四川省内江市威远中学2025-2026学年高一上学期12月考试数学试卷

这是一份四川省内江市威远中学2025-2026学年高一上学期12月考试数学试卷，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
学校:姓名：班级：考号： 一、单选题(本题共计 8 个小题，每个小题只有一个选项正确，每小题 5 分，共计 40 分)
1 设全集U  {x  N∣ 2  x  4}, A  0, 2, 3 ，则ðU A 等于（）
1, 4
0,1, 4
1,1, 4
1, 0,1, 4
已知函数 f  x  m2  m 1 xm 是幂函数，且在0, ∞ 上单调递减，则实数m 的值为（ ）
3
1
C. 1D. 3
“ x  1 且 y  2 ”是“ x  y  3 ”的 （）
A. 充分不必要条件
B.
必要不充分条件
C. 充要条件
4. 已知 a  b  0 ，则下列说法正确的是（
）
D.
既不充分也不必要条件
a  b
a2  b2
2a  2b
1  1
ab
若10a  3,10b  5 ，则102ab  （）
A. 11B. 14C. 30D. 45
已知函数 f  x 是定义在, 0 ∪ 0,  上的奇函数，且 f 1  0 ，若 f  x 在0, ∞ 上单调递增，则不等式 xf  x  0 的解集为（ ）
1, 0 U0,1
, 1 1, 
1, 0 1, 
, 1 0,1

已知集合 x x2  ax  b  0 , a  2 有且仅有两个子集，则 a2  1 的最小值为（ ）
b 1
A. 8B. 5C. 6D. 9
已知函数 y  f (x) ， y  g(x) ，两者的定义域都是 I ，若对于任意 x  I ，存在 x0 ，使得
f (x)  f  x0  ， g(x)  g  x0  ，且 f  x0   g  x0  ，则称 f (x) ， g(x) 为“兄弟函数”，已知函数
2x2  x  4
1 , 3
f (x)  x
 2 px  q( p, q  R) ， g(x) 
是定义在区间


x 3
上的“兄弟函数”那么函数

f (x) 在区间1 , 3 的最大值为
 3
3452
A. 3B.C.
39
D. 13
二、多选题(本题共计 3 个小题，每小题 6 分，共计 18 分)
下列命题中正确的是（）
若函数 f (x) 满足 f (x 1)  x2 ，则 f (1)  4
函数 f  x  ax4 1(a  0 且 a  1) 的图象恒过定点4, 2
命题：“ x  0, x2  0 ”的否定是“ x  0, x2  0 ”
x
x
若函数 f 1  x  3，则 f  x  x2  x  2  x  1
设函数 f  x  2x 1 ， a, b, c  R ，且a  b  c ，下列说法正确的是（）
函数 y  f  x 与直线 y  1的图象有两个不同的公共点
函数 y  f  x 有最小值 0，无最大值
若 f a  f b ，则2a  2b  2
若 f a  f c  f b ，则2a  2c  2
若函数 f  x 是定义在R 上的奇函数， f  x  f 2  x ，当0  x  1时， f  x  x2  x ，则
（）
f 2  0
函数 f  x 图象关于直线 x  2 对称
函数 f  x 图象关于点2, 0 中心对称
当1≤ x ≤ 0 时， f  x  x2  x
三、填空题(本题共计 3 个小题，每小题 5 分，共计 15 分)
​
 1 0 8
 2
3 (2)3
3
．
327

 
 
若函数 f  x  4 x  a  3 在区间1,  上不单调，则 a 的取值范围是．
ax  2, x  a
已知 f  x   1
，若x , x  R 且 x  x ，都有 f  x   f  x
 ，则实数 a 的最大值为

 x  a
, x  a121212
.
四、解答题(本题共计 5 个小题，共计 77 分)
15 已知集合 A  x x2  4x 12  0， B  x a 1  x  3a  2 .
（1）当 a  1 时，求 A ∩ ðR B  ；
（2）若 B  A ，求实数 a 的取值范围
已知函数 f  x  x2  bx  c ，不等式 f  x  0 的解集为2, 3 ．
求b ， c 的值；
在0,1上，函数 f  x 的图象总在一次函数 y  2x  m 的图象的上方，求实数m 的取值范围；
为了节能减排，某农场决定安装一个可使用 10 年的太阳能供电设备．使用这种供电设备后，该农场每年消耗的电费 C （ 单位： 万元） 与太阳能电池面积 x （ 单位： 平方米） 之间的函数关系为
 m  4x , 0  x  10
 m
C(x)  

 x
5
, x  10
，（m 为常数），已知太阳能电池面积为 5 平方米时，每年消耗的电费为 12 万
元．安装这种供电设备的工本费为0.5x （单位：1 万元），记 F  x 为该农场安装这种太阳能供电设备的工本费与该农场 10 年消耗的电费之和
写出 F  x 的解析式；
当 x 为多少平方米时， F  x 取得最小值？最小值是多少万元？
已知函数 f (x)  ax  b 是定义在[3, 3] 上的奇函数，满足 f (1)  1 .
x2  95
求函数 f (x) 的解析式；
判断 f (x) 的单调性，并利用定义证明.
若 f (t 2 1)  f (1 4t)  0, 求实数t 的取值范围.
对于函数 f  x ，若其定义域内存在非零实数 x 满足 f x   f  x ，则称 f  x 为“局部奇函数”.
已知函数 f  x  x  2 ，判断 f  x 是否为“局部奇函数”；
x 1
若幂函数 g  x  n 1 x3n n  R  使得 f  x  2gx  m 在1,1 上是“局部奇函数”，求 m 的取值范围；
若整数m 使得 f  x  4x  m  2x1  m2  3 是定义在R 上的“局部奇函数”，求 m 的取值集合.
威远中学校 2025-2026 学年高一上期 12 月月考
数学试卷
学校:姓名：班级：考号： 一、单选题(本题共计 8 个小题，每个小题只有一个选项正确，每小题 5 分，共计 40 分)
设全集
U  {x  N∣ 2  x  4}, A  0, 2, 3
，则ðU A
等于（）
1, 4
0,1, 4
1,1, 4
1, 0,1, 4
【答案】A
【解析】
【分析】运用集合补集运算即可.
【详解】QU  0,1, 2, 3, 4 ， A  0, 2, 3 ，
ðU A  1, 4 .
故选：A.
【分析】由幂函数的定义与性质求解即可.
【详解】由于函数 f  x  m2  m 1 xm 是幂函数，且在0, ∞ 上单调递减，则 m2  m 1  1，且 m  0 ，解得 m  1或 m  2 （舍），
【分析】按照充分必要条件的判断方法判断，“ x  1 且 y  2 ”能否推出“ x  y  3 ”，以及“ x  y  3 ”能否
2. 已知函数
f  x  m2  m
1 xm
是幂函数，且在0, ∞ 上单调递减，则实数m 的值为（ ）
A. 3
【答案】B
B.
1
C. 1
D. 3
【解析】
故选：B.
3. “ x  1 且 y  2 ”是“ x  y  3 ”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
推出“ x  1 且 y  2 ”，判断得到正确答案，
【详解】当 x  1 且 y  2 时， x  y  3 成立，
反过来，当 x  y  3 时，例： x  4, y  0 ，不能推出 x  1 且 y  2 .
所以“ x  1 且 y  2 ”是“ x  y  3 ”的充分不必要条件.
故选：A
【点睛】本题考查充分不必要条件的判断，重点考查基本判断方法，属于基础题型.
已知 a  b  0 ，则下列说法正确的是（）
a  b
a2  b2
2a  2b
1  1
ab
【答案】C
【解析】
【分析】利用不等式的性质可判断 ABD，利用指数函数单调性可判断 C.
【详解】对 A，因为 a  b  0 ，所以a  b  0 ，所以 a  b  0 ，即 a  b  0 ，错误；对 B，因为a  b  0 ，所以a2  b2  0 ，即 a2  b2  0 ，错误；
对 C，因为函数 y  2x 在R 上单调递增，且 a  b  0 ，所以2a  2b ，正确；
11111
对 D，因为 a  b  0 ，所以 0 ，所以 a  b ，即  ，错误.
abababba
故选：C
【分析】根据给定条件，利用指数运算法则计算得解.
【详解】由10a  3,10b  5 ，得102ab  102a 10b  (10a )2 10b  32  5  45 .
故选：D
已知函数 f  x 是定义在, 0 ∪ 0,  上的奇函数，且 f 1  0 ，若 f  x 在0, ∞ 上单调递增，则不等式 xf  x  0 的解集为（ ）
5. 若10a  3,10b  5 ，则102ab
 （
）
A. 11
【答案】D
【解析】
B. 14
C. 30D. 45
1, 0 U0,1
, 1 1, 
1, 0 1, 
, 1 0,1
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性及单调性可得函数的正负情况，进而可解不等式.
【详解】因为函数 f  x 是奇函数，且在0, ∞ 上单调递增，所以函数在, 0 上也单调递增，
又因为 f 1  0 ，所以 f 1  0 ，
x  0x  0
不等式 xf  x  0 等价于 f  x  0 或 f  x  0 ，

所以1  x  0 或0  x  1，故选：A.

已知集合 x x2  ax  b  0 , a  2 有且仅有两个子集，则 a2  1 的最小值为（ ）
b 1
A. 8B. 5C. 6D. 9
【答案】A
【解析】
【分析】结合题意并由根的判别式得到方程，求出 a2  4b  4 ，变形得到
a2 
1
b 1
 4 b 1 
1
b 1
 4 ，由基本不等式求出最小值即可.
【详解】由题意得 A  x x2  ax  b  0, a  2 有且仅有两个子集，故集合 A 仅有1个元素，则  a2  4b  0 ，即 a2  4b ，
4(b 1) 
1
b 1
因为 a  2 ，所以 a2  4b  4 ，故b  1，
得到 a2 
1
b 1
 4b 
1
b 1
 4(b 1) 
1
b 1
 4  2
 4  8 ，
当且仅当4(b 1) 
1
b 1
，即b  3 时，等号成立，
2
可得 a2 
故选：A
1
b 1
的最小值为8 ，故 A 正确.
已知函数 y  f (x) ， y  g(x) ，两者的定义域都是 I ，若对于任意 x  I ，存在 x0 ，使得
f (x)  f  x0  ， g(x)  g  x0  ，且 f  x0   g  x0  ，则称 f (x) ， g(x) 为“兄弟函数”，已知函数
2x2  x  4
1 , 3
f (x)  x
 2 px  q( p, q  R) ， g(x) 
是定义在区间


x 3
上的“兄弟函数”那么函数

f (x) 在区间1 , 3 的最大值为
 3
3452
A. 3B.C.
39
【答案】C
D. 13
【解析】
【分析】结合“兄弟函数”的定义,可求得 g(x) 在 x  2 时取得最小值,再结合二次函数的性质可求得 f (x) 的
解析式,进而可求得 f (x) 在区间1 , 3 的最大值.
 3
【详解】由题意,
 x2  x  4  4  ,易知 g(x) 在1 , 2 上单调递减,在2, 3 上单调递增,
g(x)x 1
xx
 3
则 g(x) 在1 , 3 上的最小值为 g(2)  2  4 1  3 .
 32
所以 f (x) 在 x  2 时取得最小值 3.
2 p  2
 p  2


故函数 f (x) 满足 2,解得,
q  7
 f (2)  4  4 p  q  3
则 f (x)  x2  4x  7  (x  2)2  3 ,
故当 x  1 时, f (x) 取得最大值为 f (1)  (1  2)2  3  52 .
3339
故选:C.
【点睛】本题考查新定义,考查了函数单调性的应用,考查了学生的计算求解能力,属于中档题.
二、多选题(本题共计 3 个小题，每小题 6 分，共计 18 分)
下列命题中正确的是（）
若函数 f (x) 满足 f (x 1)  x2 ，则 f (1)  4
函数 f  x  ax4 1(a  0 且 a  1) 的图象恒过定点4, 2
命题：“ x  0, x2  0 ”的否定是“ x  0, x2  0 ”
x
若函数 f 
1  x  3
，则 f  x  x2  x  2  x  1
x
【答案】ABD
【解析】
【分析】求出函数值判断 A；求出函数图象所过定点判断 B；利用全称量词命题的否定判断 C；求出解析式判断 D.
【详解】对于 A，函数 f (x 1)  x2 中，取 x  2 ，得 f (1)  22  4 ，A 正确；
对于 B，当 x  4 时， f (4)  a0 1  2 ，函数 f (x) 的图象恒过定点(4, 2) ，B 正确；对于 C，命题：“ x  0, x2  0 ”的否定是“ x  0, x2  0 ”，C 错误；
x
对于 D，令t 1  1，则 x  (t 1)2 ，则 f (t)  (t 1)2  3(t 1)  t 2  t  2 ，因此 f (x)  x2  x  2(x  1) ，D 正确.
故选：ABD
设函数 f  x  2x 1 ， a, b, c  R ，且a  b  c ，下列说法正确的是（）
函数 y 
函数 y 
f  x 与直线 y  1的图象有两个不同的公共点
f  x 有最小值 0，无最大值
若 f a  f b ，则2a  2b  2
若 f a 
f c 
f b ，则2a  2c  2
【答案】BCD
【解析】
 1, x  0
1 2x , x  0

【分析】由题设 f x  
2x
 2x 1, x  0
1 2x , x  0
【详解】由题设 f x  

，分析函数性质并画出函数草图，即可判断各项正误.
，
故 y 
f  x 在(, 0) 上递减，值域为( 0, 1) ，在[0, ) 上递增，值域为0, ∞ ，
所以 y 
f  x 的图象如下：
所以 y 
f  x 与直线 y  1的图象有一个交点，有最小值 0，无最大值，A 错，B 对；
由 f a  f b ， a  b ，结合图知：1 2a  2b 1 ，可得2a  2b  2 ，C 对；
由a  b  c 且 f a 
f c 
f b ，结合图知： f (a)  1 且 a  0 ， f (c)  1 且0  c  1，
所以0 
f (c) 
f (a)  1 ，则2c 1  1 2a  2a  2c  2 ，D 对.
故选：BCD
若函数 f  x 是定义在R 上的奇函数， f  x 
f 2  x ，当0  x  1时， f  x  x2  x ，则
（）
f 2  0
函数 f  x 图象关于直线 x  2 对称
函数 f  x 图象关于点2, 0 中心对称
当1≤ x ≤ 0 时， f  x  x2  x
【答案】AC
【解析】
【分析】根据奇函数的性质得到 f 0  0 且 f x   f  x ，即可判断 A，由 f  x 
f 2  x 可得 f  x
的对称轴，即可判断 B，再推导出 f 2  x  f  x  2  0 ，即可判断 C，最后根据奇偶性求出函数在
1≤ x ≤ 0 时的解析式，即可判断 D .
【详解】因为函数 f  x 是定义在R 上的奇函数，所以 f 0  0 且 f x   f  x ，
又 f  x 
f 2  x ，所以 f 2 
f 0  0 ，故 A 正确；
因为 f  x  f 2  x ，所以 f  x 关于 x  1 对称，故 B 错误；
由 f x   f  x ， f  x  f 2  x ，
所以 f x 
f 2  x ，即 f  x 
f 2  x ，所以 f  x  4   f 2  x 
f  x ，
则 f  x  2  f  x  2   f 2  x ，即 f 2  x  f  x  2  0 ，
所以函数 f  x 的图象关于点2, 0 中心对称，故 C 正确；因为当0  x  1时， f  x  x2  x ，

设1  x  0 ，则0  x  1，所以 f  x   f x   x2  x  x2  x ，
当 x  0 时 f  x  x2  x 也成立，
所以当1≤ x ≤ 0 时， f  x  x2  x ，故 D 错误.故选：AC.
三、填空题(本题共计 3 个小题，每小题 5 分，共计 15 分)
​
 1 0 8
 2
3 (2)3
3
．
327

 
 
5
【答案】
4
【解析】
【分析】根据指数幂的运算性质计算即可.
0
【详解】 1   
 2
3
8 
 1  2 
 23 3
 2  5 .
3 (2)3
3273
  
 4
5
故答案为： .
4
若函数 f  x  4 x  a  3 在区间1,  上不单调，则 a 的取值范围是．
【答案】1, 
【解析】
【分析】将函数 f  x 化成分段函数的形式，判断单调性即可得解.
4x  4a  3, x  a
【详解】因为函数 f  x  4 x  a  3  4x  4a  3, x  a ，

所以该函数在, a 上单调递减，在a,  上单调递增，又 f  x 在区间1,  上不单调，所以 a  1 ，
故 a 的取值范围是1,  ．故答案为： 1,  .
ax  2, x  a
已知 f  x   1
，若x , x  R 且 x  x ，都有 f  x   f  x
 ，则实数 a 的最大值为

 x  a
, x  a121212
.
2
【答案】
【解析】
【分析】求出 x  a 时 f  x 的范围，分 a  0 、a  0 、a  0 求出 y  ax  2, x  a 的值域，结合题意分析
即可.
【详解】易知 y 
1
x  a
在a, ∞ 上单调递减，且 y 0, ∞ ，
当 a  0 时， y  ax  2, x  a 的值域为 a2  2, ∞ ，不满足题意；当 a  0 时， y  2, x  a 的值域为2 ，不满足题意；
当 a  0 时， y  ax  2, x  a 的值域为∞, a2  2 ，
12
12
12
要使x , x  R 且 x  x ，都有 f  x   f  x  ，则∞, a2  2 0, ∞   ，
2
2
所以 a2  2  0 ，解得 a ，
2
2
又 a  0 ，所以0  a ，所以 a 的最大值为.
2
故答案为：
四、解答题(本题共计 5 个小题，共计 77 分)
已知集合 A  x x2  4x 12  0， B  x a 1  x  3a  2 .
（1）当 a  1 时，求 A ∩ ðR B  ；
（2）若 B  A ，求实数 a 的取值范围
【答案】（1） A ∩ ðR B  [2, 0] ∪[5, 6]
（2） (,  3] ∪[4
【解析】
1, ]
23
【分析】（1）根据一元二次不等式的解法，可求得集合 A，代入 a 值，根据集合 B ，求出ðR B ，根据交集运算的概念，即可求得答案.
（2）由（1）得 A  [2, 6]，根据条件，分别讨论 a 1  3a  2 和 a 1  3a  2 ，即 B   和 B   两种
情况，根据包含关系，列出不等式，即可求得答案.
【小问 1 详解】
解不等式 x2  4x 12  (x  2)(x  6)  0 ，得2  x  6 ，即 A  [2, 6]，
当 a  1 时， B  (0, 5) ，则ðR B  (, 0] ∪[5, ) ，所以 A ðR B  [2, 0] [5, 6] .
【小问 2 详解】
由（1）知， A  [2, 6]，由 B  A 得，
当 a 1  3a  2 ，即 a   3 时， B   ，满足 B  A ，因此 a   3 ；
22
当 a 1  3a  2 ，即 a   3 时， B   ，即有(a 1, 3a  2)  [2, 6] ，
2

a 1  2
44
则3a  2  6 ，解得1  a  ，因此1  a  ，
333
a  
2
综上，实数 a 的取值范围(,  3] ∪[4 .
1, ]
23
已知函数 f  x  x2  bx  c ，不等式 f  x  0 的解集为2, 3 ．
求b ， c 的值；
在0,1上，函数 f  x 的图象总在一次函数 y  2x  m 的图象的上方，求实数m 的取值范围；
【答案】（1） b  5 ， c  6
（2） , 0
【解析】
【分析】（1）由题意，2，3 为方程 x2  bx  c  0 的两根，根据根与系数的关系，列出方程，即可求得答案.
（2）由（1）可知， f  x  x2  5x  6 且满足x 0,1， x2  5x  6  2x  m 恒成立，等价于
min
m  x2  7x  6，根据二次函数的性质，即可求出 y  x2  7x  6 在0,1上的最小值，分析即可得答案.
【小问 1 详解】
因为不等式 f  x  0 的解集为2, 3 ，所以 2，3 为方程 x2  bx  c  0 的两根，由根与系数的关系可得2  3  b ， 2  3  c ，所以b  5 ， c  6 .
【小问 2 详解】
由（1）可知， f  x  x2  5x  6 且满足x 0,1， x2  5x  6  2x  m 恒成立，

等价于 m  x2  7x  6，
min
当0  x  1时，函数 y  x2  7x  6 图象的对称轴为 x  7 ，开口向上，
2
所以函数 y  x2  7x  6 在0,1上单调递减，所以当 x  1 时， y 有最小值 0，
所以 m  0 ，实数m 的取值范围为, 0 .
为了节能减排，某农场决定安装一个可使用 10 年的太阳能供电设备．使用这种供电设备后，该农场每年消耗的电费 C （ 单位： 万元） 与太阳能电池面积 x （ 单位： 平方米） 之间的函数关系为
 m  4x , 0  x  10
 m
C(x)  

 x
5
, x  10
，（m 为常数），已知太阳能电池面积为 5 平方米时，每年消耗的电费为 12 万
元．安装这种供电设备的工本费为0.5x （单位：1 万元），记 F  x 为该农场安装这种太阳能供电设备的工本费与该农场 10 年消耗的电费之和
写出 F  x 的解析式；
当 x 为多少平方米时， F  x 取得最小值？最小值是多少万元？
160  7.5x, 0  x  10

【答案】（1） F (x)   800；
 0.5x, x  10
 x
（2）40 平方米，最小值 40 万元
【解析】
【分析】（1）根据给定的条件，求出 m 值及C(x) 的解析式，进而求出 F  x 的解析式作答.
（2）结合均值不等式，分段求出 F  x 的最小值，再比较大小作答.
【小问 1 详解】
80  4x , 0  x  10
依题意，当 x  5 时， C(x)  12 ，即有12  m  4  5 ，解得 m  80 ，则C(x)  5，

5
160  7.5x, 0  x  10

于是得 F (x)  10C(x)  0.5x   800，
 0.5x, x  10
80
 x
, x  10
 x
160  7.5x, 0  x  10

所以 F  x 的解析式是 F (x)   800.
 0.5x, x  10
 x
【小问 2 详解】
由（1）知，当0  x  10 时， F (x)  160  7.5x 在[0,10]上递减， F (x)min  F (10)  85 ，
800  x
x2
当 x  10 时， F (x)  800  x  2 40 ，当且仅当 800  x ，即 x  40 时取等号，
x2x2
显然40  85 ，所以当 x 为 40 平方米时， F  x 取得最小值 40 万元.
【点睛】方法点睛：在求分段函数的最值时，应先求每一段上的最值，然后比较得最大值、最小值．
已知函数 f (x)  ax  b 是定义在[3, 3] 上的奇函数，满足 f (1)  1 .
x2  95
求函数 f (x) 的解析式；
判断 f (x) 的单调性，并利用定义证明.
若 f (t 2 1)  f (1 4t)  0, 求实数t 的取值范围.
【答案】（1） f (x) 
2x
x2  9
（2） f (x) 
（3） 0,1
2x
x2  9
在[3, 3] 上为增函数，证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据 f (0)  0 ， f (1)  1 求出b  0 ， a  2 ，再检验即得解；
5
函数 f (x) 在[3, 3] 为单调递增函数，再利用函数的单调性定义证明；
根据函数的单调性、奇偶性化简不等式，由此求得t 的取值范围.
【小问 1 详解】
函数 f (x) 是定义在[3, 3] 上的奇函数，
则 f (0)  0 ，即 b  0 ，解得b  0 ，
a
9
又因为 f (1)  1 ，即 f (1)  1 
，解得 a  2 ，
5510
经检验可得， a  2 符合题意．
所以当3 ≤
x ≤ 3 时， f (x) 
2x
，
x2  9
【小问 2 详解】
函数 f (x) 在[3, 3] 上是增函数．证明如下：
任取x1 ， x2 [3, 3] 且 x1  x2 ，
则 f (x1 )  f (x2 ) 
2x1 
x2  9
2x2
x2  9
12
2x x2  18x  2x x2  18x2x x (x  x )  18(x  x )
 1 212 12  1 22121
1212
(x2  9)(x2  9)(x2  9)(x2  9)
 2(x2  x1 )(x1 x2  9) ，
12
(x2  9)(x2  9)
因为3  x1  x2  3 ，
所以 x2  x1  0 ， x1x2  9  0 ，
则 2(x2  x1 )(x1 x2  9)  0 ，即 f (x ) 
f (x ) ，
12
(x2  9)(x2  9)12
故 f (x) 
2x
x2  9
在[3, 3] 上为增函数；
【小问 3 详解】
函数 f  x 是定义在[3, 3] 上的奇函数，且 f (t 2 1)  f (1 4t)  0, ．
则 f t 2 1   f 1 4t  
f 4t 1 ，
因为函数 f  x 在3, 3 上单调递增．
3  t 2 1  3,
2  t  2,
所以3  4t 1  3, ，则 1  t  1, 解得0   ，
2
t1
 t 2 1  4t 1,
 0  t  4,
所以 t 的取值范围是0,1．
对于函数 f  x ，若其定义域内存在非零实数 x 满足 f x   f  x ，则称 f  x 为“局部奇函数”.
已知函数 f  x  x  2 ，判断 f  x 是否为“局部奇函数”；
x 1
若幂函数 g  x  n 1 x3n n  R  使得 f  x  2gx  m 在1,1 上是“局部奇函数”，求 m 的取值范围；
若整数m 使得 f  x  4x  m  2x1  m2  3 是定义在R 上的“局部奇函数”，求 m 的取值集合.
【答案】（1）不是局部奇函数
（2）  5 , 1

 4
（3）0,1, 2
【解析】
【分析】（1）求出 f  x  f x 即可判断 f  x 是否为“局部奇函数”；
利用幂函数的定义求出 n ，从而得到 f  x 的解析式，由条件可知2x  2 x  2m  0 在 x 1,1 上存在非零实数解，利用参变量分离，结合函数的单调性求出m 范围；
由定义，将问题转化为( 2x  2x 2  2m 2x  2x   2m2  8  0 在R 上存在非零实数解，令
t  2x  2 x ，则t 2,  ，构造函数φt   t 2  2mt  2m2  8 ，利用二次函数的性质，列不等式求解即可.
【小问 1 详解】
因为 f  x  x  2 ，定义域为x x  1 ，则 f x  x  2  x  2 ，
x 1
x  2x  22x2  4
x 1
x 1
f x  f  x ，
x 1x 1 x 1 x 1
因为2x2  4  4 恒成立，从而 f (x)  f (x)  0 ，
故在其定义域内不存在非零实数 x 使得 f (- x) + f (x) = 0 ，
即不存在 x 使得 f x   f  x ，所以 f  x 不是“局部奇函数”；
【小问 2 详解】
因为 g  x  n 1 x3n n  R  是幂函数，则 n 1  1，所以 n  2 ， g  x  x ，所以 f  x  2gx  m  2x  m ， f x  2 x  m ，
因为 f  x 在1,1 上是“局部奇函数”，
所以 f (- x) +
f (x) = 0 在 x 1,1 上存在非零实数解，
所以2x  2 x  2m  0 在 x 1,1 上存在非零实数解，
则 m   1 2x  2x    1  2x  1  , x 1,1，且 x  0 ，
22 2x 

令 k  2x ， 1  k  2 且 k  1 ，则 m   1  k  1  ，
22 k 

因为对勾函数 p(k )  k  1 在 1 ,1 上单调递减，在1, 2 上单调递增，
 2 
k
又 p 1  2 ， p  1   5 ， p 2  5 ，
2
2
2
 

所以，当 1  k  2 且 k  1 时， p k  2, 5  ，即 k  1  2, 5  ，


2
故 m   5 , 1 ；
2 
k2 

 4
【小问 3 详解】
由定义可得， f x  f  x  0 在R 上存在非零实数解，
则4x  m  2x1  m2  3  4x  m  2x1  m2  3  0 在R 上存在非零实数解，即4x  4x  2m(2x  2x )  2 m2  6  0 在R 上存在非零实数解，
所以( 2x  2x )2  2m(2x  2x )  2m2  8  0 在R 上存在非零实数解，令t  2x  2x ，
因为t  2x  1
2x
 2
 2 ，当且仅当2x  1
2x  1
2x
2x
，即 x  0 时取等号，
又 x  0 ，所以t 2,  ，
则方程t 2  2mt  2m2  8  0 在2,  上有实数解，
令φt   t 2  2mt  2m2  8, t 2,  ，对称轴为t  m ，
2
当 m ≥ 2 时，则  4m2  4 2m2  8  0 ，所以2
2
3
3
 m  2
，故2  m  2 2 ；
m  2

当 m  2 时，则φ(2)  4  4m  2m2
m  2
3


 8  0 ，即1 m  1
，故1 m  2 ，
2
2

Δ  4m2  4(2m2  8)  0
2
 m  2
3
2
综上，1 m  2，
又m 为整数，则 m  0,1, 2 ，所以m 的取值集合为0,1, 2.
【点睛】关键点睛：本题为新概念题，解题关键是正确理解“局部奇函数”的概念，运用转化的思想，把
问题转化为方程有解的问题，利用换元的思想简化运算并完成计算.