浙江省杭州第二中学2025-2026学年高一上学期11月期中考试数学试卷
1．（2025高一上·杭州期中）命题“”的否定是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2025高一上·杭州期中）已知集合，则的真子集个数为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高一上·杭州期中）已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高一上·杭州期中）已知为大于的正数，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
5．（2025高一上·杭州期中）函数的单调递增区间为（ ）
A． B．和
C． D．和
6．（2025高一上·杭州期中）某车企生产型汽车，每年需要固定投入100万元，此外每生产辆型汽车另需增加投资万元，当该款汽车年产量低于400辆时，，当年生产量不低于400辆时，，若该款汽车售价为每辆15万元，且生产的汽车均能售完，则该工厂生产并销售这款新能源汽车的最高年利润为（ ）
A．2000万元 B．2100万元 C．2200万元 D．2300万元
7．（2025高一上·杭州期中）已知函数，且，则（ ）
A．-12 B．-4 C．2 D．5
8．（2025高一上·杭州期中）已知二次函数对任意恒成立，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
9．（2025高一上·杭州期中）下列命题为真命题的有（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
10．（2025高一上·杭州期中）已知函数在上单调递减，则可以为（ ）
A． B．1 C． D．2
11．（2025高一上·杭州期中）已知定义在上的函数满足：，且时；时，则（ ）
A． B．为奇函数
C．当时， D．在上单调递增
12．（2025高一上·杭州期中）已知幂函数过点，则 .
13．（2025高一上·杭州期中）设表示不超过的最大整数.已知函数的图象与函数的图象共有2个交点，则的取值范围是 .
14．（2025高一上·杭州期中）已知为个互不相等的正整数，满足，，若集合有个元素，则的最大值为 ..
15．（2025高一上·杭州期中）（1）求值：；
（2）若，求．
16．（2025高一上·杭州期中）已知全集为，集合，.
（1）求，；
（2）若，且，求实数的取值范围.
17．（2025高一上·杭州期中）已知函数.
（1）若为奇函数，
（i）求的值；
（ii）当时，不等式恒成立，求的取值范围；
（2）若，求在区间上的最大值.
18．（2025高一上·杭州期中）已知函数.
（1）若，，求的取值范围；
（2）记方程的两个根为、，且、，
（i）求的取值范围；
（ii）求的取值范围.
19．（2025高一上·杭州期中）已知，函数.
（1）若函数的值域为，求；
（2）当时，求证：；
（3）当时，求证：.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：命题“”为存在量词命题，
其否定为：.
故答案为：B
【分析】根据存在量词命题的否定先将改为，再将=改为即可.
2．【答案】A
【知识点】子集与真子集；有限集合的子集个数
【解析】【解答】解：因为，
即集合的元素个数为，故的真子集个数为.
故答案为：A.
【分析】一一列举集合的元素，利用集合真子集个数公式可得结果.
3．【答案】D
【知识点】函数的定义域及其求法；抽象函数及其应用；简单函数定义域
【解析】【解答】解：由于的定义域为，即，
可得不等式组，化简得，
故答案为：D
【分析】根据复合函数的定义域的求解要求，分别列式，首先分母不等于0，以及偶次方根的被开方数不小于0，其次抽象函数定义域为可求出答案．
4．【答案】C
【知识点】充要条件；指数函数单调性的应用
【解析】【解答】解：当时，指数函数为上的增函数，
因为，则“”“”，故“”是“”的充要条件.
故答案为：C.
【分析】利用构造关于t的指数函数模型，x作为底数>1，指数函数的单调性结合充分条件、必要条件的定义判断即可得出结论.
5．【答案】B
【知识点】复合函数的单调性；简单函数定义域
【解析】【解答】解：对于函数，则，解得，
故函数的定义域为，
令，，
由可得，由可得或，
因为外层函数在上为减函数，
内层函数在上为减函数，在上为增函数，
因为外层函数在上为减函数，
内层函数在上为减函数，在上为增函数，
由复合函数的单调性可知，函数的增区间为、.
故答案为：B.
【分析】先求函数定义域，再利用换元法令，，利用复合函数的单调性可得出函数的单调递增区间.
6．【答案】C
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；一元二次不等式的实际应用；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：设该工厂生产并销售这款新能源汽车的年利润为（万元），
由题意可得，
即，
当时，函数的对称轴为，则；
当时，，
当且仅当，即时，取得最大值，
因为，所以生产辆时该工厂生产并销售这款新能源汽车的最高年利润为万元，
综上可得，该工厂生产并销售这款新能源汽车的最高年利润为万元．
故答案为：C．
【分析】分年产量低于400辆和不低于400辆两种情况列出函数关系式，从而得出函数的解析式，依次结合基本不等式，以及二次函数的性质，求得函数的最大值，即可求解．
7．【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；函数的值
【解析】【解答】解：由
得
故
=-12
故答案为：A
【分析】由得出，列出，对应求出的值．
8．【答案】B
【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；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为二次函数对任意恒成立，
所以，可得，
所以，
当且仅当时，即当或时，上述不等式中的两个等号同时成立，
故的最小值为.
故答案为：B.
【分析】根据一元二次不等式恒成立得出二次项系数为正值，判别式，列出方程组，可得出，结合基本不等式可求得的最小值.
9．【答案】A,B,D
【知识点】不等关系与不等式
【解析】【解答】解对于A：因为，所以，又，所以，故A正确；
对于B：因为，所以，又，
所以，所以，故B正确；
对于C：当时，故C错误；
对于D：因为，所以，所以，故D正确.
故答案为：ABD
【分析】根据不等式的性质同向可加性、同向可乘性判断A、B、D，利用赋值法代入c=0判断C.
10．【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
【解析】【解答】解：因为函数在上单调递减，
所以，解得，
所以符合题意的有B、C.
故答案为：BC
【分析】由分段函数单调性为：一在各段单调递减，二断点左侧的函数值不小于右侧的函数值，从而列出不等式组，求出参数的取值范围，即可判断.
11．【答案】A,B,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：A、，
令，则，
令，则，该选项正确，符合题意；
B、令，则对任意实数x有，所以函数为奇函数，该选项正确，符合题意；
C、由B对任意实数x有，又当时，
所以当时，，
则此时，则，该选项错误，不合题意；
D、任取，则，
则
因为时，时，且，
所以，所以，
所以，即，
所以函数在上单调递增，该选项正确，符合题意.
故选：ABD
【分析】抽象函数求值，用赋值法，令和即可求解判断A；令可得有奇偶性定义即可得解判断B；分析时的即可判断C；任取作差化简得即可求解判断D.
12．【答案】
【知识点】幂函数的概念与表示
【解析】【解答】解：因为为幂函数，
所以，解得，
所以，又函数过点，所以，所以，
所以.
故答案为：
【分析】根据幂函数的定义系数为1，列出解出m，再代入点求出，即可得解.
13．【答案】
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法
【解析】【解答】解：当时，，，
当时，，，
当时，，，
当时，，，
，
作出两个函数图象如下：
要使函数的图象与函数的图象恰有2个交点，
只需且，得，
那么实数的取值范围是.
故答案为：
【分析】根据的定义，列出的范围得出每一段函数解析式，并作出函数的图象，结合条件要求可讨论出的取值范围．
14．【答案】
【知识点】数列的前n项和；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：由题意可得对任意的，，且，
又互不相等，由，
则，
由，则，故，故；
若，则，
不妨设，
且，
则，，，，，
此时，
与矛盾，故；
当时，有，，，，，，，，
使得，，，，
即，共个元素，
故的最大值为.
故答案为：.
【分析】利用等差数列求和公式，又结合，可得；再利用时，集合中所有元素的平均数
，
与矛盾，
矛盾，则可得，举出时符合要求的例子即可得的最大值为.
15．【答案】解：(1)原式=
=
=
=
=.
(2)由，得，
故，
又
=，
故.
【知识点】根式与有理数指数幂的互化；有理数指数幂的运算性质
【解析】【分析】（1）依次运用分数指数幂运算公式化简可得；
（2）结合立方和公式和完全平方公式，将两边同时平方，可求出结果．
16．【答案】（1）解：由，解得，则得，
由，解得，则得，
故，或，
所以.
（2）解：因为，所以，又，
当，即时，，符合题意；
当，由，解得；
综上可得实数的取值范围为.
【知识点】子集与真子集；并集及其运算；交、并、补集的混合运算
【解析】【分析】（1）首先将指数不等式中式子化成以2为底的式子，利用指数函数单调性，求出集合，解一元二次不等式求出集合，再根据集合的运算定义计算可得；
（2）由可得，分两种情况讨论，，分别求出范围再求并集即得.
（1）由，解得，则得，
由，解得，则得，
故，或，
所以.
（2）因为，所以，又，
当，即时，，符合题意；
当，由，解得；
综上可得实数的取值范围为.
17．【答案】（1）解：（i）解法一：因为为奇函数，所以，
即，
即，所以，解得，
此时，经检验符合题意；
解法二：因为的定义域为，且为奇函数，
所以，解得，此时，
则，
所以为奇函数，符合题意；
（ii）因为，且在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递增，
当时，不等式恒成立，
即当时，不等式恒成立，
所以当时，不等式恒成立，
当时，恒成立，所以；
当时，，则恒成立，即恒成立，
所以恒成立，又在上单调递减，
所以当时取最小值，所以；
当时，则恒成立，则恒成立，
即恒成立，又在上单调递增，
当时，即恒成立，所以；
综上可得的取值范围为.
（2）解：因为在上单调递增，在上单调递减，
当时在上单调递增，
又，，
当，则，即时，，
所以在上单调递增，所以，即；
当时，则，即时，，
所以在上单调递减，所以，即；
当时，、，
又，所以，
令，即，解得，此时；
令，即，解得，此时；
令，即，解得，此时；
综上可得.
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；函数恒成立问题；指数型复合函数的性质及应用
【解析】【分析】（1）（i）解法一：由求出参数的值，再检验即可；解法二：根据奇函数的性质求出参数的值，再检验即可，
（ii）解不等式需要先判断的单调性与奇偶性，得到当时，不等式恒成立，再分三种情况讨论，、、可确定参数的取值范围；
（2）首先判断的单调性，求出、，分情况讨论、的正负，分别求出的最大值.
（1）（i）解法一：因为的定义域为，且为奇函数，
所以，解得，此时，
则，
所以为奇函数，符合题意；
解法二：因为为奇函数，所以，
即，
即，所以，解得，
此时，经检验符合题意；
（ii）因为，且在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递增，
当时，不等式恒成立，
即当时，不等式恒成立，
所以当时，不等式恒成立，
当时，恒成立，所以；
当时，，则恒成立，即恒成立，
所以恒成立，又在上单调递减，
所以当时取最小值，所以；
当时，则恒成立，则恒成立，
即恒成立，又在上单调递增，
当时，即恒成立，所以；
综上可得的取值范围为.
（2）因为在上单调递增，在上单调递减，
当时在上单调递增，
又，，
当，则，即时，，
所以在上单调递增，所以，即；
当时，则，即时，，
所以在上单调递减，所以，即；
当时，、，
又，所以，
令，即，解得，此时；
令，即，解得，此时；
令，即，解得，此时；
综上可得.
18．【答案】（1）解：因为函数，，，
即，即，且，
设，其中、，
所以，解得，即，
由不等式的性质可得，所以，
故，即的取值范围是.
（2）解：（i）方程的两个根为、，且、，
由韦达定理可得，
，
设，则原方程的根对应新方程关于的根，
原方程为，代入得，
即，由韦达定理，，
而，故求的范围即求的范围，
设二次函数的两根，
则有，我们要求的是的范围，
由上述不等式组可得的取值范围为，
故的取值范围是，
（ii），
因为、，则，，
因为，，所以，则，故，
故；
由重要不等式可得，
故，即的取值范围是.
【知识点】函数的值；不等关系与不等式；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】（1）将f(1)、f(2)分别代入求值，列方程组，得出、的取值范围，列出f（3）式子，结合不等式的基本性质可求得的取值范围；
（2）（i）由（1）式结合韦达定理可得出，设，则原方程的根对应新方程关于的根，结合不等式的基本性质可求得的取值范围；
（ii）将转化为，计算得出，结合不等式的基本性质求出的值，利用重要不等式可得出的取值范围.
（1）因为函数，，，
即，即，且，
设，其中、，
所以，解得，即，
由不等式的性质可得，所以，
故，即的取值范围是.
（2）（i）方程的两个根为、，且、，
由韦达定理可得，
，
设，则原方程的根对应新方程关于的根，
原方程为，代入得，
即，由韦达定理，，
而，故求的范围即求的范围，
设二次函数的两根，
则有，我们要求的是的范围，
由上述不等式组可得的取值范围为，
故的取值范围是，
（ii），
因为、，则，，
因为，，所以，则，故，
故；
由重要不等式可得，
故，即的取值范围是.
19．【答案】（1）解：设，则可得，
因，关于的方程有实根.
当时，可得，即，方程有解；
当时，由可得，
因函数的值域为，故方程有两根为和1，
由韦达定理，，解得；
（2）解：当，时，由
，可得；
（3）证明：先证：当时，.
由（2）可得，
故不等式右侧得证；
再证：.即需证，，
以为主元可得关于的一次函数，故只需证明时不等式成立即可.
即，
对于①，需证，
令，因，则，
即，故需证，而此式显然成立；
对于②，需证，
即证，
即证，因，故此式显然成立.
综上，不等式得证.
【知识点】函数的值域；一元二次方程的根与系数的关系；一元二次方程的解集
【解析】【分析】（1）根据是否为0分类讨论，转化为关于的方程有实根，由得不等式，结合函数的值域和韦达定理即可求出的值；
（2）将f(x)式子代入不等式，利用左右作差后通分，将分子分解因式，可判断差值符号；
（3）利用（2）的结论易，可证明不等式右侧成立；对于不等式左侧，故只需证明以为主元的一次函数中，时不等式成立，即需证①②两式成立，将该不等式化成关于的式子，通过换元，将其化成关于的一元二次不等式在上恒成立即可证明.
（1）设，则可得，
因，关于的方程有实根.
当时，可得，即，方程有解；
当时，由可得，
因函数的值域为，故方程有两根为和1，
由韦达定理，，解得；
（2）当，时，由
，可得；
（3）先证：当时，.
由（2）可得，
故不等式右侧得证；
再证：.即需证，，
以为主元可得关于的一次函数，故只需证明时不等式成立即可.
即，
对于①，需证，
令，因，则，
即，故需证，而此式显然成立；
对于②，需证，
即证，
即证，因，故此式显然成立.
综上，不等式得证.
1 / 1浙江省杭州第二中学2025-2026学年高一上学期11月期中考试数学试卷
1．（2025高一上·杭州期中）命题“”的否定是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：命题“”为存在量词命题，
其否定为：.
故答案为：B
【分析】根据存在量词命题的否定先将改为，再将=改为即可.
2．（2025高一上·杭州期中）已知集合，则的真子集个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】子集与真子集；有限集合的子集个数
【解析】【解答】解：因为，
即集合的元素个数为，故的真子集个数为.
故答案为：A.
【分析】一一列举集合的元素，利用集合真子集个数公式可得结果.
3．（2025高一上·杭州期中）已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数的定义域及其求法；抽象函数及其应用；简单函数定义域
【解析】【解答】解：由于的定义域为，即，
可得不等式组，化简得，
故答案为：D
【分析】根据复合函数的定义域的求解要求，分别列式，首先分母不等于0，以及偶次方根的被开方数不小于0，其次抽象函数定义域为可求出答案．
4．（2025高一上·杭州期中）已知为大于的正数，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】C
【知识点】充要条件；指数函数单调性的应用
【解析】【解答】解：当时，指数函数为上的增函数，
因为，则“”“”，故“”是“”的充要条件.
故答案为：C.
【分析】利用构造关于t的指数函数模型，x作为底数>1，指数函数的单调性结合充分条件、必要条件的定义判断即可得出结论.
5．（2025高一上·杭州期中）函数的单调递增区间为（ ）
A． B．和
C． D．和
【答案】B
【知识点】复合函数的单调性；简单函数定义域
【解析】【解答】解：对于函数，则，解得，
故函数的定义域为，
令，，
由可得，由可得或，
因为外层函数在上为减函数，
内层函数在上为减函数，在上为增函数，
因为外层函数在上为减函数，
内层函数在上为减函数，在上为增函数，
由复合函数的单调性可知，函数的增区间为、.
故答案为：B.
【分析】先求函数定义域，再利用换元法令，，利用复合函数的单调性可得出函数的单调递增区间.
6．（2025高一上·杭州期中）某车企生产型汽车，每年需要固定投入100万元，此外每生产辆型汽车另需增加投资万元，当该款汽车年产量低于400辆时，，当年生产量不低于400辆时，，若该款汽车售价为每辆15万元，且生产的汽车均能售完，则该工厂生产并销售这款新能源汽车的最高年利润为（ ）
A．2000万元 B．2100万元 C．2200万元 D．2300万元
【答案】C
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；一元二次不等式的实际应用；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：设该工厂生产并销售这款新能源汽车的年利润为（万元），
由题意可得，
即，
当时，函数的对称轴为，则；
当时，，
当且仅当，即时，取得最大值，
因为，所以生产辆时该工厂生产并销售这款新能源汽车的最高年利润为万元，
综上可得，该工厂生产并销售这款新能源汽车的最高年利润为万元．
故答案为：C．
【分析】分年产量低于400辆和不低于400辆两种情况列出函数关系式，从而得出函数的解析式，依次结合基本不等式，以及二次函数的性质，求得函数的最大值，即可求解．
7．（2025高一上·杭州期中）已知函数，且，则（ ）
A．-12 B．-4 C．2 D．5
【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；函数的值
【解析】【解答】解：由
得
故
=-12
故答案为：A
【分析】由得出，列出，对应求出的值．
8．（2025高一上·杭州期中）已知二次函数对任意恒成立，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【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；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为二次函数对任意恒成立，
所以，可得，
所以，
当且仅当时，即当或时，上述不等式中的两个等号同时成立，
故的最小值为.
故答案为：B.
【分析】根据一元二次不等式恒成立得出二次项系数为正值，判别式，列出方程组，可得出，结合基本不等式可求得的最小值.
9．（2025高一上·杭州期中）下列命题为真命题的有（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】A,B,D
【知识点】不等关系与不等式
【解析】【解答】解对于A：因为，所以，又，所以，故A正确；
对于B：因为，所以，又，
所以，所以，故B正确；
对于C：当时，故C错误；
对于D：因为，所以，所以，故D正确.
故答案为：ABD
【分析】根据不等式的性质同向可加性、同向可乘性判断A、B、D，利用赋值法代入c=0判断C.
10．（2025高一上·杭州期中）已知函数在上单调递减，则可以为（ ）
A． B．1 C． D．2
【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
【解析】【解答】解：因为函数在上单调递减，
所以，解得，
所以符合题意的有B、C.
故答案为：BC
【分析】由分段函数单调性为：一在各段单调递减，二断点左侧的函数值不小于右侧的函数值，从而列出不等式组，求出参数的取值范围，即可判断.
11．（2025高一上·杭州期中）已知定义在上的函数满足：，且时；时，则（ ）
A． B．为奇函数
C．当时， D．在上单调递增
【答案】A,B,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：A、，
令，则，
令，则，该选项正确，符合题意；
B、令，则对任意实数x有，所以函数为奇函数，该选项正确，符合题意；
C、由B对任意实数x有，又当时，
所以当时，，
则此时，则，该选项错误，不合题意；
D、任取，则，
则
因为时，时，且，
所以，所以，
所以，即，
所以函数在上单调递增，该选项正确，符合题意.
故选：ABD
【分析】抽象函数求值，用赋值法，令和即可求解判断A；令可得有奇偶性定义即可得解判断B；分析时的即可判断C；任取作差化简得即可求解判断D.
12．（2025高一上·杭州期中）已知幂函数过点，则 .
【答案】
【知识点】幂函数的概念与表示
【解析】【解答】解：因为为幂函数，
所以，解得，
所以，又函数过点，所以，所以，
所以.
故答案为：
【分析】根据幂函数的定义系数为1，列出解出m，再代入点求出，即可得解.
13．（2025高一上·杭州期中）设表示不超过的最大整数.已知函数的图象与函数的图象共有2个交点，则的取值范围是 .
【答案】
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法
【解析】【解答】解：当时，，，
当时，，，
当时，，，
当时，，，
，
作出两个函数图象如下：
要使函数的图象与函数的图象恰有2个交点，
只需且，得，
那么实数的取值范围是.
故答案为：
【分析】根据的定义，列出的范围得出每一段函数解析式，并作出函数的图象，结合条件要求可讨论出的取值范围．
14．（2025高一上·杭州期中）已知为个互不相等的正整数，满足，，若集合有个元素，则的最大值为 ..
【答案】
【知识点】数列的前n项和；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：由题意可得对任意的，，且，
又互不相等，由，
则，
由，则，故，故；
若，则，
不妨设，
且，
则，，，，，
此时，
与矛盾，故；
当时，有，，，，，，，，
使得，，，，
即，共个元素，
故的最大值为.
故答案为：.
【分析】利用等差数列求和公式，又结合，可得；再利用时，集合中所有元素的平均数
，
与矛盾，
矛盾，则可得，举出时符合要求的例子即可得的最大值为.
15．（2025高一上·杭州期中）（1）求值：；
（2）若，求．
【答案】解：(1)原式=
=
=
=
=.
(2)由，得，
故，
又
=，
故.
【知识点】根式与有理数指数幂的互化；有理数指数幂的运算性质
【解析】【分析】（1）依次运用分数指数幂运算公式化简可得；
（2）结合立方和公式和完全平方公式，将两边同时平方，可求出结果．
16．（2025高一上·杭州期中）已知全集为，集合，.
（1）求，；
（2）若，且，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：由，解得，则得，
由，解得，则得，
故，或，
所以.
（2）解：因为，所以，又，
当，即时，，符合题意；
当，由，解得；
综上可得实数的取值范围为.
【知识点】子集与真子集；并集及其运算；交、并、补集的混合运算
【解析】【分析】（1）首先将指数不等式中式子化成以2为底的式子，利用指数函数单调性，求出集合，解一元二次不等式求出集合，再根据集合的运算定义计算可得；
（2）由可得，分两种情况讨论，，分别求出范围再求并集即得.
（1）由，解得，则得，
由，解得，则得，
故，或，
所以.
（2）因为，所以，又，
当，即时，，符合题意；
当，由，解得；
综上可得实数的取值范围为.
17．（2025高一上·杭州期中）已知函数.
（1）若为奇函数，
（i）求的值；
（ii）当时，不等式恒成立，求的取值范围；
（2）若，求在区间上的最大值.
【答案】（1）解：（i）解法一：因为为奇函数，所以，
即，
即，所以，解得，
此时，经检验符合题意；
解法二：因为的定义域为，且为奇函数，
所以，解得，此时，
则，
所以为奇函数，符合题意；
（ii）因为，且在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递增，
当时，不等式恒成立，
即当时，不等式恒成立，
所以当时，不等式恒成立，
当时，恒成立，所以；
当时，，则恒成立，即恒成立，
所以恒成立，又在上单调递减，
所以当时取最小值，所以；
当时，则恒成立，则恒成立，
即恒成立，又在上单调递增，
当时，即恒成立，所以；
综上可得的取值范围为.
（2）解：因为在上单调递增，在上单调递减，
当时在上单调递增，
又，，
当，则，即时，，
所以在上单调递增，所以，即；
当时，则，即时，，
所以在上单调递减，所以，即；
当时，、，
又，所以，
令，即，解得，此时；
令，即，解得，此时；
令，即，解得，此时；
综上可得.
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；函数恒成立问题；指数型复合函数的性质及应用
【解析】【分析】（1）（i）解法一：由求出参数的值，再检验即可；解法二：根据奇函数的性质求出参数的值，再检验即可，
（ii）解不等式需要先判断的单调性与奇偶性，得到当时，不等式恒成立，再分三种情况讨论，、、可确定参数的取值范围；
（2）首先判断的单调性，求出、，分情况讨论、的正负，分别求出的最大值.
（1）（i）解法一：因为的定义域为，且为奇函数，
所以，解得，此时，
则，
所以为奇函数，符合题意；
解法二：因为为奇函数，所以，
即，
即，所以，解得，
此时，经检验符合题意；
（ii）因为，且在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递增，
当时，不等式恒成立，
即当时，不等式恒成立，
所以当时，不等式恒成立，
当时，恒成立，所以；
当时，，则恒成立，即恒成立，
所以恒成立，又在上单调递减，
所以当时取最小值，所以；
当时，则恒成立，则恒成立，
即恒成立，又在上单调递增，
当时，即恒成立，所以；
综上可得的取值范围为.
（2）因为在上单调递增，在上单调递减，
当时在上单调递增，
又，，
当，则，即时，，
所以在上单调递增，所以，即；
当时，则，即时，，
所以在上单调递减，所以，即；
当时，、，
又，所以，
令，即，解得，此时；
令，即，解得，此时；
令，即，解得，此时；
综上可得.
18．（2025高一上·杭州期中）已知函数.
（1）若，，求的取值范围；
（2）记方程的两个根为、，且、，
（i）求的取值范围；
（ii）求的取值范围.
【答案】（1）解：因为函数，，，
即，即，且，
设，其中、，
所以，解得，即，
由不等式的性质可得，所以，
故，即的取值范围是.
（2）解：（i）方程的两个根为、，且、，
由韦达定理可得，
，
设，则原方程的根对应新方程关于的根，
原方程为，代入得，
即，由韦达定理，，
而，故求的范围即求的范围，
设二次函数的两根，
则有，我们要求的是的范围，
由上述不等式组可得的取值范围为，
故的取值范围是，
（ii），
因为、，则，，
因为，，所以，则，故，
故；
由重要不等式可得，
故，即的取值范围是.
【知识点】函数的值；不等关系与不等式；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【分析】（1）将f(1)、f(2)分别代入求值，列方程组，得出、的取值范围，列出f（3）式子，结合不等式的基本性质可求得的取值范围；
（2）（i）由（1）式结合韦达定理可得出，设，则原方程的根对应新方程关于的根，结合不等式的基本性质可求得的取值范围；
（ii）将转化为，计算得出，结合不等式的基本性质求出的值，利用重要不等式可得出的取值范围.
（1）因为函数，，，
即，即，且，
设，其中、，
所以，解得，即，
由不等式的性质可得，所以，
故，即的取值范围是.
（2）（i）方程的两个根为、，且、，
由韦达定理可得，
，
设，则原方程的根对应新方程关于的根，
原方程为，代入得，
即，由韦达定理，，
而，故求的范围即求的范围，
设二次函数的两根，
则有，我们要求的是的范围，
由上述不等式组可得的取值范围为，
故的取值范围是，
（ii），
因为、，则，，
因为，，所以，则，故，
故；
由重要不等式可得，
故，即的取值范围是.
19．（2025高一上·杭州期中）已知，函数.
（1）若函数的值域为，求；
（2）当时，求证：；
（3）当时，求证：.
【答案】（1）解：设，则可得，
因，关于的方程有实根.
当时，可得，即，方程有解；
当时，由可得，
因函数的值域为，故方程有两根为和1，
由韦达定理，，解得；
（2）解：当，时，由
，可得；
（3）证明：先证：当时，.
由（2）可得，
故不等式右侧得证；
再证：.即需证，，
以为主元可得关于的一次函数，故只需证明时不等式成立即可.
即，
对于①，需证，
令，因，则，
即，故需证，而此式显然成立；
对于②，需证，
即证，
即证，因，故此式显然成立.
综上，不等式得证.
【知识点】函数的值域；一元二次方程的根与系数的关系；一元二次方程的解集
【解析】【分析】（1）根据是否为0分类讨论，转化为关于的方程有实根，由得不等式，结合函数的值域和韦达定理即可求出的值；
（2）将f(x)式子代入不等式，利用左右作差后通分，将分子分解因式，可判断差值符号；
（3）利用（2）的结论易，可证明不等式右侧成立；对于不等式左侧，故只需证明以为主元的一次函数中，时不等式成立，即需证①②两式成立，将该不等式化成关于的式子，通过换元，将其化成关于的一元二次不等式在上恒成立即可证明.
（1）设，则可得，
因，关于的方程有实根.
当时，可得，即，方程有解；
当时，由可得，
因函数的值域为，故方程有两根为和1，
由韦达定理，，解得；
（2）当，时，由
，可得；
（3）先证：当时，.
由（2）可得，
故不等式右侧得证；
再证：.即需证，，
以为主元可得关于的一次函数，故只需证明时不等式成立即可.
即，
对于①，需证，
令，因，则，
即，故需证，而此式显然成立；
对于②，需证，
即证，
即证，因，故此式显然成立.
综上，不等式得证.
1 / 1
