河北省邢台市部分学校2025-2026学年高一上学期1月月考数学试题

这是一份河北省邢台市部分学校2025-2026学年高一上学期1月月考数学试题，共20页。试卷主要包含了二章占 20%，第三，选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
答题前、考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
考试结束后、将本试卷和答题卡一并交回.
本试卷主要考试内容：人教 A 版必修第一册第一、二章占 20%，第三、四章占 40%，第五章第 1 节至第 5 节占 40%.
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.
与1001 角的终边相同的最小正角是（ ）
A. 79B. 11C. 169D. 1001
命题“ x  R ， 2x 1  sin x ”的否定是（ ）
x  R ， 2x 1  sin x
C. x  R ， 2x 1  sin x
x  R ， 2x 1  sin x
D. x  R ， 2x 1  sin x
“θ 0 ”是“ tanθ 0 ”的（ ）
充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
已知 a 
1
2025
， b 
1
2026
，则（ ）
a  b  0
b  a  0
0  a  b
0  b  a
已知集合 A  x x2  1 ， B  x x  m ， A  B ，则m 的取值范围是（ ）
m m  1
m m  1
m m  1
m m  1
6 若sinα 0 ，
tan 2α
sinα
2  csα，则cs  （ ）
2
2
A B. 2
2
C. 2
3
D. 2
4
汽水放入冰箱后，其温度 x(单位：℃)与时间 t(单位：h)的函数关系式为 x  4  k emt ，其中m, k 均为常数.已知汽水刚放入冰箱时的温度为20℃ ，经过 ah 后汽水的温度为16℃，再经过 a h 后汽水的温度为（）
A. 11℃B. 12 ℃C. 13℃D. 14℃
已知函数 f  x  sinωx 1在区间0, π 上恰有 2 个零点，则ω的取值范围是（ ）
 7 , 11B.  11 ,  7  ∪  7 , 11


 2 2 22  2 2 
C. 3, 2 ∪ 2, 3
D.  9 ,  5  ∪  7 , 11

 22  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.
已知函数 f (x)  sin  x  π  ，则（ ）
2 

A. f (x) 是奇函数B. 函数 y  f (x) 的最小正周期为π
C. f (x) 的图象关于点 π , 0  中心对称D. f (x) 在 π , π  上的值域为0,1
 2
 4 2 

已知函数 f (x) 的定义域为R ，  y2 1 f  x  x2 1 f  y , f 0  2 ，则（）
f (1)  4B. f (x) 的值域为[2, )
C. f (x) 是偶函数D. f (x) 是增函数
已知lgn m  1，且 m  0 ， n  0 ， m  n  1，则（ ）
0  m  n  1
2m  2n  1
2m2  n2 的最小值为 2
3
​
的最大值为1
2 mn
m n 1
2
1 x
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
函数 f (x) 
 1  2x 的定义域为.
x
如图所示，这是两个齿轮旋转的示意图，被动轮随着主动轮的旋转而旋转.已知主动轮的半径为 2，被动轮的半径为 3，若主动轮旋转一周，则被动轮旋转的弧度数为.
已知函数 f (x)  x  x ，则关于 x 的不等式 f (4  x)  f  4  x  的解集为.
2 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 x ， y 均为正数， 1  1  6 .
xy
求 xy 的最小值；
求 x  y 的最小值；
求 x2  y2 的最小值.
2
（1）已知tanα.
①求tanα π  的值；
4 

1
②求的值.
sinαcsα
sin10
1 3 tan10
（2）求
的值.
x2  4x  b, x  1,

已知函数 f (x)  ax2 , x  1.
（1）若 f (0)  0 ，求b 的值；
若 f (x) 有且仅有 1 个零点，求b 的取值范围；
若 f (1 x)  f (1 x) ，求 a ， b 的值.
已知函数 f (x) 3 sin 2x  2 cs2 x 1 .
求 f (x) 的最小正周期；
求 f (x) 的单调递减区间；
若关于 x 的方程 f (x)  a 在 π , π  上有两个不同的实根x ， x ，且 x
 x ，求2x
 x 的取值
 6
3 
121212
范围.
已知函数
f  x  3x2 k∣x∣.
若 f (x) 在(0, ) 上单调，求 k 的取值范围；
若 f (x) 的最小值为 3 ，求 k 的值；
3
若x   1 , ∞ , f  x 1 
f  x ，求 k 的取值范围.
2

邢台市 2025—2026 学年高一（上）第三次月考
数学
注意事项：
答题前、考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
考试结束后、将本试卷和答题卡一并交回.
本试卷主要考试内容：人教 A 版必修第一册第一、二章占 20%，第三、四章占 40%，第五章第 1 节至第 5 节占 40%.
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.
与1001 角的终边相同的最小正角是（ ）
A. 79B. 11C. 169D. 1001
【答案】A
【解析】
【分析】根据终边相同的角的性质进行求解即可.
【详解】因为1001  3 360  79 ，
所以1001 角的终边相同的最小正角是79 ，故选：A
命题“ x  R ， 2x 1  sin x ”的否定是（ ）
A. x  R ， 2x 1  sin x
C. x  R ， 2x 1  sin x
B. x  R ， 2x 1  sin x
D. x  R ， 2x 1  sin x
【答案】B
【解析】
【分析】根据全称量词命题的否定直接得出结果.
【详解】由题意知，命题“ x  R, 2x 1  sin x ”的否定为“ x  R, 2x 1  sin x ”.
【分析】根据tanθ 0 求解θ，再结合充分和必要条件的定义判断.
【详解】当θ 0 时，有tanθ tan 0  0 ，故“θ 0 ”是“ tanθ 0 ”的充分条件；
因为tanθ 0 ，所以θ kπ k  Z ，故tanθ 0 不一定推出θ 0 ，所以“θ 0 ”是“ tanθ 0 ”的充分 不必要条件.
故选：B
“θ 0 ”是“ tanθ 0 ”的（
充要条件
）
B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件
D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
故选：B.
已知 a 
1
2025
， b 
1
2026
，则（ ）
a  b  0
b  a  0
0  a  b
0  b  a
【答案】D
【解析】
1
【分析】根据给定条件，利用不等式的性质判断得解.
【详解】依题意， 0  2025  2026 ，因此 2025 
1
2026
 0 ，所以0  b  a .
故选：D
已知集合 A  x x2  1 ， B  x x  m ， A  B ，则m 的取值范围是（ ）
m m  1
m m  1
m m  1
m m  1
【答案】B
【解析】
【分析】先求解集合 A 的具体范围，再根据集合的包含关系，分析 A 中元素与集合 B 的约束条件，得出m
的取值范围.
【详解】集合 A ：由 x2  1 ，得1  x  1，即 A  1,1，因 A  B ，故 A 中所有元素 x 均需满足 x  m ，
A 的最小元素为1，因此需1  m ，即 m  1，所以m 的取值范围是m m  1 .
故选：B
若sinα 0 ，
tan 2α
sinα
2  csα，则cs  （ ）
2
2
A. B. 2
2
C. 2
3
D. 2
4
【答案】D
【解析】
2 sinα
12 csα
【分析】根据给定条件，利用同角公式及二倍角公式化简即得.
tan 2α
sinα
sin 2α
2 sinα
2 sinαcsα
【详解】由
2  csα，得 cs 2α 1 2
，即
2 csα
2 cs2α1
，
2 sinαcsα
( 2 csα1)( 2 csα1)
因此
2 sinα
12 csα
，而sinα 0 ，
则2 csα
2( 2 csα1) ，所以csα 2 .
4
故选：D
汽水放入冰箱后，其温度 x(单位：℃)与时间 t(单位：h)的函数关系式为 x  4  k emt ，其中m, k 均为常数.已知汽水刚放入冰箱时的温度为20℃ ，经过 ah 后汽水的温度为16℃，再经过 a h 后汽水的温度为（）
A. 11℃B. 12 ℃C. 13℃D. 14℃
【答案】C
【解析】
【分析】由汽水刚放入冰箱时的温度为20℃ ，得到当t  0 时， x = 20 ，将其代入 x  4  k emt 解出 k ，
由经过 ah 后汽水的温度为16℃得到当t  a 时， x  16 ，将其代入 x  4  k emt 得到ema  3 ，由再经过
4
a h 后汽水的温度得到t  2a ，将其代入 x  4  k emt 求出 x 的值.
【详解】Q汽水刚放入冰箱时的温度为20℃ ，当t  0 时， x = 20 ，
Q x  4  k emt ， 20  4  k em0 ，
 20  4  k ， k  16 ，
Q经过 ah 后汽水的温度为16℃，当t  a 时， x  16 ，
Q x  4  k emt ，16  4 16ema ，ema  3 ，
4
2
再经过 a h 后汽水的温度为 x  4 16e2ma  4 16 ema 2  4 16  3 
 4 

 4  9  13 .
故选：C.
已知函数 f  x  sinωx 1在区间0, π 上恰有 2 个零点，则ω的取值范围是（ ）
 7 , 11B.  11 ,  7  ∪  7 , 11


 2 2 22  2 2 
C. 3, 2 ∪ 2, 3
D.  9 ,  5  ∪  7 , 11

 22  2 2 
【答案】D
【解析】
【分析】根据 f  x  sinωx 1的零点情况，结合正弦函数的图象与性质求解即可.
【详解】令 f  x  sinωx 1  0 ，则sinωx  1，所以ωx   π  2kπ ， k  Z ，
2
即 x   π  2kπ ， k  Z .
2ωω
当ω 0 时，
当 k  1 时， x   π  2π  3π ；当 k  2 时， x   π  4π  7π ；
12ω ω2ω22ω ω2ω
当 k  3 时， x   π  6π  11π ；
32ω ω2ω
要使 x 0, π ， f  x 恰有 2 个零点，则要求 x1, x2 0, π ， x3 0, π ，
 7π  π
 2ω

所以11π
 π
 2ω
当ω 0 时，
，解得ω  7 , 11 .
 2 2 

当 k  0 时， x   π ；当 k  1 时， x   π  2π   5π ；
12ω22ω ω2ω
当k  2 时， x   π  4π   9π ；
32ω ω2ω
要使 x 0, π ， f  x 恰有 2 个零点，
 5π  π
 2ω 9 5 
所以，解得ω , .
9π 22 
 π
 2ω
综上，ω的取值范围是  9 ,  5   7 , 11 ．

 22  2 2 
故选：D.
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.
已知函数 f (x)  sin  x  π  ，则（ ）
2 

A. f (x) 是奇函数B. 函数 y  f (x) 的最小正周期为π
C. f (x) 的图象关于点 π , 0  中心对称D. f (x) 在 π , π  上的值域为0,1
 2
 4 2 

【答案】BCD
【解析】
【分析】先化简 f  x ，然后根据三角函数的奇偶性、周期性、对称性以及值域等知识对选项进行分析，从
而确定正确答案.
【详解】函数 f (x) 

sin  x
 π   cs x ，

2

所以 f  x 是偶函数，A 选项错误.
y  f  x  cs x 的最小正周期是π ，B 选项正确.
余弦函数 f  x  cs x 的对称中心是 kπ  π , 0  , k  Z ，
2

令 k  0 ，则 f  x 的一个对称中心为 π , 0  ，C 选项正确.
 2

若 x   π , π  ，则 f (x)  cs x 0,1，D 选项正确.
 4 2 
故选：BCD
已知函数 f (x) 的定义域为R ，  y2 1 f  x  x2 1 f  y , f 0  2 ，则（）
f (1)  4B. f (x) 的值域为[2, )
C. f (x) 是偶函数D. f (x) 是增函数
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据给定的函数等式可得
f ( y) 
y2 1
f (x) ，再结合 f (0)  2 求出函数解析式，然后利用二次函数性
x2 1
质逐项判断得解.
【详解】由( y2 1) f (x)  (x2 1) f ( y) ，得
f ( y) 
y2 1
f (x)
x2 1 ，令函数 g(x) 
f (x)
x2  1 ，
则 g( y)  g(x) ， g(x) 为常函数，令 g( x)  k ，则 f (x)  k (x2 1) ， k  f (0)  2 ，因此 f (x)  2x2  2 ， f 1  4, f  x 的值域为[2, ), f (x) 是偶函数，
函数 f (x) 在(, 0) 上单调递减，在(0, ) 上单调递增，ABC 正确，D 错误.故选：ABC
已知lgn m  1，且 m  0 ， n  0 ， m  n  1，则（ ）
0  m  n  1
2m  2n  1
2m2  n2 的最小值为 2
3
​
的最大值为1
2 mn
m n 1
2
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据对数的运算性质及对数函数的单调性，可判断 A 的正误；根据指数的运算性质及指数函数的单调性，可判断 B 的正误；
m
n
根据 m 的范围及二次函数的性质，可判断 C 的正误；令t ，根据基本不等式，可得 t 的范围，利用换元法，
将所求变形，根据 t 的范围，即可判断 D 的正误.
【详解】选项 A： 由题意lgn m  1  lgn n
因为 m  0 ， n  0 ， m  n  1，所以0  m  1, 0  n  1，
当0  a  1时， y lga x在(0, ) 上单调递减，所以 m  n ，则0  m  n  1 ，故 A 正确；
选项 B： 2m  2 n  2m  2m1  2  2m1  2m1  2m1 ，因为0  m  1 ，所以1  m 1  0 ，
因为 y  2x 在 R 是单调递增，
所以2m1  20  1 ，即2m  2n  1，故 B 正确；
3 m
选项 C： 2m2  n2  2m2  (1 m)2  

1 2 
3

 2 ，为开口向上的抛物线，
3
因为0  m  n  1 ，且 m  n  1，
所以0  m  1  n  1，
2
11 222
所以当 m  时， 2m2  n2  3 m    有最小值 ，故 C 正确；
mn
mn
33 33
m
n
m
选项 D：令t ，则t 2  
n 2  m  n  2
 1 2，
mn
所以2
 t 2 1 ，
mn
又t 2  m  n  2 2(m  n)  2 ，
2
当且仅当 m  n 时取等号，因为 m  n ，所以不能取等号，则t ，
则
t 2 1
2 mn
m n 1
2
 t 1 1 ，故 D 错误.
t 1
故选：ABC
1 x
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
函数 f (x) 
 1  2x 的定义域为.
x
【答案】, 0 0,1
【解析】
【分析】结合式子结构求定义域即可.
1 x  0

【详解】由题可知x  0，解得 x  1且 x  0 ，
即定义域为∞.0 0,1.
故答案为： , 0 0,1
如图所示，这是两个齿轮旋转的示意图，被动轮随着主动轮的旋转而旋转.已知主动轮的半径为 2，被动轮的半径为 3，若主动轮旋转一周，则被动轮旋转的弧度数为.
4π
【答案】
3
【解析】
【分析】由主动轮和被动轮转过的弧长相等即可得结果.
【详解】根据题意可设被动轮旋转的弧度数为θθ 0 ，
由于主动轮和被动轮转过的弧长相等，即2π 2  3θ，即θ 4π ，
3
4π
故答案为：.
3
已知函数 f (x)  x  x ，则关于 x 的不等式 f (4  x)  f  4  x  的解集为.
2 3

【答案】, 0
【解析】
【分析】将原函数整理成分段函数，分析分段的单调性，根据函数单调性求解集.
【详解】由题知 x  0 时， f (x)  x  x  3x ，则 f (x) 在0, ∞ 上单调递增， x  0 时，
22
f (x)  x  x   x ，则 f (x) 在, 0 上单调递减；
22
①当 4  x  0 ，即 x  4 时，可知 4  x  4  x  0 ，
333
因为自变量 x  0 时 f (x)   x ， f (x) 在, 0 上单调递减，
2
则 f 4  x 
f  4  x  ，原不等式无解；
 3

②当4  x  0 时，即 x  4 时，可知0  4  x  4  x ，
3
因为自变量 x  0 时 f (x)  3x ， f (x) 在0, ∞ 上单调递增，
2
因此 f (4  x)  f  4  x  ，即原不等式恒成立，其解集为 - ¥ , - 4ù；
 3(û

③当4  x  0 且 4  x  0 时，即  x  4 时，
33
由 f (4  x)  f  4  x  可得 4  x  3  4  x  ，解得 x  0 ，故4  x  0 ，
 3
22  3

综上所述，关于 x 的不等式 f (4  x)  f  4  x  的解集为, 0 ，
 3

故答案为： , 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 x ， y 均为正数， 1  1  6 .
xy
求 xy 的最小值；
求 x  y 的最小值；
求 x2  y2 的最小值.
1
【答案】（1）
9
2
（2）
3
2
（3）
9
【解析】
【分析】（1）由条件等式通分结合基本不等式即可求解；
由基本不等式常数“1”的等价代换法即可计算求解；
由重要不等式结合（1）即可计算求解.
【小问 1 详解】
因为 x ， y 均为正数， 1  1  6 ，
xy
所以6  1  1  x  y  2
xy 
2
xy
xy
即
 1 ，当且仅当 x  y  1 时等号成立，
xyxyxy33
所以 xy  1 ，即 xy 的最小值为 1 ；
99
【小问 2 详解】
y·x x y
由题可得 x  y  1  x  y  1  1   1  2  y  x   1  2  2  2 ，当且仅当 y  x 即
6 xy 6 xy 6 3xy
x  y  1 时等号成立，
3

所以 x  y 的最小值为 2 ；
3
【小问 3 详解】
由（1）可得 x2  y2  2xy  2  1  2 ，当且仅当 x  y  1 时等号成立，
993
所以 x2  y2 的最小值 2 .
9
2
（1）已知tanα.
①求tanα π  的值；
4 

1
②求的值.
sinαcsα
sin10
1 3 tan10
（2）求
的值.
【答案】（1）① 3  2
② 3 2 （2） 1
2
24
【解析】
【分析】（1）①利用两角和的正切公式直接求解；
1sin2α cs2α
②变形有
sinαcsα
，分子分母同时除以cs2 α，化弦为切，即可求解；
sinαcsα
（2）先化切为弦，再利用倍角公式，辅助角公式即可求解.
2 1
12
2
【详解】（1）① tan α π   tanα1  3  2.
4 
1 tanα

3 2
1sin2α cs2αtan2α1
②

sinαcsα
sinαcsα
tanα2
（2）
sin10
sin10
1 3 tan10
cs10  3 sin10
1 3 sin10
cs10
sin10 cs10
1 sin 201 sin 20
 2  2  1
 132 sin 30 104
2  2 cs10  2 sin10 

x2  4x  b, x  1,

17 已知函数 f (x)  ax2 , x  1.
（1）若 f (0)  0 ，求b 的值；
若 f (x) 有且仅有 1 个零点，求b 的取值范围；
若 f (1 x)  f (1 x) ，求 a ， b 的值.
【答案】（1） b  0 ；
（2） , 3 ；
（3） a  1, b  4 .
【解析】
【分析】（1）由函数值即可直接计算得解；
由函数结构特征结合题意将题设转化为函数 y  x2  4x  b   x  22  b  4 在,1 上有且仅有
1 个零点，再由二次函数性质即可求解；
分 x 0, x  0, x 0 三种情况结合等式分析计算即可求解.
【小问 1 详解】
由题可得 f 0  b  0 ，所以b  0 .
【小问 2 详解】
因为 f (x) 有且仅有 1 个零点，所以 a  0 ，且函数 f  x 在1,  上无零点，在,1 上有且仅有 1 个零点，
所以函数 y  x2  4x  b   x  22  b  4 在,1 上有且仅有 1 个零点，又函数 y  x2  4x  b   x  22  b  4 在,1 上单调递减，
所以1 22  b  4  0 即b  3 ，
所以满足题意的b 的取值范围为, 3 ；
【小问 3 详解】
当 x  0 时，1 x 1,1 x 1，
所以由 f (1 x) 
f (1 x) 得1 x2  4 1 x  b  a 1 x2 ，整理得
a 1 x2  2a  2 x  3  b  a  0 ，
a 1  0

则2a  2  0  a  1 ；

3  b  a  0
b  4
当 x  0 时，1 x  1 x  1 ，满足 f (1 x) 
当 x  0 时，1 x  1,1 x  1，
f (1 x) ；
所以由 f (1 x) 
f (1 x) 得1 x2  4 1 x  b  a 1 x2 ，整理得
a 1 x2  2a  2 x  3  b  a  0 ，
a 1  0

则2a  2  0  a  1 ；

3  b  a  0
综上，若 f (1 x) 
b  4
f (1 x) ，则 a  1 ， b  4 .
18. 已知函数 f (x) 3 sin 2x  2 cs2 x 1 .
求 f (x) 的最小正周期；
求 f (x) 的单调递减区间；
若关于 x 的方程 f (x)  a 在 π , π  上有两个不同的实根x ， x ，且 x
 x ，求2x
x 的取值
 6
3 
121212
范围.
【答案】（1） π
（2）  π  kπ, 2ππ  kπ k  Z
 63
 3 2 
（3）  π , π 

【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式化简 f  x .
利用结论直接解不等式组得出函数的单调递减区间.
结合三角函数的对称性，讨论x1 的取值范围，得出2x1  x2 的取值范围.
【小问 1 详解】
f  x 
3 sin 2x  2 cs2 x 1
3 sin 2x  cs 2x
 2 3 sin 2x  1 cs 2x 
π  ，
 22
 2 sin  2x6 

所以最小正周期T  2π  π .
2
【小问 2 详解】
令 π  2kπ  2x  π  3π  2kπk  Z ，
262
解得 π  kπ  x  2π  kπk  Z ，
63
所以单调递减区间为 π  kπ, 2π  kπ k  Z .
 63
【小问 3 详解】
已知 x   π , π  ，则2x  π   π , 5π  .

 6 3 
6

66 
令t  2x  π ，则t   π , 5π  ，函数可记为 y  2 sin t .
6

66 
则2 sin t  a 在t   π , 5ππ 有两个不同解t ， t ，其中t
 2x
π ， t
 2x
π .
 66
121
16226
πππt  π π
此时 a 1, 2 ，则t1  t2  π ，即2x1   2x2   π ，所以 x1  x2  ， 1
,  ，
t π 5π
663
 6 2 
2, .
 26 
所以2x  x  x   x  x   x  π，
1211213
t  π π
π 


又因为 1 6 , 2  ，且t1  2x1 
6 ，可得 x1  0, 6  ，
所以2x  x   π , π  ，

12 3 2 
所以2x  x 的取值范围是 π , π  .

12 3 2 
19. 已知函数 f  x  3x2 k∣x∣.
若 f (x) 在(0, ) 上单调，求 k 的取值范围；
若 f (x) 的最小值为 3 ，求 k 的值；
3
若x   1 , ∞ , f  x 1  f  x ，求 k 的取值范围.
2

【答案】（1） [0, ) ；
2
（2） ；
（3） (1, ) .
【解析】
【分析】（1）根据 f (x) 在(0, ) 上单调转化为函数u(x)  x2  k x 在(0, ) 上单调，再结合二次函数的性质可得所求值的范围；
直接将函数 f (x) 的最小值转化为u(x)  x2  k x 的最小问题，通过讨论 k 的符号，结合偶函数和二次函数的性质求出u(x) 的最小值，建立关于 k 的方程求解.
将不等式转化为x   1 , ∞ , u  x 1  u  x ，进而转化为2x 1 k ( x 1  x )  0 在
2

( 1 , ) 上成立，分 x  0 和 1  x  0 两段讨论可得所求值的范围.
22
【小问 1 详解】
令u(x)  x2  k x ，因为 y  3x 是单调递增函数，
所以要使 f (x) 在(0, ) 上单调，就等价于函数u(x)  x2  k x 在(0, ) 上单调，
2
即u(x)  2  k 2  k 在(0, ) 上单调，所以 k  0 ，得k  0 .
xkx(x)
242
故 k 的取值范围为[0, ) .
【小问 2 详解】
因为 f (x) 的最小值为 3 ，而 y  3u 是增函数，所以 f (x) 的最小值等价于u(x) 的最小值，
3
3
 11
3
f (x)min  3 2 ，所以u(x)min   2 .
又因为u(x)  (x)2  k x  x2  k x  u(x) ，所以u(x) 是偶函数.
①若 k  0, x  0 时，函数u(x) 的对称轴 x   k  0 ，所以函数u(x) 在[0, ) 上单调递增，函数
2
u(x)min  u(0)  0 ，
再由偶函数的图象关于 y 轴对称，可得函数u(x) 在 R 上u(x)
min
 0 ，与u(x)
min
  1 不符合；
2
②若 k  0, x  0 时，函数u(x) 的对称轴 x   k  0 ，所以函数u(x) 在[0,  k ] 上单调递减，在
22
( k , ∞) 上单调递增，
2
kk 2
u(x)k 2
所以u(x)min  u( 2 )  
，再由偶函数的图象关于 y 轴对称，可得函数
4
在 R 上u(x)min   4 ，
2
2
k 21
故令  ，解得 k  或 k （舍去）.
42
2
故 k 的值.
【小问 3 详解】
因为 y  3u 是增函数，所以x   1 , ∞ , f  x 1  f  x 等价于
2

x   1 , ∞ , u  x 1  u  x ，
2

即(x 1)2  k x 1  x2  k x ， 2x 1 k ( x 1  x )  0 .
当 x  0 时，由2x 1 k ( x 1  x )  0 得2x 1 k  0 ，
因为函数 y  2x 1 k 在[0, ) 上单调递增，所以 ymin  2  0 1 k  0 ，即 k  1 .
当 1  x  0 时，由2x 1 k ( x 1  x )  0 得2x 1 k (2x 1)  0 ，
2
即(2x 1)(1 k )  0 ，由 1  x  0 ，故2x 1  0 ，所以1 k  0 ，即 k  1 .
2
综上所述，要使x   1 , ∞ , f  x 1 
f  x ，k 的取值范围为(1, ) .
2
