浙江省绍兴市2023-2024学年高一上学期数学期末试卷
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24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）
1．（2024高一上·绍兴期末）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，所以.
故答案为：C.
【分析】根据集合的交集运算求解即可.
2．（2024高一上·绍兴期末）设，则“”是“”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
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：若，则，反之，当时，有可能不相等，
所以是的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】根据充分、必要条件的定义判断即可.
3．（2024高一上·绍兴期末）已知，且为第三象限角，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为， 且为第三象限角 ，
所以，解得.
故答案为：A.
【分析】根据同角三角函数基本关系解结合已知条件求解即可.
4．（2016高一上·荔湾期中）在同一直角坐标系中，函数 ， 的图象可能是（ ）．
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】当 时，函数 的图象只有D满足要求，当 时，函数 的图象无满足要求的答案，
故答案为：D.
【分析】通过分类讨论a的取值范围，讨论指数函数和对数函数图象的性质，即可得出答案。
5．（2024高一上·绍兴期末）定义在上的奇函数在区间上单调递减，且，则满足的的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：由题意可知，函数在为减函数，因为，所以，
所以，即，所以，解得，
故满足的的取值范围为.
故答案为：B.
【分析】根据题意可知函数为上的减函数，由，可得，将不等式转化为求解即可.
6．（2024高一上·绍兴期末）研究发现， 种病毒存活时间（单位：小时）与环境温度（单位：）满足函数类系：（为常数）．若该种病毒在的存活时间为168小时，在的存活时间为42小时，则在的存活时间为（ ）
A．14小时 B．18小时 C．21小时 D．24小时
【答案】C
【知识点】有理数指数幂的运算性质
【解析】【解答】解：根据题意可得，解得.
故答案为：C.
【分析】根据题意，结合指数运算性质求解即可.
7．（2024高一上·绍兴期末）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；利用对数函数的单调性比较大小；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：因为单调递减，所以，即；
又因为单调递增，所以，即；
，即，所以.
故答案为：A.
【分析】根据指数函数和对数函数的单调性判断即可.
8．（2024高一上·绍兴期末）已知，则的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】基本不等式；两角和与差的正弦公式；两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以，
所以，两边同除以可得，
所以，
要使取得最大值，则，所以，
当且仅当时等号成立，故的最大值为.
故答案为：B.
【分析】由已知条件，利用两角差的正弦公式以及同角三角函数基本关系化简，再结合两角差的正切公式化简，最后利用基本不等式求解即可.
二、选择题（本大题共4小题，每小题3分，共12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3分，部分选对的得1分，有选错的得0分）
9．（2024高一上·绍兴期末）下列函数中，在区间上单调递增的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,D
【知识点】对数函数的单调性与特殊点；幂函数的图象与性质；正弦函数的性质；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：A、根据二次函数的性质可知，函数在区间上单调递增，故A符合；
B、根据正弦函数的图象可知，函数在上不单调，故B不符合；
C、根据对勾函数的单调性可知，函数在区间上不单调，故C不符合；
D、由对数函数的性质可知，函数在区间上单调递增，故D符合.
故答案为：AD.
【分析】根据基本初等函数的单调性逐项判断即可.
10．（2024高一上·绍兴期末）已知函数的图象是一条连续不断的曲线，且有如下对应值表：
1 2 3 4
136.13 15.52 10.88
则函数（ ）
A．在区间内无零点
B．在区间内可能有两个零点
C．在区间内有零点
D．在区间内可能有两个零点
【答案】B,C,D
【知识点】函数零点存在定理
【解析】【解答】解：由表格数值可知：，
则，根据零点存在性定理可知，在区间，内存在零点，
因为图象连续不断，在之间也可能存在零点.
故答案为：BCD.
【分析】根据函数值得符号，利用零点存在性定理判断即可.
11．（2024高一上·绍兴期末）已知函数满足，且在区间上单调，则的值可以是（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】B,C
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：因为函数满足，
所以，解得，所以，又因为在区间上单调，
所以，所以，所以的值可以为，2.
故答案为：BC.
【分析】由题意根据正弦函数的周期性以及函数的单调性求解即可.
12．（2024高一上·绍兴期末）已知实数满足，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】指数函数的图象与性质；指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：因为①，②，①+②可得，
因为，所以，所以，所以，所以A对；
因为所以，所以，
又因为，所以所以，所以B对；
因为，所以，又因为，所以，
所以，所以C错，D对。
故答案为：ABD.
【分析】利用相加法和指数函数的单调性判断出选项A；利用指数函数的单调性判断出选项B；利用指数函数的单调性和不等式的基本性质判断出选项C和选项D，进而找出正确的选项。
三、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分）
13．（2024高一上·绍兴期末）已知函数则 ．
【答案】
【知识点】函数的值
【解析】【解答】解：因为，，所以.
故答案为：.
【分析】根据函数的解析式代值计算即可.
14．（2024高一上·绍兴期末）已知一个扇形圆心角的弧度数为2，其所在圆的半径为1，则该扇形的弧长是 ．
【答案】2
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：由扇形弧长公式可得：.
故答案为：2.
【分析】根据扇形的弧长计算公式计算即可.
15．（2024高一上·绍兴期末）已知，且，则的最小值是 ．
【答案】
【知识点】函数单调性的性质；基本不等式
【解析】【解答】解：因为，且，解得，可得，
所以，因为，所以，
则，
当且仅当，即时等号成立；
令，函数在上单调递增，所以.
故答案为：.
【分析】根据已知条件用表示，根据求出的范围，令，再利用基本不等式求得t的范围，最后利用函数的单调性，即可得代数式的最值.
16．（2024高一上·绍兴期末）已知函数在区间内没有零点，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】其他不等式的解法；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：函数在区间没有零点，
即在区间上无解，
当时，无解，符合题意；
当时，，若无解，则有，解得，
又因为，所以，
当时，，若无解，则有，解得，
又因为，所以，综上可知：实数a的取值范围为.
故答案为：.
【分析】根据题意，由函数的零点与方程根的关系可得方程在区间上无解，再分，和讨论，求a的取值范围，即可得实数a的范围.
四、解答题（本大题共6小题，共52分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（2024高一上·绍兴期末）已知集合．
（1）求集合；
（2）若，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：．
（2）解：因为，
所以．
【知识点】集合关系中的参数取值问题；补集及其运算
【解析】【分析】（1）根据集合的补集运算求解即可；
（2）由已知结合集合的包含关系求解即可.
18．（2024高一上·绍兴期末）已知函数．
（1）求的值；
（2）求的单调递增区间．
【答案】（1）解：．
（2）解：
由，
得，
所以的单调递增区间为．
【知识点】函数的值；三角函数的化简求值；两角和与差的正弦公式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）将代入，利用特殊角三角函数值求解即可；
（2）根据余弦的二倍角公式、辅助角公式化简，再整体代入利用函数的单调性求解即可.
19．（2024高一上·绍兴期末）已知函数．
（1）若，求不等式的解集；
（2）当时，证明：．
【答案】（1）解：因为，所以，
又，所以，
解得，所以解集为．
（2）证明：因为
，
又由，得，且，
所以，所以．
【知识点】指数式与对数式的互化；利用不等式的性质比较大小；指、对数不等式的解法
【解析】【分析】（1）将代入，求出，再结合指数函数的性质求解即可；
（2）利用作差的法化简比较即可证明.
20．（2024高一上·绍兴期末）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济环保，至今仍被沿用．如图1，筒车借助湍急水流的冲力旋转，当盛水筒转到一定位置时，开始倒水入槽．如图2，一个半径为4米的筒车按逆时针方向以每分钟1.5图匀速转动，筒车的轴心距离水面的高度为2米，设筒车上的某个盛水筒（视为质点）距离水面的相对高度为（单位：米）（在水面下则为负数），以盛水筒刚浮出水面开始计时，则与时间（单位；秒）之间的关系为．
（1）求的值；
（2）求盛水筒从刚浮出水面至旋转到最高点所需的最短时间；
（3）若盛水筒从刚浮出水面至开始倒水入槽需用时10秒，求盛水筒开始倒水入槽时，距离水面的高度（最后结果精确到0.1米，参考数据：）．
【答案】（1）解：因为筒车半径为4米，所以．
又因为筒车每分钟匀速转动1.5圈，所以周期秒，
由，得．
因为轴心距离水面的高度为2米，所以．
又当时，，代入，解得，
因为，所以．
（2）解：由（1）得．
当时，，所以，解得．
所以，所需的最短时间为秒．
（3）解：当秒时，
，
所以此时盛水筒距离水面的高度为5.5米．
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据筒车的半径得到A，由筒车每分钟1.5匀速转动得到周期，从而求得的值，根再根据轴心距离水面的高度，求出k，最后根据时的高度求出；
（2）由（1）的结论可得函数的解析式，将代入求t的值即可；
（3）将代入（1）的解析式中即可得 距离水面的高度 .
21．（2024高一上·绍兴期末）已知函数（，且）为偶函数．
（1）求的值；
（2）若，使成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：因为函数为偶函数，所以，即，所以，所以，解得.
（2）解：由题可得：，成立，即，因为，
又因为，所以，所以，所以；
令，设，当时，即时，，所以，解得，此时m无解；
当时，即时，，所以，解得，所以；
当时，即，，解得，无解，
综上所述，实数的取值范围为：.
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；函数的奇偶性；函数恒成立问题
【解析】【分析】(1)根据函数为偶函数可得，再利用对数函数的运算性质求值即可；
（2）问题转化为求的最小值即可.
22．（2024高一上·绍兴期末）已知函数，记关于的不等式的解集为．
（1）若，求中整数的个数；
（2）当时，证明：中至多有两个整数．
【答案】（1）解：易知，不等式，即，
即，解得，所以，即中有3个整数.
（2）证明：，
当时，，
因为，所以中至多有两个整数；
当时，恒成立，所以为空集，满足题意；
当时，或，因为
，所以区间内至多一个整数，同理在区间内也至多一个整数，所以中至多两个整数.
【知识点】函数恒成立问题；一元二次不等式及其解法；其他不等式的解法
【解析】【分析】（1）将的值代入，解不等式求得，再判断中的整数个数即可；
（2）分类讨论，由最小值的范围，分别求出解集中的整数即可证明.
1 / 1浙江省绍兴市2023-2024学年高一上学期数学期末试卷
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24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）
1．（2024高一上·绍兴期末）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高一上·绍兴期末）设，则“”是“”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
3．（2024高一上·绍兴期末）已知，且为第三象限角，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2016高一上·荔湾期中）在同一直角坐标系中，函数 ， 的图象可能是（ ）．
A． B．
C． D．
5．（2024高一上·绍兴期末）定义在上的奇函数在区间上单调递减，且，则满足的的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一上·绍兴期末）研究发现， 种病毒存活时间（单位：小时）与环境温度（单位：）满足函数类系：（为常数）．若该种病毒在的存活时间为168小时，在的存活时间为42小时，则在的存活时间为（ ）
A．14小时 B．18小时 C．21小时 D．24小时
7．（2024高一上·绍兴期末）已知，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一上·绍兴期末）已知，则的最大值是（ ）
A． B． C． D．
二、选择题（本大题共4小题，每小题3分，共12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3分，部分选对的得1分，有选错的得0分）
9．（2024高一上·绍兴期末）下列函数中，在区间上单调递增的是（ ）
A． B． C． D．
10．（2024高一上·绍兴期末）已知函数的图象是一条连续不断的曲线，且有如下对应值表：
1 2 3 4
136.13 15.52 10.88
则函数（ ）
A．在区间内无零点
B．在区间内可能有两个零点
C．在区间内有零点
D．在区间内可能有两个零点
11．（2024高一上·绍兴期末）已知函数满足，且在区间上单调，则的值可以是（ ）
A． B． C．2 D．
12．（2024高一上·绍兴期末）已知实数满足，且，则（ ）
A． B． C． D．
三、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分）
13．（2024高一上·绍兴期末）已知函数则 ．
14．（2024高一上·绍兴期末）已知一个扇形圆心角的弧度数为2，其所在圆的半径为1，则该扇形的弧长是 ．
15．（2024高一上·绍兴期末）已知，且，则的最小值是 ．
16．（2024高一上·绍兴期末）已知函数在区间内没有零点，则实数的取值范围是 ．
四、解答题（本大题共6小题，共52分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（2024高一上·绍兴期末）已知集合．
（1）求集合；
（2）若，求实数的取值范围．
18．（2024高一上·绍兴期末）已知函数．
（1）求的值；
（2）求的单调递增区间．
19．（2024高一上·绍兴期末）已知函数．
（1）若，求不等式的解集；
（2）当时，证明：．
20．（2024高一上·绍兴期末）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济环保，至今仍被沿用．如图1，筒车借助湍急水流的冲力旋转，当盛水筒转到一定位置时，开始倒水入槽．如图2，一个半径为4米的筒车按逆时针方向以每分钟1.5图匀速转动，筒车的轴心距离水面的高度为2米，设筒车上的某个盛水筒（视为质点）距离水面的相对高度为（单位：米）（在水面下则为负数），以盛水筒刚浮出水面开始计时，则与时间（单位；秒）之间的关系为．
（1）求的值；
（2）求盛水筒从刚浮出水面至旋转到最高点所需的最短时间；
（3）若盛水筒从刚浮出水面至开始倒水入槽需用时10秒，求盛水筒开始倒水入槽时，距离水面的高度（最后结果精确到0.1米，参考数据：）．
21．（2024高一上·绍兴期末）已知函数（，且）为偶函数．
（1）求的值；
（2）若，使成立，求实数的取值范围．
22．（2024高一上·绍兴期末）已知函数，记关于的不等式的解集为．
（1）若，求中整数的个数；
（2）当时，证明：中至多有两个整数．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，所以.
故答案为：C.
【分析】根据集合的交集运算求解即可.
2．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：若，则，反之，当时，有可能不相等，
所以是的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】根据充分、必要条件的定义判断即可.
3．【答案】A
【知识点】同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为， 且为第三象限角 ，
所以，解得.
故答案为：A.
【分析】根据同角三角函数基本关系解结合已知条件求解即可.
4．【答案】D
【知识点】指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】当 时，函数 的图象只有D满足要求，当 时，函数 的图象无满足要求的答案，
故答案为：D.
【分析】通过分类讨论a的取值范围，讨论指数函数和对数函数图象的性质，即可得出答案。
5．【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：由题意可知，函数在为减函数，因为，所以，
所以，即，所以，解得，
故满足的的取值范围为.
故答案为：B.
【分析】根据题意可知函数为上的减函数，由，可得，将不等式转化为求解即可.
6．【答案】C
【知识点】有理数指数幂的运算性质
【解析】【解答】解：根据题意可得，解得.
故答案为：C.
【分析】根据题意，结合指数运算性质求解即可.
7．【答案】A
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；利用对数函数的单调性比较大小；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：因为单调递减，所以，即；
又因为单调递增，所以，即；
，即，所以.
故答案为：A.
【分析】根据指数函数和对数函数的单调性判断即可.
8．【答案】B
【知识点】基本不等式；两角和与差的正弦公式；两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以，
所以，两边同除以可得，
所以，
要使取得最大值，则，所以，
当且仅当时等号成立，故的最大值为.
故答案为：B.
【分析】由已知条件，利用两角差的正弦公式以及同角三角函数基本关系化简，再结合两角差的正切公式化简，最后利用基本不等式求解即可.
9．【答案】A,D
【知识点】对数函数的单调性与特殊点；幂函数的图象与性质；正弦函数的性质；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：A、根据二次函数的性质可知，函数在区间上单调递增，故A符合；
B、根据正弦函数的图象可知，函数在上不单调，故B不符合；
C、根据对勾函数的单调性可知，函数在区间上不单调，故C不符合；
D、由对数函数的性质可知，函数在区间上单调递增，故D符合.
故答案为：AD.
【分析】根据基本初等函数的单调性逐项判断即可.
10．【答案】B,C,D
【知识点】函数零点存在定理
【解析】【解答】解：由表格数值可知：，
则，根据零点存在性定理可知，在区间，内存在零点，
因为图象连续不断，在之间也可能存在零点.
故答案为：BCD.
【分析】根据函数值得符号，利用零点存在性定理判断即可.
11．【答案】B,C
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：因为函数满足，
所以，解得，所以，又因为在区间上单调，
所以，所以，所以的值可以为，2.
故答案为：BC.
【分析】由题意根据正弦函数的周期性以及函数的单调性求解即可.
12．【答案】A,B,D
【知识点】指数函数的图象与性质；指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：因为①，②，①+②可得，
因为，所以，所以，所以，所以A对；
因为所以，所以，
又因为，所以所以，所以B对；
因为，所以，又因为，所以，
所以，所以C错，D对。
故答案为：ABD.
【分析】利用相加法和指数函数的单调性判断出选项A；利用指数函数的单调性判断出选项B；利用指数函数的单调性和不等式的基本性质判断出选项C和选项D，进而找出正确的选项。
13．【答案】
【知识点】函数的值
【解析】【解答】解：因为，，所以.
故答案为：.
【分析】根据函数的解析式代值计算即可.
14．【答案】2
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：由扇形弧长公式可得：.
故答案为：2.
【分析】根据扇形的弧长计算公式计算即可.
15．【答案】
【知识点】函数单调性的性质；基本不等式
【解析】【解答】解：因为，且，解得，可得，
所以，因为，所以，
则，
当且仅当，即时等号成立；
令，函数在上单调递增，所以.
故答案为：.
【分析】根据已知条件用表示，根据求出的范围，令，再利用基本不等式求得t的范围，最后利用函数的单调性，即可得代数式的最值.
16．【答案】
【知识点】其他不等式的解法；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：函数在区间没有零点，
即在区间上无解，
当时，无解，符合题意；
当时，，若无解，则有，解得，
又因为，所以，
当时，，若无解，则有，解得，
又因为，所以，综上可知：实数a的取值范围为.
故答案为：.
【分析】根据题意，由函数的零点与方程根的关系可得方程在区间上无解，再分，和讨论，求a的取值范围，即可得实数a的范围.
17．【答案】（1）解：．
（2）解：因为，
所以．
【知识点】集合关系中的参数取值问题；补集及其运算
【解析】【分析】（1）根据集合的补集运算求解即可；
（2）由已知结合集合的包含关系求解即可.
18．【答案】（1）解：．
（2）解：
由，
得，
所以的单调递增区间为．
【知识点】函数的值；三角函数的化简求值；两角和与差的正弦公式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）将代入，利用特殊角三角函数值求解即可；
（2）根据余弦的二倍角公式、辅助角公式化简，再整体代入利用函数的单调性求解即可.
19．【答案】（1）解：因为，所以，
又，所以，
解得，所以解集为．
（2）证明：因为
，
又由，得，且，
所以，所以．
【知识点】指数式与对数式的互化；利用不等式的性质比较大小；指、对数不等式的解法
【解析】【分析】（1）将代入，求出，再结合指数函数的性质求解即可；
（2）利用作差的法化简比较即可证明.
20．【答案】（1）解：因为筒车半径为4米，所以．
又因为筒车每分钟匀速转动1.5圈，所以周期秒，
由，得．
因为轴心距离水面的高度为2米，所以．
又当时，，代入，解得，
因为，所以．
（2）解：由（1）得．
当时，，所以，解得．
所以，所需的最短时间为秒．
（3）解：当秒时，
，
所以此时盛水筒距离水面的高度为5.5米．
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据筒车的半径得到A，由筒车每分钟1.5匀速转动得到周期，从而求得的值，根再根据轴心距离水面的高度，求出k，最后根据时的高度求出；
（2）由（1）的结论可得函数的解析式，将代入求t的值即可；
（3）将代入（1）的解析式中即可得 距离水面的高度 .
21．【答案】（1）解：因为函数为偶函数，所以，即，所以，所以，解得.
（2）解：由题可得：，成立，即，因为，
又因为，所以，所以，所以；
令，设，当时，即时，，所以，解得，此时m无解；
当时，即时，，所以，解得，所以；
当时，即，，解得，无解，
综上所述，实数的取值范围为：.
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；函数的奇偶性；函数恒成立问题
【解析】【分析】(1)根据函数为偶函数可得，再利用对数函数的运算性质求值即可；
（2）问题转化为求的最小值即可.
22．【答案】（1）解：易知，不等式，即，
即，解得，所以，即中有3个整数.
（2）证明：，
当时，，
因为，所以中至多有两个整数；
当时，恒成立，所以为空集，满足题意；
当时，或，因为
，所以区间内至多一个整数，同理在区间内也至多一个整数，所以中至多两个整数.
【知识点】函数恒成立问题；一元二次不等式及其解法；其他不等式的解法
【解析】【分析】（1）将的值代入，解不等式求得，再判断中的整数个数即可；
（2）分类讨论，由最小值的范围，分别求出解集中的整数即可证明.
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