a  2)(a  3)  0 ，所以 a  2 或 a  3 ，又 f (x) 为奇函数，
当 a  2 ，则 f  x  x2 为偶函数，不满足，
2. 已知幂函数
f  x  a2  a  5 xa
a  R 是奇函数，则 a 的值是（
）
A. 3
【答案】A
B.
2
C. 3 或2
D. 3
【解析】
当 a  3 ，则 f (x)  x3 为奇函数，满足，综上， a  3 .
故选：A
已知命题 p : x  R, x2  x 1  0 ，命题 q : a, b  R, a  b  ab ，则（ ）
2
p 和 q 都是真命题B. p 和 q 都是真命题
C. p 和q 都是真命题D. p 和q 都是真命题
【答案】C
【解析】
【分析】首先通过取特值判断命题 p 与命题 q 的真假，进而判断选项的正误即可.
【详解】对于命题 p ：当 x  1 时，12 11  1  0 ，因此命题 p 为真命题，从而p 为假命题；
对于命题 q ：当 a  2 ， b  4 时， a  b  2  4  3 ， ab  24  8 ，可得： a  b  ab ，
22
故命题 q 为假命题，从而q 为真命题；
综上可得：命题 p 与命题q 均为真命题.故选：C
下列说法正确的是（ ）
若 a  b ，则 ac2  bc2
2
若 a  b  c ，则 a  c  b  c
若 a  b ，则
1  1D. 若 a  b  c  0 ，则
ab
b  b  c aa  c
【答案】D
【解析】
【分析】对于 A 选项，当c  0 时，即可判断；对于 B 选项，通过不等式的性质判断即可；对于 C 选项，通过特殊值法判断即可；对于 D 选项，通过作差法判断即可.
【详解】对于 A 选项，当c  0 时， ac2  bc2  0 ，故 A 错误；对于 B 选项，因为 a  b  c ，所以 a  c  b  c ，故 B 错误；
对于 C 选项，当 a  2 ， b  1 时， 1  1 ，故 C 错误；
ab
对于 D 选项， b  c  b  a b  c  b a  c  ac  bc  c a  b ，因为 a  b  c  0 ，所以
a  caa a  c
a  b > 0 ，所以 b  b  c ，故 D 正确.
aa  c
a a  c
a a  c
故选：D.
甲、乙两人解关于 x 的不等式 x2  bx  c  0 ，甲写错了常数b ，得到的解集为x 3  x  2 ；乙写错了常数c ，得到的解集为x 1  x  4．若甲、乙两人除写错常数外，其余求解过程都正确，则原不等式的
解集为（ ）
x 1  x  6
C. x 3  x  2
x 6  x  1
D. x 2  x  3
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，求出常数b 和c ，再解一元二次不等式即可.
【详解】由题意知，甲的常数c 正确，由韦达定理可得c  3 2  6 ，乙的常数b 正确，由韦达定理可得b  1 4  5 ，
所以原不等式为 x2  5x  6  0 ，解得1  x  6 ，所以解集为x | 1  x  6，故 A 正确.
故选：A.
某班学生积极参加学校组织的体育特色课堂，课堂分为球类项目 A 、径赛项目 B 、其他健身项目C ．该班有 25 名同学选择球类项目 A ，20 名同学选择径赛项目 B ，18 名同学选择其他健身项目C ；其中有 6 名同学同时选择 A 和 B ，4 名同学同时选择 A 和C ，3 名同学同时选择 B 和C ．若全班同学每人至少选择一类项目且有 2 名同学同时选择三类项目，则这个班同学人数是（ ）
A. 52B. 51C. 50D. 49
【答案】A
【解析】
【分析】根据选择三类项目的人数，得出选择两类项目和一类项目的人数，求和可得答案.
【详解】因为有 2 名同学同时选择三类项目，所以只选择 A 和 B 两个项目的同学有 4 人，只选择 A 和C 两个项目的同学有 2 人，只选择C 和 B 两个项目的同学有 1 人，
只选择 A 一个项目的同学有 17 人，只选择 B 一个项目的同学有 13 人，只选择C 一个项目的同学有 13
人，如图，
所以班级人数为： 25 13 113  52 .
故选：A
已知 a  0, b  0 ，则“ 3a  3b ”是“ lga 2  lgb 2 ”的（ ）
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】D
【解析】
【分析】化简两个不等式，根据不等关系得出答案.
【详解】因为3a  3b ，所以 a  b ；
因为lga 2  lgb 2 ，所以
1
lg
1，
alg b
22
当0  a  1, b  1， lg2 a  0, lg2 b  0 ，上式成立，此时 a  b ；
当0  a  1, 0  b  1 ， lg
2 a  0, lg2
b  0 ，由
1
lg
1
alg
b 可得lg
2 a  lg2
b ，即 a  b ；
22
当 a  1, 0  b  1， lg
2 a  0, lg2
b  0 ，此时不满足
1
lg
1；
alg b
22
当a  1, b  1 ， lg
2 a  0, lg2
b  0 ，由
1
lg
1
alg
b 可得lg
2 a  lg2
b ，即 a  b ；
22
综上可得，“ 3a  3b ”是“ lga 2  lgb 2 ”的既不充分也不必要条件.
故选：D
设函数 f  x  x x  x  4 ，若 f 3a  2  f a  6  8 ，则实数 a 的取值范围为（ ）
A. ∞, 2
2, ∞
 1 , ∞
 ∞, 1 
 22 

【答案】B
【解析】
【分析】构造新函数 g  x  f  x  4 ，判断函数 g  x 的奇偶性及其单调性，利用函数的单调性求解不等
式即可.
【详解】已知函数 f  x  x x  x  4 ，令 g  x  f  x  4  x x  x ，
又 g x  x  x  x  x x  x  g  x ，可得： g  x 为定义在R 上的奇函数.
当 x  0 时， g  x  x2  x ，由于二次函数开口向上，且对称轴为 x   1 ，
2
可得：函数 g  x 在 x 0,  上单调递增；
又 g  x 为奇函数且 g 0  0 ，可得：函数 g  x 在 x  R 上单调递增.又 f 3a  2  f a  6  8 ，得： f 3a  2  4  f a  6  4  0 ，即 g 3a  2  g a  6  0 ，移项得： g 3a  2  g a  6 ，
由 g  x 为奇函数，得： g 3a  2  g 6  a ，
由 g  x 在 x  R 上单调递增，得： 3a  2  6  a ，解得： a  2 .
综上可得：实数 a 的取值范围为2, ∞ .
故选：B
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．
设全集U  x x是小于7的自然数，集合 A  1, 2, 5, ðU A ∩ B  3, 6 ，则集合 B 可能为（ ）
3, 5, 6
3, 4, 6
1, 3, 6
2, 3, 6
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据集合运算先求出U ,再确定ðU A ,根据交集的定义即可确定 B 所含元素与不含的元素.
【详解】U  0,1, 2, 3, 4, 5, 6， ðU A  0, 3, 4, 6
m ðU A  B  3, 6 ，
 B 集合必须有 3，6 两个元素，不能有 0，4 这两个元素，可知选项 ACD 符合；故选：ACD
函数 f  x  ax  1 a  R 的图象可能是（ ）
x
A.B.C.D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】讨论 a ，当 a  0 时由反比例函数找到可能图像；当 a  0 时， x 0, ∞ 时由基本不等式得到函数存在最值找到可能图象；当 a  0 时，由函数在0, ∞ 上的单调性找到函数图像.
【详解】当 a  0 时， f  x  1 ，B 可能；
x
当 a  0 时， x  0 ，函数 f  x  ax  1 a  0 中 ax  0 ， 1  0 ，
则 f  x  ax  1  2
x
x
a
a
，当且仅当 x  1
x
时取等号，D 可能；
当 a  0 时， x  0 ，函数 y  ax 在0, ∞ 上单调递减， y  1 在0, ∞ 上单调递减，
x
因此函数 f  x  ax  1 a  0 在0, ∞ 上单调递减，C 可能，
x
无论 a 取何值，选项 A 都不可能.故选：BCD.
若实数 x, y, z 满足2  lg2 x  3  lg3 y  5  lg5 z ，则 x, y, z 的大小关系可能是（）
x  y  z
x  z  y
y  x  z
y  z  x
【答案】ACD
【解析】
【分析】通过化简可得 x  2m2 ， y  3m3 ， z  5m5 ，利用数形结合思想，将题意转化为函数 y  2x2 ，
y  3x3 ， y  5x5 的图象与直线 x  m 的交点纵坐标，由图象即可得结果.
【详解】设2  lg2 x  3  lg3 y  5  lg5 z  m ，所以 x  2m2 ， y  3m3 ， z  5m5
根据指数函数的单调性，易知各方程只有唯一的根，作出函数 y  2x2 ， y  3x3 ， y  5x5 的图象，
方程的根分别是函数 y  2x2 ， y  3x3 ， y  5x5 的图象与直线 x  m 的交点纵坐标，如图所示：
易知，随着m 的变化可能出现： x  y  z ， y  x  z ， y  z  x ，故选：ACD．
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
1
lg 22  lg 2 lg 5  lg 5 160.25 8 3  ．
【答案】0
【解析】
【分析】利用对数及分数指数幂的运算性质即可得解.
 1
【详解】
lg 22
 lg 2 lg 5  lg 5 16
0.25
8 3  lg 2 lg 2  lg 5  lg 5  24
1
1
3
4  23 

 1 2   1   0
2 

1
故答案为：0
若b  a  1 ，且 a  b  5 ，则
a 1
4
b 1
的最小值是．
【答案】3.
【解析】
【分析】利用代换 1 法，结合基本不等式来求最小值.
【详解】因为b  a  1 ，且 a  b  5 ，
1  4 = 1  4  a 1 b 1  1 
 4  b 1  4 a 1 
所以1
a 1b 1a 1b 133
a 1b 1 
 1 5  2

b 1  4 a 1   3
，
3 a 1b 1 
当且仅当
b 1
a 1
 b 1  2 a 1  2 时取等号，
4 a 1
b 1
故答案为：3.
已知定义在R 上的函数 f  x 同时满足下列条件：
①函数 f  x 的图象关于原点对称；
② x , x
0,  , f  x1  x2  
f  x1   f  x2 
；
1222

③当 x  0 时，不等式 x  2 f  x  0 恒成立．
则函数 f  x 的一个解析式可以为 f  x  ．
4  2x , x  0

【答案】 0, x  0（答案不唯一）

2x  4, x  0
【解析】
【分析】首先分析条件中的函数性质，再写出一个满足条件的.
【详解】由①可知函数 f  x 是定义在R 上的奇函数，由②可知，当 x  0 时，函数 f  x 的图象是上凹的，由③可知，当 x  2 时， f  x  0 ，当 x  2 时， f  x  0 ， x  2 是函数 f  x 的零点，
所以当 x  0 时，满足条件的函数 f  x  2x  4 ，由奇函数的性质可知， f 0  0 ，
设 x  0 ， x  0 ， f x  2x  4 ，
f  x   f x  4  2x ，
4  2x , x  0

所以满足条件的一个解析式为0, x  0.

2x  4, x  0
4  2x , x  0

故答案为： 0, x  0

2x  4, x  0
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 x2  4x  5  0, B  x m  2  x  2m 1, m  R ．
（1）当 m  4 时，求 A ∪ B ；
（2）若 A ∩ B  B ，求实数m 的取值范围．
【答案】（1） A  B  x 1  x  7
（2） (, 1] ∪ [1, 3]
【解析】
【分析】（1）首先解一元二次不等式得出集合 A ，再根据 m  4 ，得出集合 B ，计算 A ∪ B 即可得出答案；
（2）根据 A ∩ B  B ，所以 B  A ，讨论 B   和 B   两种情况，解不等式即可得出答案.
【小问 1 详解】
当 m  4 时， A  x x2  4x  5  0  x 1  x  5, B  x 2  x  7，所以当 m  4 时， A  B  x 1  x  7.
【小问 2 详解】
因为 A ∩ B  B ，所以 B  A ；
集合 A  x 1  x  5 ， B  x m  2  x  2m 1, m  R；当 B   时，有 m  2  2m 1，解得 m  1，符合题意；
m  2  2m 1,

当 B   时，结合 B  A 可知


2m 1  5,
m  2  1,
，解得1  m  3 ；
综上所述，实数m 的取值范围为(, 1] ∪ [1, 3]．
已知函数 f  x 
ax  a x
x x
a  a
, g  x （ a  0 ，且a  1）．
22
（1）求证： g 2x  2 f  x g  x ；
（2）设 h  x 
f  x  g  x ，若函数 h  x 在区间2, 3 上的最大值比最小值大 a2 ，求 a 的值．
2
【答案】（1）证明见解析
（2） a  1 或 a  3 ．
22
【解析】
【分析】（1）分别将等式左右两边表示出来，化简即可证明；
（2）先求出 h  x 的解析式，然后根据底数的范围，分类讨论即可得出答案.
【小问 1 详解】
ax  a x
ax  a x
a2 x  a2 x
a2 x  a2 x
因为2 f  x g  x  2 , g 2x ，
2222
故 g 2x  2 f  x g  x ．
【小问 2 详解】
ax  a x
ax  a xx
依题意 h  x 
f  x  g  x  a ，
22
当0  a  1时， h  x 在区间2, 3 上单调递减，所以
maxmin
h  x h 2  a2 , h  x h 3  a3 ，
因此 a
2  a3
2
a
，解得
2
a  1
2
或 a  0 （舍去）；
maxmin
当 a  1 时， h  x 在区间2, 3 上单调递增，所以 h  x h 3  a3 , h  x h 2  a2 ，
因此 a
3  a2
2
a
，解得
2
a  3
2
或 a  0 （舍去）．
故 a  1 或 a  3 ．
22
当前，机器人产业蓬勃发展，正极大改变着人类生产和生活方式，为经济社会发展注入强劲动能.某动力电池生产企业为提高产能，计划投入 6300 万元购买一批智能工业机器人，使用该批智能机器人后的前
x x  N  年，设备维护成本共700x2  300x 万元.每年电池销售收入为 6700 万元，设使用该批智能机
器人后，前 x 年的总盈利额为 y 万元.
写出 y 关于 x 的函数关系式，并指出 x 的取值范围；
使用若干年后，对该批智能机器人的处理方案有两种.
方案一：当总盈利额达到最大值时，将该批智能机器人以 2000 万价格处理；
方案二：当年平均盈利额达到最大值时，将该批智能机器人以 4800 万元的价格处理.问哪种方案更合理?并说明理由.
【答案】（1） y  700 x2 10x  9x  N*  ；
（2）方案二更合理，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据销售总收入和成本，列出函数关系式即可；
（2）利用二次函数的性质求出方案一的总盈利，结合基本不等式求出方案二的总盈利，然后比较，即可得到结果.
【小问 1 详解】
由题意， y  6700x  700x2  300x  6300  700 x2 10x  9x  N*  .
【小问 2 详解】
方案一：总盈利额 y  700 x2 10x  9  700  x  52 11200 ，当 x  5 时， ymax  11200 ，
若此时处理掉智能机器人，总盈利为11200  2000  13200 万元；
x  9
x
y
方案二：年平均盈利额    9   7000  1400
 7000  2800 （万元），
x700  xx 

当且仅当 x  3 时，年平均盈利额最大，若此时处理掉智能机器人，总盈利为 2800  3  4800  13200 万元.
两方案总利润都是 13200 万元，但方案二用时更短，则方案二更合理.
18 已知函数 f  x  lga  x  4  lga 4  x  b （ a  0 ，且a  1）．
证明：函数 f  x 是偶函数；

设 a  2 ，集合 D  2 2, 2 3 ，
当 x  D 时，求函数 f  x 的值域；
若存在 r, s, t  D ，使得 f r   f s  f t  ，求实数b 的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）（i） b  2, b  4 ；（ii） 6, 0
【解析】
【分析】（1）利用定义域对称性，结合证明 f x 
f  x ，即可判断偶函数；
（2）（i）先求出二次函数的值域，再求对数函数值域即可；
（ii）根据题意转化为等式左右两边值域有交集，可先求没有交集的参数范围，再求出有交集时的参数范围，
它们之间是补集关系.
【小问 1 详解】
x  4  0

证明：依题意有4  x  0 ,解得4  x  4 ，
所以函数 f  x 的定义域为4, 4 ，关于原点对称，
又 f x  lga x  4  lga 4  x  b  lga 4  x  lga  x  4  b 
故函数 f  x 是偶函数．
f  x ，
【小问 2 详解】

（i）由 a  2 及（1）得 f  x  lg2 16  x2   b ，且2 2, 2 3  4, 4 ，
2
当 x  D ，即2
 x  2
时， 0  x2  12 ，
3
2
2
所以12  x2  0 ，所以4  16  x2  16 ，所以2  lg 16  x2   4 ，所以2  b  lg 16  x2   b  4  b ，
故当 x  D 时，函数 f  x 的值域为b  2, b  4 ．
（ii）由（i）可知 f r , f s, f t b  2, b  4 ，所以 f r   f s2b  4, 2b  8，

存在实数 r, s, t  2 2, 2 3 ，使得 f r   f s 
等价于2b  4, 2b  8b  2, b  4   ，而若2b  4, 2b  8b  2, b  4= ，
f t  ，
则2b  4  b  4 或2b  8  b  2 ，即b  0 或b  6 ，
故当2b  4, 2b  8b  2, b  4   时，则6  b  0 ，故实数b 的取值范围为6, 0 ．
19. 已知函数 f  x  x  3 ．
x
判断函数 f  x 在区间0, ∞ 上的单调性，并用单调性定义证明；
求不等式2  f  x  2 的解集；
设 F  x  x2  9  2a  x  3  ，若x 1, 3, F  x  0 ，求实数 a 的取值范围．
x2x 

【答案】（1）单调递增，证明见解析；
（2）3, 11, 3；
（3）  5 , 5  .
 2 2 
【解析】
【分析】（1）根据单调性的定义，应用作差法判断证明函数的区间单调性；
讨论函数的单调区间，应用单调性解不等式求解集；
令t  x  3 ，问题化为 s t   0 在区间2, 2上恒成立，应用分类讨论及二次函数的性质求最值，即
x
可得参数范围.
【小问 1 详解】
函数 f  x 在区间0, ∞ 上单调递增，证明如下：任取 x1, x2 0, ∞ ，且 x1  x2 ，
3 
3  33 
3 x2  x1 
则 f  x2   f  x1    x2 

   x 
x1
2 
   x2  x1   
x1  x1
   x2  x1  
x2 
x1 x2
  x2  x1 3  x1x2  ，而 x
 x  0, x x
0, 3  x x
0 ，
x1 x2
211 21 2
所以 f  x2   f  x1   0 ，即 f  x1   f  x2  ，
故函数 f  x 在区间0, ∞ 上单调递增；
【小问 2 详解】
由解析式知，函数 f  x 的定义域为∞, 0 0, ∞ ，
当 x ∞, 0 时，同（1）证明，知函数 f  x 在区间∞, 0 上单调递增，
又 f 3  2, f 1  2 ，所以2 
f 2  2 ，即 f 3 
f  x 
f 1 ，
所以3  x  1，即不等式2 
f  x  2 的解集为3, 1．
当 x 0, ∞ 时， f 1  2, f 3  2 ，所以2 
f  x  2 ，即 f 1 
f  x 
f 3 ，
而函数 f  x 在0, ∞ 上单调递增，所以1  x  3 ，即不等式2  f  x  2 的解集为1, 3
综上，不等式2 
f  x  2 的解集为3, 11, 3；
【小问 3 详解】
9
3 
3 2
3 
F  x  x2  2a  x     x    2a  x    6 ，
x2
x 
x x 
令t  x  3 ，由 x 1, 3及（2）知t 2, 2，
x
设 s t   t 2  2at  6 的图象是开口向上，对称轴为t  a 的抛物线．原问题转化为 s t   0 在区间2, 2上恒成立．
6
6
6
由  4a2  24  0 时，有 a ，或a  ， a  
6
当a  时，函数 s t  在2, 2上单调递增，
所以 s t 
min
 s 2  10  4a  0 ，即 a   5 ；
2
6
当 a 时，函数 s t  在2, 2上单调递减，
所以 s t 
min
 s 2  10  4a  0 ，即 a  5 ；
2
6
6
当 a 时，   0 ，函数 s t   0 ，符合题意；
综上，实数 a 的取值范围为 5 , 5  .
 2 2 