广东省深圳市宝安中学（集团）龙津中学2024-2025学年高一上学期期中考试数学试卷
1．（2024高一上·宝安期中）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一上·宝安期中）命题“，”的否定是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
3．（2024高一上·宝安期中）已知幂函数图象过点，则等于（ ）
A．12 B．19 C．24 D．36
4．（2024高一上·宝安期中）已知函数在区间上是增函数，在区间上是减函数，则等于（ ）
A． B．1 C．17 D．25
5．（2024高一上·宝安期中）已知命题“，使”是假命题，则实数m的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一上·宝安期中）若是偶函数且在上单调递增，又，则不等式的解集为（ ）
A． B．或
C．或 D．或
7．（2024高一上·宝安期中）若函数的定义域为，则的定义域为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一上·宝安期中）若，且，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一上·宝安期中）下列说法正确的是（ ）
A．命题“，都有”的否定是“，使得”
B．当时，的最小值为
C．若不等式的解集为，则
D．“”是“”的充分不必要条件
10．（2024高一上·宝安期中）下列说法正确的是（ ）
A．与表示同一个函数
B．命题，则
C．已知函数在上是增函数，则实数的取值范围是
D．函数的值域为
11．（2024高一上·宝安期中）已知函数，，则下列判断中正确的有（ ）
A．存在，函数有个零点
B．存在常数，使为奇函数
C．若在区间上最大值为，则的取值范围为或
D．存在常数，使在上单调递减
12．（2024高一上·宝安期中）已知集合，集合，若，则 .
13．（2024高一上·宝安期中）已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是 .
14．（2024高一上·宝安期中）若函数在区间上有最大值，则实数a的取值范围是 .
15．（2024高一上·宝安期中）已知：关于的不等式的解集为，：不等式的解集为.
（1）若，求；
（2）若是的必要不充分条件，求的取值范围.
16．（2024高一上·宝安期中）某开发商计划2024年在泉州开发新的游玩项目，全年需投入固定成本万元，若该项目在2024年有万人游客，则需另投入成本万元，且，该游玩项目的每张门票售价为元．
（1）求2024年该项目的利润（万元）关于人数（万人）的函数关系式（利润=销售额-成本）；
（2）当2024年的游客为多少时，该项目所获利润最大？最大利润是多少．
17．（2024高一上·宝安期中）已知满足.
（1）求的最小值；
（2）若恒成立，求的取值范围.
18．（2024高一上·宝安期中）已知函数是定义在上的奇函数，且．
（1）求函数的解析式；
（2）判断函数在上的单调性，并用定义证明；
（3）解不等式．
19．（2024高一上·宝安期中）设定义在上的函数满足：①对，都有；②当时，；③不存在，使得.
（1）求证：为奇函数；
（2）求证：在R上单调递增；
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，，
所以.
故选：B.
【分析】本题考查了集合的交集的定义与运算，根据题意，结合集合的交集的定义与运算，即可求解.
2．【答案】C
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】原命题的否定为，。
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合全称命题与特称命题互为否定的关系，进而写出命题“，”的否定。
3．【答案】D
【知识点】幂函数的概念与表示
【解析】【解答】解：设幂函数，
因为幂函数图象过点，可得，解得，即，
所以.
故选：D.
【分析】本题主要考查了幂函数的定义及解析式的求解，根据题意，设幂函数，将 点 代入，求得的值，即可求解.
4．【答案】D
【知识点】函数单调性的性质；函数的值
【解析】【解答】解：由题意可知二次函数对称轴为：，即，
解得：，
所以，
故选：D.
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质及其应用，根据题意，得到二次函数的对称轴为，求得的值，进而求得的值，即可求解.
5．【答案】C
【知识点】函数恒成立问题
【解析】【解答】由题意可知恒成立．
①当时，恒成立；
②当时，，解得．
综上：．
故答案为：C
【分析】由题意可知恒成立，再分和两种情况，再根据一元二次不等式与二次函数的关系求解可得实数m的取值范围.
6．【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；奇偶性与单调性的综合
【解析】【解答】解：由题设，偶函数在上单调递减，在上单调递增，且，
所以，故或，解集为或.
故选：B.
【分析】根据函数的奇偶性，得到函数在上单调递增，且，把不等式转化为，结合函数单调性，即可求解.
7．【答案】D
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：由题意可知，所以，要使函数有意义，
则解得.
故选：D.
【分析】根据题意先求得函数的定义域为，然后结合抽象函数定义域与有意义，即可求解.
8．【答案】D
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：因为，
所以由题意
，
因为，所以，
所以由基本不等式可得，
当且仅当时等号成立，即当且仅当或时等号成立，
综上所述，的最小值为.
故选：D.
【分析】根据题意，先利用条件等式将表达式变形为，然后利用基本不等式求得最小值，注意到取等条件的成立与否，即可得到答案.
9．【答案】B,C,D
【知识点】全称量词命题；必要条件、充分条件与充要条件的判断；基本不等式
【解析】【解答】解：A中，“，都有”的否定是“，使得”，所以A错误；
B中，当时，，
当且仅当，即时，等号成立，
故当时，的最小值为，所以B正确；
C中，由题意得为的两个根，
，解得，则，所以C正确；
D中，，但，比如满足，但不满足，
故“”是“”的充分不必要条件，所以D正确.
故选：BCD.
【分析】根据全称量词命题的否定是特称量词命题，准确改写，可得判定A不正确；由，利用基本不等式求出最小值，可判定B正确；根据不等式的解集，结合韦达定理，求得，进而可判定C正确；由不等式的性质，结合充分条件、必要条件的判断方法，可判定D正确.
10．【答案】A,D
【知识点】全称量词命题；同一函数的判定；函数的值域；函数单调性的性质
【解析】【解答】解：对A中，的定义域需满足，解得，
的定义域需满足，解得，
故两函数有相同的定义域及对应关系，故表示同一个函数，故A正确；
对B中，，则或者，故B错误.
对C中，由题意可得，解得，即的取值范围是，故C错误；
对D中，令，，则，
所以函数，
函数在上单调递增，时，有最小值，
所以函数的值域为．故D正确．
故选：AD.
【分析】根据同一函数的定义与判定方法，结合定义域与对应法则，可得判定A正确；根据全称命题与存在性命题的关系，可判定B不正确；根据分段函数的单调性的判定方法，列出不等式组，可得判定C错误；令，得到，结合二次性质，可得判断D正确.
11．【答案】B,C
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数单调性的性质；函数的奇偶性；函数的图象
【解析】【解答】解：函数，函数图象如图所示：
由图象可知，函数的图象与直线不可能有个交点，
所以不存在使函数有个零点，A选项错误；
当时，，函数定义域为，，
此时为奇函数，B选项正确；
当或时，在区间上单调递增，最大值为；
当时，，在区间上单调递增，在区间上单调递减，
最大值为，不合题意；
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减，
在区间上单调递增，若最大值为，则有，即，
由，所以，解得；
综上，在区间上最大值为，则的取值范围为或，C选项正确；
若在上单调递减，则有，不等式组无解，
故不存在常数使在上单调递减，D选项错误；
故选：BC.
【分析】根据题意，化简函数为 ，作出函数图象，利用数形结合研究函数的奇偶性、单调区间、最值等性质，逐项判定，即可求解.
12．【答案】
【知识点】集合关系中的参数取值问题
【解析】【解答】解：根据，可知：
①若，解得，
当时，违背了元素的互异性，故舍去.
同理，当时，也舍去.
②若，解得或1（舍），
当时，，，
满足，故符合题意.
故答案为：.
【分析】由，利用集合间的包含关系，得到或，求得的值，结合元素的互异性进验证取舍，即可得到答案.
13．【答案】
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】解：因为，
且函数在上单调递减，则，解得或，
则函数的减区间为、，由题意可得，可得，
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】根据题意，化简可得，利用题设条件和反比例函数的性质，得到，求出函数的减区间为、，结合区间的包含关系，即可实数的取值范围.
14．【答案】
【知识点】函数的值域；分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的图象
【解析】【解答】解：令，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，作出函数的大致图象，
由于函数在区间上有最大值，
结合图象，由题意可得，解得，
所以实数a的取值范围是，
故答案为：.
【分析】由函数的解析式，利用二次函数的图象与性质，作出函数的图象，根据函数在区间上有最大值，结合图象，列出相应不等式组，即可求得实数a的取值范围.
15．【答案】（1）解：由题知：当时，，解得，所以，
又，所以，解得，所以，
所以.
（2）解：若是的必要不充分条件，则是的真子集，
由（1）知，
时，集合，
所以，则，又时，，符合是的真子集，
时，，符合是的真子集，所以，
综上，实数的取值范围为.
【知识点】交集及其运算；必要条件；一元二次方程的解集
【解析】【分析】（1）当时，求得，再由分式不等式的解法，求得集合，结合集合交集的概念与运算，即可求解；
（2）由是的必要不充分条件，得到是的真子集，根据一元二次不等式的解法，求得集合，结合集合间的包含关系，列出不等式组，求得a的范围，同时注意等号的验证.
（1）由题知：当时，，解得，所以，
又，所以，解得，所以，
所以；
（2）若是的必要不充分条件，则是的真子集，
由（1）知，
时，集合，
所以，则，又时，，符合是的真子集，
时，，符合是的真子集，所以，
综上，实数的取值范围为.
16．【答案】（1）解：依题意，
又，
所以，
即；
（2）解：当时，单调递增，且当时，
所以，
当时，，
则在上单调递增，所以，
当时，，
当且仅当即时等号成立，故，
，
综上，游客为万人时利润最大，最大为万．
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；二次函数模型
【解析】【分析】（1）根据题意，结合利润，代入化简，即可求得利润关于人数的函数关系式，得到答案；
（2）由（1）中利润的解析式，利用二次函数的图象与性质，以及基本不等式，分别求出函数在各段的最大值，比较最大值，即可得到答案.
（1）依题意，
又，
所以，
即；
（2）当时，单调递增，且当时，
所以，
当时，，
则在上单调递增，所以，
当时，，
当且仅当即时等号成立，故，
，
综上，游客为万人时利润最大，最大为万．
17．【答案】（1）解：由
，
当且仅当，即时取等号，
即取得最小值.
（2）解：由，得，即，
不等式恒成立，即恒成立，
，
当且仅当，即时取等号，
因此当时，取得最小值，则，
所以的取值范围.
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）由，利用基本不等式“1”的代换，化简得到，结合基本不等式，即可求得的最小值；
（2）先求出，转化为恒成立，再化简得到，进而利用基本不等式求出取得最小值，即可求得实数m的取值范围，得到答案.
（1），
当且仅当，即时取等号，
即取得最小值.
（2）由，得，即，
不等式恒成立，即恒成立，
，
当且仅当，即时取等号，
因此当时，取得最小值，则，
所以的取值范围.
18．【答案】（1）解：∵函数是定义在上的奇函数，∴，即，
∵，
∴，
∴，经检验，是奇函数．
（2）证明：在上为增函数，证明如下：设，则，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴在上是增函数．
（3）解：由题意可得，在上为单调递增的奇函数，由可得，
∴，
解得，
∴不等式的解集为．
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；奇偶性与单调性的综合
【解析】【分析】（1）由函数为奇函数，利用，求得，再由，列出方程求得a的值，检验即可得解.
（2）设，化简，利用函数的单调性的定义，即可证得在上是增函数．
（3）利用函数为奇函数，把不等式变形，再利用函数的定义域和单调性，列出相应的不等式组，即可求得不等式的解集.
（1）∵函数是定义在上的奇函数，
∴，即，
∵，
∴，
∴，经检验，是奇函数．
（2）在上为增函数，证明如下：
设，则，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴在上是增函数．
（3）由题意可得，在上为单调递增的奇函数，
由可得，
∴，
解得，
∴不等式的解集为．
19．【答案】（1）证明：因为的定义域为，关于原点对称，
不妨令，得，
解得或，
又不存在，使得，故，
令，得，
故，即，
因此为奇函数；
（2）证明：时，，
则，
当且仅当，等号成立，
又不存在，使得，则，
于是时，，
又为奇函数，则时，，
于是对，
任取，则，
而，
又，则，
于是，故，
因此在上单调递增.
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性
【解析】【分析】（1）利用赋值法计算，得到，再令，化简得到，结合奇函数的定义，即可得证；
（2）先令，化简得到，由为奇函数，证得，再由函数单调性的定义及判定方法，证得，得到，即可得证.
（1）因为的定义域为，关于原点对称，
不妨令，得，
解得或，
又不存在，使得，故，
令，得，
故，即，
因此为奇函数；
（2）时，，
则，
当且仅当，等号成立，
又不存在，使得，则，
于是时，，
又为奇函数，则时，，
于是对，
任取，则，
而，
又，则，
于是，故，
因此在上单调递增；
1 / 1广东省深圳市宝安中学（集团）龙津中学2024-2025学年高一上学期期中考试数学试卷
1．（2024高一上·宝安期中）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，，
所以.
故选：B.
【分析】本题考查了集合的交集的定义与运算，根据题意，结合集合的交集的定义与运算，即可求解.
2．（2024高一上·宝安期中）命题“，”的否定是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】原命题的否定为，。
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合全称命题与特称命题互为否定的关系，进而写出命题“，”的否定。
3．（2024高一上·宝安期中）已知幂函数图象过点，则等于（ ）
A．12 B．19 C．24 D．36
【答案】D
【知识点】幂函数的概念与表示
【解析】【解答】解：设幂函数，
因为幂函数图象过点，可得，解得，即，
所以.
故选：D.
【分析】本题主要考查了幂函数的定义及解析式的求解，根据题意，设幂函数，将 点 代入，求得的值，即可求解.
4．（2024高一上·宝安期中）已知函数在区间上是增函数，在区间上是减函数，则等于（ ）
A． B．1 C．17 D．25
【答案】D
【知识点】函数单调性的性质；函数的值
【解析】【解答】解：由题意可知二次函数对称轴为：，即，
解得：，
所以，
故选：D.
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质及其应用，根据题意，得到二次函数的对称轴为，求得的值，进而求得的值，即可求解.
5．（2024高一上·宝安期中）已知命题“，使”是假命题，则实数m的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数恒成立问题
【解析】【解答】由题意可知恒成立．
①当时，恒成立；
②当时，，解得．
综上：．
故答案为：C
【分析】由题意可知恒成立，再分和两种情况，再根据一元二次不等式与二次函数的关系求解可得实数m的取值范围.
6．（2024高一上·宝安期中）若是偶函数且在上单调递增，又，则不等式的解集为（ ）
A． B．或
C．或 D．或
【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；奇偶性与单调性的综合
【解析】【解答】解：由题设，偶函数在上单调递减，在上单调递增，且，
所以，故或，解集为或.
故选：B.
【分析】根据函数的奇偶性，得到函数在上单调递增，且，把不等式转化为，结合函数单调性，即可求解.
7．（2024高一上·宝安期中）若函数的定义域为，则的定义域为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：由题意可知，所以，要使函数有意义，
则解得.
故选：D.
【分析】根据题意先求得函数的定义域为，然后结合抽象函数定义域与有意义，即可求解.
8．（2024高一上·宝安期中）若，且，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：因为，
所以由题意
，
因为，所以，
所以由基本不等式可得，
当且仅当时等号成立，即当且仅当或时等号成立，
综上所述，的最小值为.
故选：D.
【分析】根据题意，先利用条件等式将表达式变形为，然后利用基本不等式求得最小值，注意到取等条件的成立与否，即可得到答案.
9．（2024高一上·宝安期中）下列说法正确的是（ ）
A．命题“，都有”的否定是“，使得”
B．当时，的最小值为
C．若不等式的解集为，则
D．“”是“”的充分不必要条件
【答案】B,C,D
【知识点】全称量词命题；必要条件、充分条件与充要条件的判断；基本不等式
【解析】【解答】解：A中，“，都有”的否定是“，使得”，所以A错误；
B中，当时，，
当且仅当，即时，等号成立，
故当时，的最小值为，所以B正确；
C中，由题意得为的两个根，
，解得，则，所以C正确；
D中，，但，比如满足，但不满足，
故“”是“”的充分不必要条件，所以D正确.
故选：BCD.
【分析】根据全称量词命题的否定是特称量词命题，准确改写，可得判定A不正确；由，利用基本不等式求出最小值，可判定B正确；根据不等式的解集，结合韦达定理，求得，进而可判定C正确；由不等式的性质，结合充分条件、必要条件的判断方法，可判定D正确.
10．（2024高一上·宝安期中）下列说法正确的是（ ）
A．与表示同一个函数
B．命题，则
C．已知函数在上是增函数，则实数的取值范围是
D．函数的值域为
【答案】A,D
【知识点】全称量词命题；同一函数的判定；函数的值域；函数单调性的性质
【解析】【解答】解：对A中，的定义域需满足，解得，
的定义域需满足，解得，
故两函数有相同的定义域及对应关系，故表示同一个函数，故A正确；
对B中，，则或者，故B错误.
对C中，由题意可得，解得，即的取值范围是，故C错误；
对D中，令，，则，
所以函数，
函数在上单调递增，时，有最小值，
所以函数的值域为．故D正确．
故选：AD.
【分析】根据同一函数的定义与判定方法，结合定义域与对应法则，可得判定A正确；根据全称命题与存在性命题的关系，可判定B不正确；根据分段函数的单调性的判定方法，列出不等式组，可得判定C错误；令，得到，结合二次性质，可得判断D正确.
11．（2024高一上·宝安期中）已知函数，，则下列判断中正确的有（ ）
A．存在，函数有个零点
B．存在常数，使为奇函数
C．若在区间上最大值为，则的取值范围为或
D．存在常数，使在上单调递减
【答案】B,C
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数单调性的性质；函数的奇偶性；函数的图象
【解析】【解答】解：函数，函数图象如图所示：
由图象可知，函数的图象与直线不可能有个交点，
所以不存在使函数有个零点，A选项错误；
当时，，函数定义域为，，
此时为奇函数，B选项正确；
当或时，在区间上单调递增，最大值为；
当时，，在区间上单调递增，在区间上单调递减，
最大值为，不合题意；
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减，
在区间上单调递增，若最大值为，则有，即，
由，所以，解得；
综上，在区间上最大值为，则的取值范围为或，C选项正确；
若在上单调递减，则有，不等式组无解，
故不存在常数使在上单调递减，D选项错误；
故选：BC.
【分析】根据题意，化简函数为 ，作出函数图象，利用数形结合研究函数的奇偶性、单调区间、最值等性质，逐项判定，即可求解.
12．（2024高一上·宝安期中）已知集合，集合，若，则 .
【答案】
【知识点】集合关系中的参数取值问题
【解析】【解答】解：根据，可知：
①若，解得，
当时，违背了元素的互异性，故舍去.
同理，当时，也舍去.
②若，解得或1（舍），
当时，，，
满足，故符合题意.
故答案为：.
【分析】由，利用集合间的包含关系，得到或，求得的值，结合元素的互异性进验证取舍，即可得到答案.
13．（2024高一上·宝安期中）已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是 .
【答案】
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】解：因为，
且函数在上单调递减，则，解得或，
则函数的减区间为、，由题意可得，可得，
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】根据题意，化简可得，利用题设条件和反比例函数的性质，得到，求出函数的减区间为、，结合区间的包含关系，即可实数的取值范围.
14．（2024高一上·宝安期中）若函数在区间上有最大值，则实数a的取值范围是 .
【答案】
【知识点】函数的值域；分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的图象
【解析】【解答】解：令，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，作出函数的大致图象，
由于函数在区间上有最大值，
结合图象，由题意可得，解得，
所以实数a的取值范围是，
故答案为：.
【分析】由函数的解析式，利用二次函数的图象与性质，作出函数的图象，根据函数在区间上有最大值，结合图象，列出相应不等式组，即可求得实数a的取值范围.
15．（2024高一上·宝安期中）已知：关于的不等式的解集为，：不等式的解集为.
（1）若，求；
（2）若是的必要不充分条件，求的取值范围.
【答案】（1）解：由题知：当时，，解得，所以，
又，所以，解得，所以，
所以.
（2）解：若是的必要不充分条件，则是的真子集，
由（1）知，
时，集合，
所以，则，又时，，符合是的真子集，
时，，符合是的真子集，所以，
综上，实数的取值范围为.
【知识点】交集及其运算；必要条件；一元二次方程的解集
【解析】【分析】（1）当时，求得，再由分式不等式的解法，求得集合，结合集合交集的概念与运算，即可求解；
（2）由是的必要不充分条件，得到是的真子集，根据一元二次不等式的解法，求得集合，结合集合间的包含关系，列出不等式组，求得a的范围，同时注意等号的验证.
（1）由题知：当时，，解得，所以，
又，所以，解得，所以，
所以；
（2）若是的必要不充分条件，则是的真子集，
由（1）知，
时，集合，
所以，则，又时，，符合是的真子集，
时，，符合是的真子集，所以，
综上，实数的取值范围为.
16．（2024高一上·宝安期中）某开发商计划2024年在泉州开发新的游玩项目，全年需投入固定成本万元，若该项目在2024年有万人游客，则需另投入成本万元，且，该游玩项目的每张门票售价为元．
（1）求2024年该项目的利润（万元）关于人数（万人）的函数关系式（利润=销售额-成本）；
（2）当2024年的游客为多少时，该项目所获利润最大？最大利润是多少．
【答案】（1）解：依题意，
又，
所以，
即；
（2）解：当时，单调递增，且当时，
所以，
当时，，
则在上单调递增，所以，
当时，，
当且仅当即时等号成立，故，
，
综上，游客为万人时利润最大，最大为万．
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；二次函数模型
【解析】【分析】（1）根据题意，结合利润，代入化简，即可求得利润关于人数的函数关系式，得到答案；
（2）由（1）中利润的解析式，利用二次函数的图象与性质，以及基本不等式，分别求出函数在各段的最大值，比较最大值，即可得到答案.
（1）依题意，
又，
所以，
即；
（2）当时，单调递增，且当时，
所以，
当时，，
则在上单调递增，所以，
当时，，
当且仅当即时等号成立，故，
，
综上，游客为万人时利润最大，最大为万．
17．（2024高一上·宝安期中）已知满足.
（1）求的最小值；
（2）若恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）解：由
，
当且仅当，即时取等号，
即取得最小值.
（2）解：由，得，即，
不等式恒成立，即恒成立，
，
当且仅当，即时取等号，
因此当时，取得最小值，则，
所以的取值范围.
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）由，利用基本不等式“1”的代换，化简得到，结合基本不等式，即可求得的最小值；
（2）先求出，转化为恒成立，再化简得到，进而利用基本不等式求出取得最小值，即可求得实数m的取值范围，得到答案.
（1），
当且仅当，即时取等号，
即取得最小值.
（2）由，得，即，
不等式恒成立，即恒成立，
，
当且仅当，即时取等号，
因此当时，取得最小值，则，
所以的取值范围.
18．（2024高一上·宝安期中）已知函数是定义在上的奇函数，且．
（1）求函数的解析式；
（2）判断函数在上的单调性，并用定义证明；
（3）解不等式．
【答案】（1）解：∵函数是定义在上的奇函数，∴，即，
∵，
∴，
∴，经检验，是奇函数．
（2）证明：在上为增函数，证明如下：设，则，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴在上是增函数．
（3）解：由题意可得，在上为单调递增的奇函数，由可得，
∴，
解得，
∴不等式的解集为．
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；奇偶性与单调性的综合
【解析】【分析】（1）由函数为奇函数，利用，求得，再由，列出方程求得a的值，检验即可得解.
（2）设，化简，利用函数的单调性的定义，即可证得在上是增函数．
（3）利用函数为奇函数，把不等式变形，再利用函数的定义域和单调性，列出相应的不等式组，即可求得不等式的解集.
（1）∵函数是定义在上的奇函数，
∴，即，
∵，
∴，
∴，经检验，是奇函数．
（2）在上为增函数，证明如下：
设，则，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴在上是增函数．
（3）由题意可得，在上为单调递增的奇函数，
由可得，
∴，
解得，
∴不等式的解集为．
19．（2024高一上·宝安期中）设定义在上的函数满足：①对，都有；②当时，；③不存在，使得.
（1）求证：为奇函数；
（2）求证：在R上单调递增；
【答案】（1）证明：因为的定义域为，关于原点对称，
不妨令，得，
解得或，
又不存在，使得，故，
令，得，
故，即，
因此为奇函数；
（2）证明：时，，
则，
当且仅当，等号成立，
又不存在，使得，则，
于是时，，
又为奇函数，则时，，
于是对，
任取，则，
而，
又，则，
于是，故，
因此在上单调递增.
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性
【解析】【分析】（1）利用赋值法计算，得到，再令，化简得到，结合奇函数的定义，即可得证；
（2）先令，化简得到，由为奇函数，证得，再由函数单调性的定义及判定方法，证得，得到，即可得证.
（1）因为的定义域为，关于原点对称，
不妨令，得，
解得或，
又不存在，使得，故，
令，得，
故，即，
因此为奇函数；
（2）时，，
则，
当且仅当，等号成立，
又不存在，使得，则，
于是时，，
又为奇函数，则时，，
于是对，
任取，则，
而，
又，则，
于是，故，
因此在上单调递增；
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