广东省广州市华侨中学等三校2024-2025学年高一上学期期中联考数学试题
1．（2024高一上·广州期中）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2024高一上·广州期中）下列结论正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
3．（2024高一上·广州期中）设函数，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高一上·广州期中）下列函数最小值为4的是（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高一上·广州期中）函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024高一上·广州期中）若关于的不等式的解集为，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一上·广州期中）已知，且，若恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一上·广州期中）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号．他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数．例如，，已知函数，则函数的值域为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一上·广州期中）下列命题正确的是（ ）
A．已知集合，则满足条件的集合的个数为3
B．已知集合，若，则实数
C．命题“”的否定是“或”
D．设，则“”是“”的必要不充分条件
10．（2024高一上·广州期中）已知是定义在上的奇函数，当时，.则下列说法正确的是（ ）
A．
B．当时，
C．若在上单调递减，则在上有最大值
D．若，则
11．（2024高一上·广州期中）已知集合是由个正整数组成的集合，如果任意去掉其中一个元素之后，剩余的所有元素组成的集合都能分为两个交集为空集的集合，且这两个集合的所有元素之和相等，就称集合A为“可分集合”．（ ）
A．不是“可分集合”
B．是“可分集合”
C．四个元素的集合可能是“可分集合”
D．五个元素的集合不是“可分集合”
12．（2024高一上·广州期中）函数 的定义域为 .
13．（2024高一上·广州期中）已知函数为幂函数，且其图象关于原点对称，则实数 ．
14．（2024高一上·广州期中）设是定义域为，满足，若对任意的，都有不等式成立，且，则不等式解集是 ．
15．（2024高一上·广州期中）已知全集，集合，且为非空集合.
（1）分别求；
（2）若是的充分不必要条件，求的取值范围.
16．（2024高一上·广州期中）已知函数，
（1）判断的奇偶性并加以证明；
（2）根据函数单调性的定义证明：在区间上单调递增；
（3）解不等式：.
17．（2024高一上·广州期中）师大附中考入北大的学生李聪毕业后帮助某地打造“生态果园特色基地”，他决定为该地改良某种珍稀水果树，增加产量，提高收入，调研过程中发现：此珍稀水果树的单株产量W（单位：千克）与投入的成本（单位：元）满足如下关系：，已知这种水果的市场售价为10元/千克，且供不应求.水果树单株获得的利润为（单位：元）.
（1）求的函数关系式；
（2）当投入成本为多少时，该水果树单株获得的利润最大 最大利润是多少
18．（2024高一上·广州期中）已知二次函数，
（1）若的解集为，求的值；
（2）若函数的定义域和值域均为，求实数的值；
（3）若函数在区间上单调递减，且对任意的，总有成立，求实数的取值范围．
19．（2024高一上·广州期中）已知函数，对于任意的，都有，当时，，且.
（1）求的值；
（2）求函数在区间上的值域；
（3）设函数，若方程有4个不同的解，求的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：解绝对值不等式可得
所以，
又，
所以.
故答案为：B
【分析】先解绝对值不等式求出集合，再利用交集的定义求出两个集合的交集即可求解.
2．【答案】D
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：A：若，，则，故A错误；
B：若，则，但，故B错误；
C：若，则，但，故C错误；
D：若，则，故，即，故D正确.
故答案为：D
【分析】A、B、C选项找特殊值即可判断，D选项根据不等式的性质判断即可.
3．【答案】A
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的值
【解析】【解答】解：由题意可知，因为所以，
又因为
所以，即可得.
故答案为：A
【分析】先根据分段函数解析式求出再求出即可得答案.
4．【答案】B
【知识点】函数的最大（小）值；基本不等式
【解析】【解答】解：A：时，，最小值不是4，故A选项错误；
B：由基本不等式知，当且仅当时等号成立，故B选项正确；
C、D：当时，函数最小值都为0，故C、D选项都错误．
故答案为：B．
【分析】A选选项找特殊值即可判断，C、D选项取特殊值-4即可判断．
5．【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：因为定义域为R，，所以为偶函数，
故函数图象关于轴对称，故排除选项B、D；
又时，，排除选项C，故选项A正确.
故答案为：A.
【分析】先利用函数的奇偶性排除B、D选项，再利用时函数值的正负即可判断.
6．【答案】A
【知识点】函数恒成立问题；二次函数与一元二次不等式的对应关系
【解析】【解答】解：当时，即时，不等式化为，符合题意；
当时，即时，应满足，
解得；
综上所述，实数的取值范围为.
故答案为：A
【分析】由题意可分与两种情况讨论，分别列出不等式，利用一元二次不等式求出m的取值范围即可得.
7．【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；一元二次不等式及其解法；基本不等式
【解析】【解答】解：已知，则，
因为，
当且仅当时等号成立，由，解得.
故的最小值为.
因为恒成立，
所以，即，
解得，即.
故答案为：D.
【分析】先将不等式恒成立问题转化为求的最值问题，再利用常数“1”的代换转化为，结合基本不等式取得等号的条件求出最值，最后转化成求解关于的不等式即可求解.
8．【答案】D
【知识点】函数的值域
【解析】【解答】解：，
因为，所以，即，所以，
即，故的值域为.
故答案为：D
【分析】先把分离常数得到，确定，再利用高斯函数的定义计算即可求解.
9．【答案】B,C,D
【知识点】子集与真子集；集合间关系的判断；全称量词命题；必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：A：已知集合，则满足条件的集合，，，，
故满足条件的集合的个数为4，故A选项错误；
B：若，则或，
当时，解得，此时，不符合题意，
当时，解得或（舍），综上所述，，故B选项正确；
C：根据存在量词命题的否定为全称量词命题，
可知命题“”的否定是“或”，故C选项正确；
D：设，若，但可能为，所以可能为，反之，若，则且，
所以“”是“”的必要不充分条件，故D选项正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用可得，由子集个数跟元素个数的关系可判断，由集合元素的三个特性即可判断B，直接根据命题的否定的定义即可判断，由充分条件和必要条件的定义即可判断.
10．【答案】A,C
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：A：因为是定义在上的奇函数，当时，.
当时，，所以，即，解得，所以A选项正确.
B：当时，.
当时，，
则.
因为是奇函数，所以.
所以当时，，所以B选项错误.
C：因为在上单调递减，根据奇函数的性质，奇函数在关于原点对称的区间上单调性相同.
所以在上单调递减，在上有最大值.
当时，，当时，.
所以，所以C选项正确.
D：因为，.
因为是奇函数，所以.则，可得.
所以，所以D选项错误.
故答案为：AC.
【分析】利用定义在R上奇函数来确定的值即可A选项；利用奇函数定义求出时的表达式即可判断B选项；利用奇函数在y轴两侧的单调性相同可得在 单调递减，就是最大值即可判断C选项；结合与的关系以及奇函数性质即可判断D选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】集合中元素的个数问题
【解析】【解答】解：A：去掉后，不满足定义，不是“可分集合”，A正确；
B：集合所有元素之和为，
当去掉元素时，剩下的元素之和为，集合与的元素和相等，符合题意；
当去掉元素时，剩下的元素之和为，集合与的元素和相等，符合题意；
当去掉元素时，剩下的元素之和为，集合与的元素和相等，符合题意；
当去掉元素时，剩下的元素之和为，集合与的元素和相等，符合题意；
当去掉元素时，剩下的元素之和为，集合与的元素和相等，符合题意；
当去掉元素时，剩下的元素之和为，集合与的元素和相等，符合题意；
当去掉元素时，剩下的元素之和为，集合与的元素和相等，符合题意，
因此集合是“可分集合”，B正确；
C：不妨设，去掉，则，去掉，则，
于是，与矛盾，因此一定不是“可分集合”，C错误；
D：不妨设，
若去掉元素，将集合分成两个交集为空集的子集，
且两个子集元素之和相等，则有①，或者②，
若去掉元素，将集合分成两个交集为空集的子集，
且两个子集元素之和相等，则有③，或者④，
由①③或②④得，矛盾；由①④或②③得，矛盾，
因此集合不是“可分集合”，D正确．
故答案为：ABD
【分析】利用“可分集合”的定义逐项分析判断即得.
12．【答案】
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】根据题意有 ，从而求得函数的定义域为 ．
【分析】根据函数的解析式有关于x的不等式，求解不等式即可。
13．【答案】1
【知识点】函数的奇偶性；幂函数的概念与表示
【解析】【解答】解：由题意，解得或，
当时，为偶函数，它的图象关于轴对称而非原点对称，故不符合题意；
当时，是奇函数，它的图象关于原点对称，故满足题意.
故答案为：1.
【分析】先由幂函数的定义可得求出参数，再利用图象关于原点对称检验函数是否是奇函数即可求解.
14．【答案】
【知识点】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】【解答】解：已知是定义域为，定义域关于原点对称，
又，所以是奇函数，
因为，，
设，则，
所以，
所以，
令，则在上单调递增，
又，
所以在上为偶函数，
所以在上单调递减，
，
所以当时，，则，
当时，，则，
当时，，则，
当时，，则，
所以解集是.
故答案为：
【分析】先利用奇函数的定义判断出是奇函数，构造函数令，利用，变形可得，再利用单调函数的定义可得函数在上单调递增，同理可得函数在上单调递减，再利用，最后利用单调性解关于x得不等式即可求解.
15．【答案】（1）解：已知集合，
又，所以，
故；
（2）解：因为是的充分不必要条件，所以是的真子集，
由集合的关系可得，解得，
综上：实数的取值范围为（1，2）.
【知识点】集合间关系的判断；交、并、补集的混合运算；充分条件；一元二次不等式及其解法
【解析】【分析】（1）先解一元二次不等式求出集合，再利用集合交集，并集和补集的定义即可求得.
（2）先利用 充分不必要条件的定义判断出集合是集合的真子集，再从利用集合关系列出不等式组，最后解不等式组即可求解.
（1），
又，所以，
故；
（2）因为是的充分不必要条件，故是的真子集，
故，故.
16．【答案】（1）解：函数是奇函数；证明如下：
由题意可得函数的定义域为{x|}，定义域关于原点对称，
又因为，
所以为奇函数.
（2）证明：设是上的任意两个实数，且，
因为，，
所以，
即，
所以在区间上单调递增.
（3）解：由题意可得，
原不等式等价于，即
即，
解得或，
所以不等式的解集为或.
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；奇函数与偶函数的性质
【解析】【分析】（1）先求出函数的定义域，再利用奇函数的定义证明即可；
（2）先设元，再作差，利用函数单调性的定义证明即可；
（3）先求出，把分式不等式化成后，再用“穿针引线”法求解即可；
（1）为奇函数，
证明：函数的定义域为，
又，
所以为奇函数，
（2）设，
因为，，
所以，
即，
所以在区间上单调递增.
（3），
所以原不等式等价于，
即，
解得或，
所以不等式的解集为或.
17．【答案】（1）解；由题意可知：.
（2）解：由（1）可知：，
若，则，可知其图象开口向上，对称轴为，
此时的最大值为；
若，则，
当且仅当，即时，等号成立，
此时的最大值为；
又因为，可知的最大值为，
所以当投入成本为90元时，该水果树单株获得的利润最大，最大利润是元.
【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）由利润=收入-成本可知：，结合题意代入运算即可；
（2）分和，结合二次函数和基本不等式求最大值.
（1）由题意可知：.
（2）由（1）可知：，
若，则，可知其图象开口向上，对称轴为，
此时的最大值为；
若，则，
当且仅当，即时，等号成立，
此时的最大值为；
又因为，可知的最大值为，
所以当投入成本为90元时，该水果树单株获得的利润最大，最大利润是元.
18．【答案】（1）解：由题意可得的两个根为，
由根与系数关系可得，
所以.
（2）解：因为的开口向上，对称轴是
所以函数在递减，则，即，故；
（3）解：因为在区间上是减函数，所以．
因此任意的，总有，只需即可，
即，化简得，
解得，又，
因此．
【知识点】函数恒成立问题；二次函数与一元二次不等式的对应关系；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】（1）利用一元二次不等式的解和一元二次方程根的关系，列出等式求解即可；
（2）利用二次函数的性质结合对称轴判断出在上单调递减，列出关于的方程，解方程即可求解；
（3）先利用在区间上是减函数，得出的一个取值范围；把对任意的， 总有成立 转化成，列出关于的不等式，结合已知条件求不等式的交集即可求解．
（1）由题意可得的两个根为，
所以，
所以.
（2），开口向上，对称轴是
∴在递减，则，即，故；
（3）因为在区间上是减函数，所以．
因此任意的，总有，只需即可，
，即，
解得，又，
因此．
19．【答案】（1）解：因为，
令，可得，解得，
令，可得，
令，可得.
综上：，
（2）解：任取，且，
因为，即，
令，则，可得，
又因为时，，且，所以，
所以，即，所以函数是上的减函数，
所以在上单调递减，所以，
又因为，
令，代入，可得，
所以，可得函数为奇函数，
所以，
所以，函数在区间上的值域为.
（3）解：由（2）可知函数为奇函数，如图所示：
可得，即
所以，
令，即，
因为函数是上的减函数，所以，即，
令，
则函数的图象，如图所示，
结合图象，可得：当时，函数有4个零点，
即实数的取值范围为.
【知识点】函数的值域；函数单调性的判断与证明；抽象函数及其应用；函数的值
【解析】【分析】（1）利用题意，结合特殊值，进行合理赋值，即可求解；
（2）先利用函数单调性的定义和判定方法证明求得函数是上的减函数和奇函数，即可得在上单调递减，利用单调性即可求得函数在上的最值即可求解；
（3）利用已知条件函数有4个不同的解，令，得到，把原问题转化为，再令，结合二次函数的图象与性质，即可求解.
（1）因为，
令，可得，解得，
令，可得，
令，可得.
（2）任取，且，
因为，即，
令，则，可得，
又因为时，，且，所以，
所以，即，所以函数是上的减函数，
所以在上单调递减，所以，
又因为，
令，代入，可得，
所以，可得函数为奇函数，
所以，
所以，函数在区间上的值域为.
（3）由（2）可知函数为奇函数，
可得，即
所以，
令，即，
因为函数是上的减函数，所以，即，
令，
则函数的图象，如图所示，
结合图象，可得：当时，函数有4个零点，
即实数的取值范围为.
1 / 1广东省广州市华侨中学等三校2024-2025学年高一上学期期中联考数学试题
1．（2024高一上·广州期中）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：解绝对值不等式可得
所以，
又，
所以.
故答案为：B
【分析】先解绝对值不等式求出集合，再利用交集的定义求出两个集合的交集即可求解.
2．（2024高一上·广州期中）下列结论正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】D
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：A：若，，则，故A错误；
B：若，则，但，故B错误；
C：若，则，但，故C错误；
D：若，则，故，即，故D正确.
故答案为：D
【分析】A、B、C选项找特殊值即可判断，D选项根据不等式的性质判断即可.
3．（2024高一上·广州期中）设函数，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的值
【解析】【解答】解：由题意可知，因为所以，
又因为
所以，即可得.
故答案为：A
【分析】先根据分段函数解析式求出再求出即可得答案.
4．（2024高一上·广州期中）下列函数最小值为4的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数的最大（小）值；基本不等式
【解析】【解答】解：A：时，，最小值不是4，故A选项错误；
B：由基本不等式知，当且仅当时等号成立，故B选项正确；
C、D：当时，函数最小值都为0，故C、D选项都错误．
故答案为：B．
【分析】A选选项找特殊值即可判断，C、D选项取特殊值-4即可判断．
5．（2024高一上·广州期中）函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：因为定义域为R，，所以为偶函数，
故函数图象关于轴对称，故排除选项B、D；
又时，，排除选项C，故选项A正确.
故答案为：A.
【分析】先利用函数的奇偶性排除B、D选项，再利用时函数值的正负即可判断.
6．（2024高一上·广州期中）若关于的不等式的解集为，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数恒成立问题；二次函数与一元二次不等式的对应关系
【解析】【解答】解：当时，即时，不等式化为，符合题意；
当时，即时，应满足，
解得；
综上所述，实数的取值范围为.
故答案为：A
【分析】由题意可分与两种情况讨论，分别列出不等式，利用一元二次不等式求出m的取值范围即可得.
7．（2024高一上·广州期中）已知，且，若恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；一元二次不等式及其解法；基本不等式
【解析】【解答】解：已知，则，
因为，
当且仅当时等号成立，由，解得.
故的最小值为.
因为恒成立，
所以，即，
解得，即.
故答案为：D.
【分析】先将不等式恒成立问题转化为求的最值问题，再利用常数“1”的代换转化为，结合基本不等式取得等号的条件求出最值，最后转化成求解关于的不等式即可求解.
8．（2024高一上·广州期中）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号．他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数．例如，，已知函数，则函数的值域为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数的值域
【解析】【解答】解：，
因为，所以，即，所以，
即，故的值域为.
故答案为：D
【分析】先把分离常数得到，确定，再利用高斯函数的定义计算即可求解.
9．（2024高一上·广州期中）下列命题正确的是（ ）
A．已知集合，则满足条件的集合的个数为3
B．已知集合，若，则实数
C．命题“”的否定是“或”
D．设，则“”是“”的必要不充分条件
【答案】B,C,D
【知识点】子集与真子集；集合间关系的判断；全称量词命题；必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：A：已知集合，则满足条件的集合，，，，
故满足条件的集合的个数为4，故A选项错误；
B：若，则或，
当时，解得，此时，不符合题意，
当时，解得或（舍），综上所述，，故B选项正确；
C：根据存在量词命题的否定为全称量词命题，
可知命题“”的否定是“或”，故C选项正确；
D：设，若，但可能为，所以可能为，反之，若，则且，
所以“”是“”的必要不充分条件，故D选项正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用可得，由子集个数跟元素个数的关系可判断，由集合元素的三个特性即可判断B，直接根据命题的否定的定义即可判断，由充分条件和必要条件的定义即可判断.
10．（2024高一上·广州期中）已知是定义在上的奇函数，当时，.则下列说法正确的是（ ）
A．
B．当时，
C．若在上单调递减，则在上有最大值
D．若，则
【答案】A,C
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：A：因为是定义在上的奇函数，当时，.
当时，，所以，即，解得，所以A选项正确.
B：当时，.
当时，，
则.
因为是奇函数，所以.
所以当时，，所以B选项错误.
C：因为在上单调递减，根据奇函数的性质，奇函数在关于原点对称的区间上单调性相同.
所以在上单调递减，在上有最大值.
当时，，当时，.
所以，所以C选项正确.
D：因为，.
因为是奇函数，所以.则，可得.
所以，所以D选项错误.
故答案为：AC.
【分析】利用定义在R上奇函数来确定的值即可A选项；利用奇函数定义求出时的表达式即可判断B选项；利用奇函数在y轴两侧的单调性相同可得在 单调递减，就是最大值即可判断C选项；结合与的关系以及奇函数性质即可判断D选项.
11．（2024高一上·广州期中）已知集合是由个正整数组成的集合，如果任意去掉其中一个元素之后，剩余的所有元素组成的集合都能分为两个交集为空集的集合，且这两个集合的所有元素之和相等，就称集合A为“可分集合”．（ ）
A．不是“可分集合”
B．是“可分集合”
C．四个元素的集合可能是“可分集合”
D．五个元素的集合不是“可分集合”
【答案】A,B,D
【知识点】集合中元素的个数问题
【解析】【解答】解：A：去掉后，不满足定义，不是“可分集合”，A正确；
B：集合所有元素之和为，
当去掉元素时，剩下的元素之和为，集合与的元素和相等，符合题意；
当去掉元素时，剩下的元素之和为，集合与的元素和相等，符合题意；
当去掉元素时，剩下的元素之和为，集合与的元素和相等，符合题意；
当去掉元素时，剩下的元素之和为，集合与的元素和相等，符合题意；
当去掉元素时，剩下的元素之和为，集合与的元素和相等，符合题意；
当去掉元素时，剩下的元素之和为，集合与的元素和相等，符合题意；
当去掉元素时，剩下的元素之和为，集合与的元素和相等，符合题意，
因此集合是“可分集合”，B正确；
C：不妨设，去掉，则，去掉，则，
于是，与矛盾，因此一定不是“可分集合”，C错误；
D：不妨设，
若去掉元素，将集合分成两个交集为空集的子集，
且两个子集元素之和相等，则有①，或者②，
若去掉元素，将集合分成两个交集为空集的子集，
且两个子集元素之和相等，则有③，或者④，
由①③或②④得，矛盾；由①④或②③得，矛盾，
因此集合不是“可分集合”，D正确．
故答案为：ABD
【分析】利用“可分集合”的定义逐项分析判断即得.
12．（2024高一上·广州期中）函数 的定义域为 .
【答案】
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】根据题意有 ，从而求得函数的定义域为 ．
【分析】根据函数的解析式有关于x的不等式，求解不等式即可。
13．（2024高一上·广州期中）已知函数为幂函数，且其图象关于原点对称，则实数 ．
【答案】1
【知识点】函数的奇偶性；幂函数的概念与表示
【解析】【解答】解：由题意，解得或，
当时，为偶函数，它的图象关于轴对称而非原点对称，故不符合题意；
当时，是奇函数，它的图象关于原点对称，故满足题意.
故答案为：1.
【分析】先由幂函数的定义可得求出参数，再利用图象关于原点对称检验函数是否是奇函数即可求解.
14．（2024高一上·广州期中）设是定义域为，满足，若对任意的，都有不等式成立，且，则不等式解集是 ．
【答案】
【知识点】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】【解答】解：已知是定义域为，定义域关于原点对称，
又，所以是奇函数，
因为，，
设，则，
所以，
所以，
令，则在上单调递增，
又，
所以在上为偶函数，
所以在上单调递减，
，
所以当时，，则，
当时，，则，
当时，，则，
当时，，则，
所以解集是.
故答案为：
【分析】先利用奇函数的定义判断出是奇函数，构造函数令，利用，变形可得，再利用单调函数的定义可得函数在上单调递增，同理可得函数在上单调递减，再利用，最后利用单调性解关于x得不等式即可求解.
15．（2024高一上·广州期中）已知全集，集合，且为非空集合.
（1）分别求；
（2）若是的充分不必要条件，求的取值范围.
【答案】（1）解：已知集合，
又，所以，
故；
（2）解：因为是的充分不必要条件，所以是的真子集，
由集合的关系可得，解得，
综上：实数的取值范围为（1，2）.
【知识点】集合间关系的判断；交、并、补集的混合运算；充分条件；一元二次不等式及其解法
【解析】【分析】（1）先解一元二次不等式求出集合，再利用集合交集，并集和补集的定义即可求得.
（2）先利用 充分不必要条件的定义判断出集合是集合的真子集，再从利用集合关系列出不等式组，最后解不等式组即可求解.
（1），
又，所以，
故；
（2）因为是的充分不必要条件，故是的真子集，
故，故.
16．（2024高一上·广州期中）已知函数，
（1）判断的奇偶性并加以证明；
（2）根据函数单调性的定义证明：在区间上单调递增；
（3）解不等式：.
【答案】（1）解：函数是奇函数；证明如下：
由题意可得函数的定义域为{x|}，定义域关于原点对称，
又因为，
所以为奇函数.
（2）证明：设是上的任意两个实数，且，
因为，，
所以，
即，
所以在区间上单调递增.
（3）解：由题意可得，
原不等式等价于，即
即，
解得或，
所以不等式的解集为或.
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；奇函数与偶函数的性质
【解析】【分析】（1）先求出函数的定义域，再利用奇函数的定义证明即可；
（2）先设元，再作差，利用函数单调性的定义证明即可；
（3）先求出，把分式不等式化成后，再用“穿针引线”法求解即可；
（1）为奇函数，
证明：函数的定义域为，
又，
所以为奇函数，
（2）设，
因为，，
所以，
即，
所以在区间上单调递增.
（3），
所以原不等式等价于，
即，
解得或，
所以不等式的解集为或.
17．（2024高一上·广州期中）师大附中考入北大的学生李聪毕业后帮助某地打造“生态果园特色基地”，他决定为该地改良某种珍稀水果树，增加产量，提高收入，调研过程中发现：此珍稀水果树的单株产量W（单位：千克）与投入的成本（单位：元）满足如下关系：，已知这种水果的市场售价为10元/千克，且供不应求.水果树单株获得的利润为（单位：元）.
（1）求的函数关系式；
（2）当投入成本为多少时，该水果树单株获得的利润最大 最大利润是多少
【答案】（1）解；由题意可知：.
（2）解：由（1）可知：，
若，则，可知其图象开口向上，对称轴为，
此时的最大值为；
若，则，
当且仅当，即时，等号成立，
此时的最大值为；
又因为，可知的最大值为，
所以当投入成本为90元时，该水果树单株获得的利润最大，最大利润是元.
【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）由利润=收入-成本可知：，结合题意代入运算即可；
（2）分和，结合二次函数和基本不等式求最大值.
（1）由题意可知：.
（2）由（1）可知：，
若，则，可知其图象开口向上，对称轴为，
此时的最大值为；
若，则，
当且仅当，即时，等号成立，
此时的最大值为；
又因为，可知的最大值为，
所以当投入成本为90元时，该水果树单株获得的利润最大，最大利润是元.
18．（2024高一上·广州期中）已知二次函数，
（1）若的解集为，求的值；
（2）若函数的定义域和值域均为，求实数的值；
（3）若函数在区间上单调递减，且对任意的，总有成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：由题意可得的两个根为，
由根与系数关系可得，
所以.
（2）解：因为的开口向上，对称轴是
所以函数在递减，则，即，故；
（3）解：因为在区间上是减函数，所以．
因此任意的，总有，只需即可，
即，化简得，
解得，又，
因此．
【知识点】函数恒成立问题；二次函数与一元二次不等式的对应关系；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】（1）利用一元二次不等式的解和一元二次方程根的关系，列出等式求解即可；
（2）利用二次函数的性质结合对称轴判断出在上单调递减，列出关于的方程，解方程即可求解；
（3）先利用在区间上是减函数，得出的一个取值范围；把对任意的， 总有成立 转化成，列出关于的不等式，结合已知条件求不等式的交集即可求解．
（1）由题意可得的两个根为，
所以，
所以.
（2），开口向上，对称轴是
∴在递减，则，即，故；
（3）因为在区间上是减函数，所以．
因此任意的，总有，只需即可，
，即，
解得，又，
因此．
19．（2024高一上·广州期中）已知函数，对于任意的，都有，当时，，且.
（1）求的值；
（2）求函数在区间上的值域；
（3）设函数，若方程有4个不同的解，求的取值范围.
【答案】（1）解：因为，
令，可得，解得，
令，可得，
令，可得.
综上：，
（2）解：任取，且，
因为，即，
令，则，可得，
又因为时，，且，所以，
所以，即，所以函数是上的减函数，
所以在上单调递减，所以，
又因为，
令，代入，可得，
所以，可得函数为奇函数，
所以，
所以，函数在区间上的值域为.
（3）解：由（2）可知函数为奇函数，如图所示：
可得，即
所以，
令，即，
因为函数是上的减函数，所以，即，
令，
则函数的图象，如图所示，
结合图象，可得：当时，函数有4个零点，
即实数的取值范围为.
【知识点】函数的值域；函数单调性的判断与证明；抽象函数及其应用；函数的值
【解析】【分析】（1）利用题意，结合特殊值，进行合理赋值，即可求解；
（2）先利用函数单调性的定义和判定方法证明求得函数是上的减函数和奇函数，即可得在上单调递减，利用单调性即可求得函数在上的最值即可求解；
（3）利用已知条件函数有4个不同的解，令，得到，把原问题转化为，再令，结合二次函数的图象与性质，即可求解.
（1）因为，
令，可得，解得，
令，可得，
令，可得.
（2）任取，且，
因为，即，
令，则，可得，
又因为时，，且，所以，
所以，即，所以函数是上的减函数，
所以在上单调递减，所以，
又因为，
令，代入，可得，
所以，可得函数为奇函数，
所以，
所以，函数在区间上的值域为.
（3）由（2）可知函数为奇函数，
可得，即
所以，
令，即，
因为函数是上的减函数，所以，即，
令，
则函数的图象，如图所示，
结合图象，可得：当时，函数有4个零点，
即实数的取值范围为.
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