湖南省祁东县一中分校2025-2026学年高一上学期期中考试数学试题
1．（2025高一上·祁东期中）已知集合，，若，则实数（ ）．
A．0或1或2 B．1或2 C．0或1 D．1
2．（2025高一上·祁东期中）不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2025高一上·祁东期中）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．既不充分又不必要条件
4．（2025高一上·祁东期中）函数的单调递减区间是（ ）
A． B．和
C． D．和
5．（2025高一上·祁东期中）命题是假命题，则的范围是（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高一上·祁东期中）已知函数的图象如下，则的解析式可能为（ ）
A． B．
C． D．
7．（2025高一上·祁东期中）设正数，满足，若不等式对任意实数恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高一上·祁东期中）已知是定义在上的奇函数，且是上的增函数，若，则不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2025高一上·祁东期中）已知不等式的解集为，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
10．（2025高一上·祁东期中）以下结论正确的是（ ）
A．若，则的最小值是2
B．若且，则
C．的最小值是2
D．若，且，则
11．（2025高一上·祁东期中）已知函数 是定义在 上的偶函数，当 时， ，则下列说法正确的是（ ）
A．函数 有3个单调区间
B．当 时，
C．函数 有最小值
D．不等式 的解集是
12．（2025高一上·祁东期中）函数的定义域是 ．
13．（2025高一上·祁东期中）已知幂函数的图像关于轴对称，且在上单调递减，则关于的不等式的实数取值范围为 ．
14．（2025高一上·祁东期中）若关于的不等式的解集中恰有两个整数，则实数的取值范围是 ．
15．（2025高一上·祁东期中）已知全集，集合，.
（1）当时，求；
（2）若，求实数的取值范围.
16．（2025高一上·祁东期中）已知正实数满足．
（1）求的最小值及此时的值；
（2）求的最大值及此时的值；
（3）求的最小值及此时的值．
17．（2025高一上·祁东期中）某地政府为进一步推进地区创业基地建设，助推创业带动就业工作，拟对创业者提供万元的创业补助．某企业拟定在申请得到万元创业补助后，将产量增加到万件，同时企业生产万件产品需要投入的成本为万元，并以每件元的价格将其生产的产品全部售出．（注：收益＝销售金额＋创业补助－成本）
（1）求该企业获得创业补助后的收益万元与创业补助万元的函数关系式；
（2）当创业补助为多少万元时，该企业所获收益最大？
18．（2025高一上·祁东期中）若定义在R上的函数对任意实数x，y恒有，当时，，且．
（1）求证：为奇函数；
（2）求在上的最小值；
（3）若不等式：恒成立，求a的取值范围；
19．（2025高一上·祁东期中）给定函数，若实数使得，则称为函数的不动点，若实数使得，则称为函数的稳定点，函数的不动点一定是该函数的稳定点.
（1）求函数的不动点：
（2）设，，且恰好有两个稳定点和.
（i）求实数的取值范围，
（ii），，求实数的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：由，可得.若，则成立；
若，又，则或，则或.综上可得或或.
故答案为：A
【分析】由可推出.要分两种情况讨论：（空集）和（非空集）.先求解集合，再结合的条件分别计算实数的值.
2．【答案】C
【知识点】一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：即为即，故，
故解集为.
故答案为：C.
【分析】先将分式不等式移项通分，转化为整式不等式（注意分母不为 0），再通过因式分解求解解集。
3．【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：，所以由能推出，
由不一定能推出，例如，显然，
但是不成立，因此“”是“”的充分不必要条件，
故答案为：A
【分析】根据充分条件、必要条件的定义，分别判断“”能否推出“”，以及“”能否推出“”。
4．【答案】B
【知识点】函数的单调性及单调区间
【解析】【解答】解：，则由二次函数的性质知，当时，的单调递减区间为；当，的
单调递减区间为，故的单调递减区间是和.
故答案为：B
【分析】根据绝对值的定义将其拆分为分段函数，再结合二次函数的对称轴与开口方向，分别分析每一段的单调性，最终确定整个函数的单调递减区间.
5．【答案】A
【知识点】存在量词命题
【解析】【解答】解：由题意得，命题的否定：.
∵命题是假命题，
∴命题的否定是真命题.
当时，，符合题意，
当时，，解得，
综上所述，的范围是.
故答案为：A.
【分析】命题是假命题，等价于其否定“”是真命题，分和两种情况，结合二次函数的性质（开口方向、判别式）求解的范围。
6．【答案】D
【知识点】函数单调性的判断与证明；奇偶函数图象的对称性；函数的图象
【解析】【解答】解：由图可知函数为偶函数，而函数和函数为奇函数，故AB错误；又当时，此时，由图可知当时，，故C错误，D正确.
故答案为：D
【分析】先根据函数图象的奇偶性排除非偶函数选项，再通过特定区间的函数值符号，匹配选项中的解析式。
7．【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为正数，满足，
则，因为，
所以，则，
当且仅当即时等号成立.
因为不等式对任意实数恒成立，
即恒成立.
，所以，
即对任意实数恒成立.
令，
因为，所以.
所以.
故答案为：D.
【分析】先利用“乘1法”结合基本不等式求出a + b的最小值，再将不等式恒成立问题转化为m不小于二次函数的最大值，进而求解m的范围。
8．【答案】C
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：因为是上的增函数，且，
所以当时，；当时，．
因为是定义在上的奇函数，所以的图象关于原点对称，
所以当时，；
当时，．
故不等式等价于或，
解得或．
故答案为：C.
【分析】先利用奇函数的对称性和单调性，确定在和上的符号分布，再将不等式拆分为“与同号”的两种情况，分别求解后取并集。
9．【答案】B,C,D
【知识点】一元二次不等式；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：因为不等式的解集为，
故相应的二次函数的图像开口向下，所以，故A错误；
易知2和是方程的两个根，则有，，
又，故，，故BC正确；
因为，所以，故D正确．
故答案为：BCD
【分析】根据一元二次不等式的解集，确定二次函数的开口方向、方程的根，再结合韦达定理分析系数a，b，c的符号，最后代入特殊值判断a+b+c的符号。
10．【答案】B,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：A，因为，所以当时，，当且仅当即时等号成立；当时，，当且仅当即时等号成立，A错误.
B，因为，所以，，所以，当且仅当即时等号成立，B正确.
C，，当且仅当时等号成立，但无实数解，故的最小值不是2，C错误.
D，因为，所以，当且仅当时等号成立，D正确.
故答案为：BD.
【分析】利用基本不等式的适用条件（正数、定值、等号可取），逐一分析每个选项的正误。
11．【答案】B,C
【知识点】函数的单调性及单调区间；函数的最大（小）值；奇函数与偶函数的性质
【解析】【解答】解：当 时， ，因为 时，
所以 ，又因为 是定义在 上的偶函数
所以 时，
即
如图所示：
对A，由图知，函数 有 个单调区间，A不符合题意；
对B，由上述分析知，当 时， ，B符合题意；
对C，由图知，当 或 时，函数 取得最小值 ，C符合题意；
对D，由图知，不等式 的解集是 ，D不符合题意.
故答案为：BC.
【分析】由偶函数的定义和x≤0的解析式，求得x > 0时的解析式，可判断B；求得f (x )的单调区间，可判断A；由二次函数的最值可判断C；讨论x的符号，解不等式，可判断D.
12．【答案】
【知识点】函数的定义域及其求法；不等式的解集
【解析】【解答】解：对于函数，有，解得且且．
因此，函数的定义域为.
故答案为：.
【分析】确定该函数的定义域，需同时满足偶次根式内被开方数非负和分母不为零这两个条件，据此列出不等式组并求解，最终取各条件的交集得到定义域.
13．【答案】
【知识点】幂函数的图象与性质；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：因为幂函数的图像关于轴对称，则函数是偶函数，即
为偶数，所以为奇数，又在上单调递减，，解得，又，，故不等式可化为，
函数的定义域为，且在与上均单调递减，
因而或或，解得或或，
即满足所求不等式的实数取值范围为.
故答案为：
【分析】根据幂函数的奇偶性和单调性确定的值，再分析幂函数的定义域与单调性，最后分情况列出不等式组求解实数的取值范围.
14．【答案】
【知识点】一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：不等式，可化为
当，即时，，
解集中含有两个整数解，，
当，不等式解集为，不符合题意，
当，即时，，
解集中含有两个整数解，，
综上得.
故答案为：.
【分析】先将不等式因式分解，再分“” “”两种情况讨论解集范围，结合“恰有两个整数解”的条件，确定的取值区间，进而求出的范围。
15．【答案】（1）解：当时，可知集合，
由可知，
所以集合，则
（2）解：因为，所以可得，
当时，则，解之可得，
当时，，解之可得，
综上可知实数的取值范围为.
【知识点】集合间关系的判断；并集及其运算；子集与交集、并集运算的转换
【解析】【分析】（1）集合运算：先代入的值确定，再通过函数定义域求出，最后根据并集定义计算结果。
（2）集合包含关系：由转化为，分“为空集”和“不为空集”两种情况，结合的区间端点列不等式（组）求解，最终合并结果。
（1）当时，可知集合，
由可知，
所以集合，则
（2）因为，所以可得，
当时，则，解之可得，
当时，，解之可得，
综上可知实数的取值范围为.
16．【答案】（1）解：由基本不等式有，所以，等号成立当且仅当满足题意；
（2）解：由基本不等式推论有，等号成立当且仅当，
所以的最大值是；
（3）解：一方面，另一方面，所以，
从而，等号成立当且仅当，所以的最小值是3.
【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)利用基本不等式的变形求平方和的最小值；
(2)通过凑定值，结合基本不等式推论求积的最大值；
(3)通过式子变形凑出“和为定值”的形式，再用基本不等式求最小值.
（1）由基本不等式有，
所以，等号成立当且仅当满足题意；
（2）由基本不等式推论有，等号成立当且仅当，
所以的最大值是；
（3）一方面，另一方面，所以，
从而，等号成立当且仅当，
所以的最小值是3.
17．【答案】（1）解：依据题意可知，销售金额万元，创业补助万元，成本为万元，
所以收益，．
（2）解：由（1）可知，，
其中，当且仅当，即时，取等号．
所以，
所以当时，该企业所获收益最大，最大值为74万元．
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）函数关系式：先根据m=x+2分别表示销售金额、成本，再结合“收益=销售金额+补助 - 成本”的公式，化简得到收益与x的函数。
（2）收益最大值：通过变形将函数转化为“常数-两项和”的形式，利用基本不等式求两项和的最小值，进而得到收益的最大值，同时确定取等号时的x值。
（1）依据题意可知，销售金额万元，创业补助万元，成本为万元，
所以收益，．
（2）由（1）可知，，
其中，当且仅当，即时，取等号．
所以，
所以当时，该企业所获收益最大，最大值为74万元．
18．【答案】（1）证明：函数的定义域为R，
令，则，解得.
令，则，得，
所以函数为奇函数.
（2）解：任取，则，因为当时，，则，
由（1）知，，即，
所以为R上的减函数，可知在上的最小值为，
因为，，，
所以，即在上的最小值为.
（3）解：由（2）可求，
所以，
由（2）可知为减函数，所以时，即恒成立，
时，，不等式恒成立；
时，有恒成立，由函数在上单调递增，
则有，所以a的取值范围为.
【知识点】函数单调性的判断与证明；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）奇偶性证明：利用抽象函数的赋值法（令得，令结合奇函数定义）证明。
（2）最值求解：先通过作差法证明函数的单调性，再结合单调性确定最值点，利用已知条件计算最值。
（3）不等式求解：利用函数的奇偶性与单调性，将抽象函数不等式转化为具体的代数不等式，再结合参数范围恒成立的条件求解参数。
（1）函数的定义域为R，
令，则，解得.
令，则，得，
所以函数为奇函数.
（2）任取，则，因为当时，，则，
由（1）知，，即，
所以为R上的减函数，可知在上的最小值为，
因为，，，
所以，即在上的最小值为.
（3）由（2）可求，
所以，
由（2）可知为减函数，所以时，即恒成立，
时，，不等式恒成立；
时，有恒成立，由函数在上单调递增，
则有，所以a的取值范围为.
19．【答案】（1）解：令，得，整理得，解得或，
经检验知均满足要求，故函数的不动点为－2和3.
（2）解：（i）令，得，即，得，所以有，此方程恰好有两个不同的实数解.
①当，即时，方程化为，仅有一个实数解，不满足题意；
②当时，要么方程无实数解，要么方程仅有一个实数解为1或者.
故或或，解得或.
综上，当恰好有两个稳定点时，实数的取值范围为.
（ii）法一：由（i）知，的两个稳定点为和1，当时，，故，，
于是，.此时函数的对称轴，令.
①当时，，在单调递减，在单调递增，
，，故，而，故在
单调递减，在单调递增，注意到，故，
所以当时的值域为，即的值域为.于是由题意得，无解.
②当时，在单调递增，当时，，，
即的值域为，不满足题意，舍去.当时，，故，，
于是，，此时函数的对称轴，令.
③当时，，在单调递增，当时，，，即的值域为，于是有，解得；
④当时，，在单调递减，在单调递增，
，，故，而，故在
单调递减，在单调递增，注意到，故，
所以当时的值域为，即的值域为.于是由题意得，解得.综上，实数的取值范围为.
法二：由（i）知，的两个稳定点为和1，因为，，故取，得，解得，所以，，因为，解得，由（i）知，，故，
故有，.当时，，令，当时，因，，故.而，故在单调递减，在单调递增，
注意到，故，
所以当时的值域为，即的值域为.
于是由题意得，解得.所以实数的取值范围为.
【知识点】二次函数与一元二次不等式的对应关系；二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系
【解析】【分析】（1）不动点的核心是，因此需构建方程，通过整式变形、解一元二次方程求解.
（2）（i）稳定点需满足，即。通过因式分解将方程拆分为“不动点方程”和“新二次方程”，再分情况讨论新二次方程的根的个数（无实根或与不动点方程重根），结合判别式求解；
（ii）法一是由（i）知稳定点为，（需先确定区间的单调性，再分析在区间内的最值，结合不等式求解）.而法二利用稳定点和不等式直接推导.
（1）令，得，整理得，解得或，
经检验知均满足要求，故函数的不动点为－2和3.
（2）（i）令，得，
即，得，
所以有，此方程恰好有两个不同的实数解.
①当，即时，方程化为，
仅有一个实数解，不满足题意；
②当时，要么方程无实数解，
要么方程仅有一个实数解为1或者.
故或或，
解得或.
综上，当恰好有两个稳定点时，实数的取值范围为.
（ii）法一：由（i）知，的两个稳定点为和1，
当时，，故，，
于是，.
此时函数的对称轴，令.
①当时，，在单调递减，在单调递增，
，，故，
而，故在单调递减，在单调递增，
注意到，故，
所以当时的值域为，
即的值域为.于是由题意得，无解.
②当时，在单调递增，
当时，，，
即的值域为，不满足题意，舍去.
当时，，故，，
于是，，此时函数的对称轴，
令.
③当时，，在单调递增，
当时，，，即的值域为，
于是有，解得；
④当时，，在单调递减，在单调递增，
，，故，
而，故在单调递减，在单调递增，
注意到，故，
所以当时的值域为，
即的值域为.于是由题意得，解得.
综上，实数的取值范围为.
法二：由（i）知，的两个稳定点为和1，
因为，，故取，得，
解得，所以，，
因为，解得，
由（i）知，，故，
故有，.
当时，，令，当时，
因，，故.
而，故在单调递减，在单调递增，
注意到，故，
所以当时的值域为，
即的值域为.
于是由题意得，解得.
所以实数的取值范围为.
1 / 1湖南省祁东县一中分校2025-2026学年高一上学期期中考试数学试题
1．（2025高一上·祁东期中）已知集合，，若，则实数（ ）．
A．0或1或2 B．1或2 C．0或1 D．1
【答案】A
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：由，可得.若，则成立；
若，又，则或，则或.综上可得或或.
故答案为：A
【分析】由可推出.要分两种情况讨论：（空集）和（非空集）.先求解集合，再结合的条件分别计算实数的值.
2．（2025高一上·祁东期中）不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：即为即，故，
故解集为.
故答案为：C.
【分析】先将分式不等式移项通分，转化为整式不等式（注意分母不为 0），再通过因式分解求解解集。
3．（2025高一上·祁东期中）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．既不充分又不必要条件
【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：，所以由能推出，
由不一定能推出，例如，显然，
但是不成立，因此“”是“”的充分不必要条件，
故答案为：A
【分析】根据充分条件、必要条件的定义，分别判断“”能否推出“”，以及“”能否推出“”。
4．（2025高一上·祁东期中）函数的单调递减区间是（ ）
A． B．和
C． D．和
【答案】B
【知识点】函数的单调性及单调区间
【解析】【解答】解：，则由二次函数的性质知，当时，的单调递减区间为；当，的
单调递减区间为，故的单调递减区间是和.
故答案为：B
【分析】根据绝对值的定义将其拆分为分段函数，再结合二次函数的对称轴与开口方向，分别分析每一段的单调性，最终确定整个函数的单调递减区间.
5．（2025高一上·祁东期中）命题是假命题，则的范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】存在量词命题
【解析】【解答】解：由题意得，命题的否定：.
∵命题是假命题，
∴命题的否定是真命题.
当时，，符合题意，
当时，，解得，
综上所述，的范围是.
故答案为：A.
【分析】命题是假命题，等价于其否定“”是真命题，分和两种情况，结合二次函数的性质（开口方向、判别式）求解的范围。
6．（2025高一上·祁东期中）已知函数的图象如下，则的解析式可能为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数单调性的判断与证明；奇偶函数图象的对称性；函数的图象
【解析】【解答】解：由图可知函数为偶函数，而函数和函数为奇函数，故AB错误；又当时，此时，由图可知当时，，故C错误，D正确.
故答案为：D
【分析】先根据函数图象的奇偶性排除非偶函数选项，再通过特定区间的函数值符号，匹配选项中的解析式。
7．（2025高一上·祁东期中）设正数，满足，若不等式对任意实数恒成立，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；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为正数，满足，
则，因为，
所以，则，
当且仅当即时等号成立.
因为不等式对任意实数恒成立，
即恒成立.
，所以，
即对任意实数恒成立.
令，
因为，所以.
所以.
故答案为：D.
【分析】先利用“乘1法”结合基本不等式求出a + b的最小值，再将不等式恒成立问题转化为m不小于二次函数的最大值，进而求解m的范围。
8．（2025高一上·祁东期中）已知是定义在上的奇函数，且是上的增函数，若，则不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：因为是上的增函数，且，
所以当时，；当时，．
因为是定义在上的奇函数，所以的图象关于原点对称，
所以当时，；
当时，．
故不等式等价于或，
解得或．
故答案为：C.
【分析】先利用奇函数的对称性和单调性，确定在和上的符号分布，再将不等式拆分为“与同号”的两种情况，分别求解后取并集。
9．（2025高一上·祁东期中）已知不等式的解集为，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】一元二次不等式；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：因为不等式的解集为，
故相应的二次函数的图像开口向下，所以，故A错误；
易知2和是方程的两个根，则有，，
又，故，，故BC正确；
因为，所以，故D正确．
故答案为：BCD
【分析】根据一元二次不等式的解集，确定二次函数的开口方向、方程的根，再结合韦达定理分析系数a，b，c的符号，最后代入特殊值判断a+b+c的符号。
10．（2025高一上·祁东期中）以下结论正确的是（ ）
A．若，则的最小值是2
B．若且，则
C．的最小值是2
D．若，且，则
【答案】B,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：A，因为，所以当时，，当且仅当即时等号成立；当时，，当且仅当即时等号成立，A错误.
B，因为，所以，，所以，当且仅当即时等号成立，B正确.
C，，当且仅当时等号成立，但无实数解，故的最小值不是2，C错误.
D，因为，所以，当且仅当时等号成立，D正确.
故答案为：BD.
【分析】利用基本不等式的适用条件（正数、定值、等号可取），逐一分析每个选项的正误。
11．（2025高一上·祁东期中）已知函数 是定义在 上的偶函数，当 时， ，则下列说法正确的是（ ）
A．函数 有3个单调区间
B．当 时，
C．函数 有最小值
D．不等式 的解集是
【答案】B,C
【知识点】函数的单调性及单调区间；函数的最大（小）值；奇函数与偶函数的性质
【解析】【解答】解：当 时， ，因为 时，
所以 ，又因为 是定义在 上的偶函数
所以 时，
即
如图所示：
对A，由图知，函数 有 个单调区间，A不符合题意；
对B，由上述分析知，当 时， ，B符合题意；
对C，由图知，当 或 时，函数 取得最小值 ，C符合题意；
对D，由图知，不等式 的解集是 ，D不符合题意.
故答案为：BC.
【分析】由偶函数的定义和x≤0的解析式，求得x > 0时的解析式，可判断B；求得f (x )的单调区间，可判断A；由二次函数的最值可判断C；讨论x的符号，解不等式，可判断D.
12．（2025高一上·祁东期中）函数的定义域是 ．
【答案】
【知识点】函数的定义域及其求法；不等式的解集
【解析】【解答】解：对于函数，有，解得且且．
因此，函数的定义域为.
故答案为：.
【分析】确定该函数的定义域，需同时满足偶次根式内被开方数非负和分母不为零这两个条件，据此列出不等式组并求解，最终取各条件的交集得到定义域.
13．（2025高一上·祁东期中）已知幂函数的图像关于轴对称，且在上单调递减，则关于的不等式的实数取值范围为 ．
【答案】
【知识点】幂函数的图象与性质；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：因为幂函数的图像关于轴对称，则函数是偶函数，即
为偶数，所以为奇数，又在上单调递减，，解得，又，，故不等式可化为，
函数的定义域为，且在与上均单调递减，
因而或或，解得或或，
即满足所求不等式的实数取值范围为.
故答案为：
【分析】根据幂函数的奇偶性和单调性确定的值，再分析幂函数的定义域与单调性，最后分情况列出不等式组求解实数的取值范围.
14．（2025高一上·祁东期中）若关于的不等式的解集中恰有两个整数，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：不等式，可化为
当，即时，，
解集中含有两个整数解，，
当，不等式解集为，不符合题意，
当，即时，，
解集中含有两个整数解，，
综上得.
故答案为：.
【分析】先将不等式因式分解，再分“” “”两种情况讨论解集范围，结合“恰有两个整数解”的条件，确定的取值区间，进而求出的范围。
15．（2025高一上·祁东期中）已知全集，集合，.
（1）当时，求；
（2）若，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：当时，可知集合，
由可知，
所以集合，则
（2）解：因为，所以可得，
当时，则，解之可得，
当时，，解之可得，
综上可知实数的取值范围为.
【知识点】集合间关系的判断；并集及其运算；子集与交集、并集运算的转换
【解析】【分析】（1）集合运算：先代入的值确定，再通过函数定义域求出，最后根据并集定义计算结果。
（2）集合包含关系：由转化为，分“为空集”和“不为空集”两种情况，结合的区间端点列不等式（组）求解，最终合并结果。
（1）当时，可知集合，
由可知，
所以集合，则
（2）因为，所以可得，
当时，则，解之可得，
当时，，解之可得，
综上可知实数的取值范围为.
16．（2025高一上·祁东期中）已知正实数满足．
（1）求的最小值及此时的值；
（2）求的最大值及此时的值；
（3）求的最小值及此时的值．
【答案】（1）解：由基本不等式有，所以，等号成立当且仅当满足题意；
（2）解：由基本不等式推论有，等号成立当且仅当，
所以的最大值是；
（3）解：一方面，另一方面，所以，
从而，等号成立当且仅当，所以的最小值是3.
【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)利用基本不等式的变形求平方和的最小值；
(2)通过凑定值，结合基本不等式推论求积的最大值；
(3)通过式子变形凑出“和为定值”的形式，再用基本不等式求最小值.
（1）由基本不等式有，
所以，等号成立当且仅当满足题意；
（2）由基本不等式推论有，等号成立当且仅当，
所以的最大值是；
（3）一方面，另一方面，所以，
从而，等号成立当且仅当，
所以的最小值是3.
17．（2025高一上·祁东期中）某地政府为进一步推进地区创业基地建设，助推创业带动就业工作，拟对创业者提供万元的创业补助．某企业拟定在申请得到万元创业补助后，将产量增加到万件，同时企业生产万件产品需要投入的成本为万元，并以每件元的价格将其生产的产品全部售出．（注：收益＝销售金额＋创业补助－成本）
（1）求该企业获得创业补助后的收益万元与创业补助万元的函数关系式；
（2）当创业补助为多少万元时，该企业所获收益最大？
【答案】（1）解：依据题意可知，销售金额万元，创业补助万元，成本为万元，
所以收益，．
（2）解：由（1）可知，，
其中，当且仅当，即时，取等号．
所以，
所以当时，该企业所获收益最大，最大值为74万元．
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）函数关系式：先根据m=x+2分别表示销售金额、成本，再结合“收益=销售金额+补助 - 成本”的公式，化简得到收益与x的函数。
（2）收益最大值：通过变形将函数转化为“常数-两项和”的形式，利用基本不等式求两项和的最小值，进而得到收益的最大值，同时确定取等号时的x值。
（1）依据题意可知，销售金额万元，创业补助万元，成本为万元，
所以收益，．
（2）由（1）可知，，
其中，当且仅当，即时，取等号．
所以，
所以当时，该企业所获收益最大，最大值为74万元．
18．（2025高一上·祁东期中）若定义在R上的函数对任意实数x，y恒有，当时，，且．
（1）求证：为奇函数；
（2）求在上的最小值；
（3）若不等式：恒成立，求a的取值范围；
【答案】（1）证明：函数的定义域为R，
令，则，解得.
令，则，得，
所以函数为奇函数.
（2）解：任取，则，因为当时，，则，
由（1）知，，即，
所以为R上的减函数，可知在上的最小值为，
因为，，，
所以，即在上的最小值为.
（3）解：由（2）可求，
所以，
由（2）可知为减函数，所以时，即恒成立，
时，，不等式恒成立；
时，有恒成立，由函数在上单调递增，
则有，所以a的取值范围为.
【知识点】函数单调性的判断与证明；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）奇偶性证明：利用抽象函数的赋值法（令得，令结合奇函数定义）证明。
（2）最值求解：先通过作差法证明函数的单调性，再结合单调性确定最值点，利用已知条件计算最值。
（3）不等式求解：利用函数的奇偶性与单调性，将抽象函数不等式转化为具体的代数不等式，再结合参数范围恒成立的条件求解参数。
（1）函数的定义域为R，
令，则，解得.
令，则，得，
所以函数为奇函数.
（2）任取，则，因为当时，，则，
由（1）知，，即，
所以为R上的减函数，可知在上的最小值为，
因为，，，
所以，即在上的最小值为.
（3）由（2）可求，
所以，
由（2）可知为减函数，所以时，即恒成立，
时，，不等式恒成立；
时，有恒成立，由函数在上单调递增，
则有，所以a的取值范围为.
19．（2025高一上·祁东期中）给定函数，若实数使得，则称为函数的不动点，若实数使得，则称为函数的稳定点，函数的不动点一定是该函数的稳定点.
（1）求函数的不动点：
（2）设，，且恰好有两个稳定点和.
（i）求实数的取值范围，
（ii），，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：令，得，整理得，解得或，
经检验知均满足要求，故函数的不动点为－2和3.
（2）解：（i）令，得，即，得，所以有，此方程恰好有两个不同的实数解.
①当，即时，方程化为，仅有一个实数解，不满足题意；
②当时，要么方程无实数解，要么方程仅有一个实数解为1或者.
故或或，解得或.
综上，当恰好有两个稳定点时，实数的取值范围为.
（ii）法一：由（i）知，的两个稳定点为和1，当时，，故，，
于是，.此时函数的对称轴，令.
①当时，，在单调递减，在单调递增，
，，故，而，故在
单调递减，在单调递增，注意到，故，
所以当时的值域为，即的值域为.于是由题意得，无解.
②当时，在单调递增，当时，，，
即的值域为，不满足题意，舍去.当时，，故，，
于是，，此时函数的对称轴，令.
③当时，，在单调递增，当时，，，即的值域为，于是有，解得；
④当时，，在单调递减，在单调递增，
，，故，而，故在
单调递减，在单调递增，注意到，故，
所以当时的值域为，即的值域为.于是由题意得，解得.综上，实数的取值范围为.
法二：由（i）知，的两个稳定点为和1，因为，，故取，得，解得，所以，，因为，解得，由（i）知，，故，
故有，.当时，，令，当时，因，，故.而，故在单调递减，在单调递增，
注意到，故，
所以当时的值域为，即的值域为.
于是由题意得，解得.所以实数的取值范围为.
【知识点】二次函数与一元二次不等式的对应关系；二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系
【解析】【分析】（1）不动点的核心是，因此需构建方程，通过整式变形、解一元二次方程求解.
（2）（i）稳定点需满足，即。通过因式分解将方程拆分为“不动点方程”和“新二次方程”，再分情况讨论新二次方程的根的个数（无实根或与不动点方程重根），结合判别式求解；
（ii）法一是由（i）知稳定点为，（需先确定区间的单调性，再分析在区间内的最值，结合不等式求解）.而法二利用稳定点和不等式直接推导.
（1）令，得，整理得，解得或，
经检验知均满足要求，故函数的不动点为－2和3.
（2）（i）令，得，
即，得，
所以有，此方程恰好有两个不同的实数解.
①当，即时，方程化为，
仅有一个实数解，不满足题意；
②当时，要么方程无实数解，
要么方程仅有一个实数解为1或者.
故或或，
解得或.
综上，当恰好有两个稳定点时，实数的取值范围为.
（ii）法一：由（i）知，的两个稳定点为和1，
当时，，故，，
于是，.
此时函数的对称轴，令.
①当时，，在单调递减，在单调递增，
，，故，
而，故在单调递减，在单调递增，
注意到，故，
所以当时的值域为，
即的值域为.于是由题意得，无解.
②当时，在单调递增，
当时，，，
即的值域为，不满足题意，舍去.
当时，，故，，
于是，，此时函数的对称轴，
令.
③当时，，在单调递增，
当时，，，即的值域为，
于是有，解得；
④当时，，在单调递减，在单调递增，
，，故，
而，故在单调递减，在单调递增，
注意到，故，
所以当时的值域为，
即的值域为.于是由题意得，解得.
综上，实数的取值范围为.
法二：由（i）知，的两个稳定点为和1，
因为，，故取，得，
解得，所以，，
因为，解得，
由（i）知，，故，
故有，.
当时，，令，当时，
因，，故.
而，故在单调递减，在单调递增，
注意到，故，
所以当时的值域为，
即的值域为.
于是由题意得，解得.
所以实数的取值范围为.
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