甘肃省兰州市第二十七中学2025-2026学年高一上学期期中考试数学试题
1．（2025高一上·兰州期中）命题p：，则它的否定为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：因为全称量词命题的否定是存在量词命题，所以只需将原命题中的全称量词改为存在量词，并对结论进行否定．
故.
故答案为：A.
【分析】对于全称命题的否定，先将改为，再将改为．
2．（2025高一上·兰州期中）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，，
所以，故B正确.
故答案为：B
【分析】在数轴上依次标出集合A、B，利用交集的定义求解即可.
3．（2025高一上·兰州期中）不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：，
所以，
原不等式的解集为．
故答案为：D．
【分析】先将不等式化为标准形式，再利用一元二次不等式的解法求解即可.
4．（2025高一上·兰州期中）下列各组函数中，表示同一个函数的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】同一函数的判定
【解析】【解答】解：A、，所以两个函数是同一个函数，该选项正确，符合题意；
B、定义域为，解得：或，
定义域为，解得：，
定义域不同不是同一函数，该选项错误，不合题意；
C、定义域为，定义域为，
定义域不同不是同一函数，该选项错误，不合题意；
D、定义域为，定义域为，
定义域不同不是同一函数，该选项错误，不合题意；
故答案为：A.
【分析】要是否为同一函数，需判断定义域和对应关系是否相同，再依次判断四个选项中每两个函数即可得正确答案.
5．（2025高一上·兰州期中）函数的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数的图象与图象变化；函数的图象
【解析】【解答】解：由，，
则函数是由函数向右平移个单位，再向上平移个单位得到，
A、C、函数在和上分别单调递增，该选项错误，不合题意；
B、代入x=0，，该选项错误，不合题意；
D、由排除法得，该选项正确，符合题意
故答案为：D.
【分析】先将f(x)分离参数，得，由函数的平移变化可得图象及单调性，可判断A、C；代入特殊值x=0，可判断B.
6．（2025高一上·兰州期中）已知函数，则下列关于函数的结论错误的是（ ）
A． B．若，则的值是
C．的解集为 D．的值域为
【答案】C
【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
【解析】【解答】 因为，则，故A正确；
当时，，解得（舍去），
当时，，解得或（舍去），故B正确；
当时，，解得，
当时，，解得，
所以的解集为，故C错误；
当时，的取值范围是，
当时，的取值范围是，
因此的值域为，故D正确；
故答案为：C
【分析】针对每个选项，结合分段函数的定义域分段讨论，利用相应的函数表达式进行计算或推理，从而判断选项的正误.
7．（2025高一上·兰州期中）已知x，y为正实数，且，则 的最小值为（ ）
A．2 B． C． D．9
【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：，
当且仅当，即时等号成立.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件，将待求式与“1”相乘构造可使用基本不等式的形式，再通过基本不等式（，当且仅当时取等）求最小值。
8．（2025高一上·兰州期中）《南京照相馆》 《浪浪山小妖怪》 《长安的荔枝》位列2025年我国暑期档票房前三名.高一（1）班共有28名同学，有15人观看了《南京照相馆》，有8人观看了《浪浪山小妖怪》，有14人观看了《长安的荔枝》，有3人同时观看了《南京照相馆》和《浪浪山小妖怪》，有3人同时观看了《南京照相馆》和《长安的荔枝》，没有人同时观看三部电影.只观看了《长安的荔枝》的人数为（ ）
A．6人 B．7人 C．8人 D．9人
【答案】C
【知识点】Venn图表达集合的关系及运算
【解析】【解答】解：不妨将观看了《南京照相馆》、《浪浪山小妖怪》、《长安的荔枝》的同学分别用集合表示，
设同时观看了《浪浪山小妖怪》和《长安的荔枝》有人，
在相应的位置填上数字，则，解得，
因此同时观看了《浪浪山小妖怪》和《长安的荔枝》有人，
所以只观看了《长安的荔枝》的人数为人.
故答案为：C
【分析】根据给定条件，分别用集合表示， 利用容斥原理及韦恩图列式求解.
9．（2025高一上·兰州期中）已知全集，，．则图中阴影部分表示的集合是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】交、并、补集的混合运算；Venn图表达集合的关系及运算
【解析】【解答】解：由，即，解得，
所以，
又，，
所以，
所以图中阴影部分表示的集合是.
故答案为：BC
【分析】首先解一元二次不等式求出集合，是图中阴影部分表示的集合，根据并集、补集的定义计算可得.
10．（2025高一上·兰州期中）下列说法错误的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】A,C,D
【知识点】不等关系与不等式；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：A、当时，显然不成立，错误；
B、由，可知，所以，正确；
C、取，此时，错误；
D、取，此时，错误；
故答案为：ACD
【分析】由不等式的性质同向可乘性及特殊值逐项判断即可.
11．（2025高一上·兰州期中）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。
12．（2025高一上·兰州期中）函数的定义域是 .
【答案】
【知识点】简单函数定义域
【解析】【解答】解：由题意得，解得.
则函数的定义域是.
故答案为：
【分析】利用式子有意义的条件：二次根式的性质和分式不为0求解定义域即可.
13．（2025高一上·兰州期中）已知集合，则实数的取值集合为 .
【答案】
【知识点】元素与集合的关系；集合中元素的确定性、互异性、无序性；集合间关系的判断
【解析】【解答】解：因为，所以，则，
所以实数的取值集合为.
故答案为：
【分析】依据集合间的基本关系和集合元素的互异性，建立关于参数的方程或不等式，求解即可得到结果.
14．（2025高一上·兰州期中）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·兰州期中）已知全集，集合，或.
（1）求
（2）求
【答案】（1）解： 由集合，或，
可得或.
（2）解：，故.
【知识点】补集及其运算；交、并、补集的混合运算
【解析】【分析】（1）直接运用集合的并集运算规则（由所有属于集合 A 或属于集合 B 的元素组成的集合），计算即可得到答案；
（2）先根据补集的定义（由所有不属于集合 B 但属于全集的元素组成的集合）求出集合 B 的补集，再利用交集运算规则（由所有同时属于两个集合的元素组成的集合）计算，即可得到答案根据集合的并集运算，即可得答案.
（1）由集合，或，
可得或；
（2），故.
16．（2025高一上·兰州期中）已知函数
（1）求函数的定义域；
（2）证明：函数在区间上单调递减
【答案】（1）解：要使有意义，则有，解得，
所以函数的定义域为；
（2）证明：设，
则，
因为，所以，，，
所以，所以，即，
也就是，
根据函数单调性的定义，函数在区间上单调递减.
【知识点】函数的定义域及其求法；函数单调性的判断与证明
【解析】【分析】（1）利用分式有意义的条件分母不为0即可求解；
（2）利用函数单调性的定义，设范围，作差，化标准式，与0 比较，得出增减性进行证明即可.
（1）要使有意义，则有，解得，
所以函数的定义域为；
（2）设，
则，
因为，所以，，，
所以，所以，即，
也就是，
根据函数单调性的定义，函数在区间上单调递减.
17．（2025高一上·兰州期中）已知函数
（1）求，；
（2）当时，求函数在上的最大值与最小值；
（3）若在上的最大值为4，求实数的值．
【答案】（1）解：因为，
所以，
故.
（2）解：当时，，其图象对称轴为，
故当时，单调递减，当时，单调递增，
故当时，取得最小值，最小值为，
又，故的最大值为8；
（3）解：因为是开口向上的抛物线，对称轴为，
若，则有：
①当，即时，
，解得：，满足要求；
②当，即时，
，解得：，满足要求；
综上：或．
【知识点】函数的最大（小）值；函数的值
【解析】【分析】（1）将x=-1和x=0代入解析式直接运算即可；
（2）配方法得到一元二次函数对称轴，得到的单调性，从而确定最小值为，最大值为8；
（3）是开口向上的抛物线，分两种情况与讨论，根据最大值列出方程，求出的值．
（1）因为，
所以，
故
（2）当时，，其图象对称轴为，
故当时，单调递减，当时，单调递增，
故当时，取得最小值，最小值为，
又，故的最大值为8；
（3）因为是开口向上的抛物线，对称轴为，
若，则有：
①当，即时，
，解得：，满足要求；
②当，即时，
，解得：，满足要求；
综上：或．
18．（2025高一上·兰州期中）已知函数，且
（1）求函数的解析式；
（2）求函数在上的最值．
【答案】（1）解：方法一：因为，，令，即，
所以，则，解得，
所以，
令，，则，
则，，
所以函数的解析式为.
方法二：由题意，所以，
又，所以，解得，
所以，即函数的解析式为.
（2）解：由（1）知，任取，，且，
则，
因为，，所以，即，
所以函数在上单调递增，
同理，任取，且，则，
因为，，所以，即，
所以函数在上单调递减，
故在上单调递减，在上单调递增，
又，，
故在上的最小值为，最大值为.
【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；函数的最大（小）值
【解析】【分析】（1）法一：代入x=-1，可求出的值，利用换元法将x-1=t，求的解析式即可；
法二：根据配凑法得到， 代入x=-1，可求出的值 求出的值，即得到解析式.
（2）利用函数单调性的定义设范围，作差，化标准式，与0比较，得出增减性进行证明即可.求出函数在上的单调性，进而求得最值.
（1）方法一：因为，，令，即，
所以，则，解得，
所以，
令，，则，
则，，
所以函数的解析式为.
方法二：由题意，所以，
又，所以，解得，
所以，即函数的解析式为.
（2）由（1）知，任取，，且，
则，
因为，，所以，即，
所以函数在上单调递增，
同理，任取，且，则，
因为，，所以，即，
所以函数在上单调递减，
故在上单调递减，在上单调递增，
又，，
故在上的最小值为，最大值为.
19．（2025高一上·兰州期中）设函数
（1）若关于x的不等式f（x）≤0的解集为[0，b]，求实数a，b的值；
（2）若不等式对于实数a∈[-1，2]恒成立，求x的取值范围；
（3）解关于x的不等式：f（x）＜a-1．
【答案】（1）解： 由题意知，0和b是方程的根，且，
所以，解得，.
（2）解：由，即，
即对于实数时恒成立，
则，解得，则x的取值范围为{1}
（3）解： 由，则，
当时，不等式可化为，即，解集为，
当时，不等式可化为，不等式的解集为；
当时，不等式化为，
①当时，，不等式的解集为；
②当时，，不等式的解集为；
③当时，，不等式的解集为；
综上所述，当时，解集为；
当时，解集为；
当时，解集为；
当时，解集为；
当时，解集为.
【知识点】函数恒成立问题；一元二次不等式及其解法；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）方程的根是0和，且，代入韦达定理即可；
（2）将恒成立问题转化问题为对于实数时恒成立，代入端点可得；
（3）按照含参数一元二次不等式的标准解法流程（分类讨论二次项系数、判别式、根的大小关系），对参数进行分类讨论，分别求解每种情况下的不等式解集.
（1）由题意知，0和b是方程的根，且，
所以，解得，
（2）由，即，
即对于实数时恒成立，
则，解得，则x的取值范围为{1}
（3）由，则，
当时，不等式可化为，即，解集为，
当时，不等式可化为，不等式的解集为；
当时，不等式化为，
①当时，，不等式的解集为；
②当时，，不等式的解集为；
③当时，，不等式的解集为；
综上所述，当时，解集为；
当时，解集为；
当时，解集为；
当时，解集为；
当时，解集为
1 / 1甘肃省兰州市第二十七中学2025-2026学年高一上学期期中考试数学试题
1．（2025高一上·兰州期中）命题p：，则它的否定为（ ）
A． B．
C． D．
2．（2025高一上·兰州期中）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
3．（2025高一上·兰州期中）不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
4．（2025高一上·兰州期中）下列各组函数中，表示同一个函数的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2025高一上·兰州期中）函数的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2025高一上·兰州期中）已知函数，则下列关于函数的结论错误的是（ ）
A． B．若，则的值是
C．的解集为 D．的值域为
7．（2025高一上·兰州期中）已知x，y为正实数，且，则 的最小值为（ ）
A．2 B． C． D．9
8．（2025高一上·兰州期中）《南京照相馆》 《浪浪山小妖怪》 《长安的荔枝》位列2025年我国暑期档票房前三名.高一（1）班共有28名同学，有15人观看了《南京照相馆》，有8人观看了《浪浪山小妖怪》，有14人观看了《长安的荔枝》，有3人同时观看了《南京照相馆》和《浪浪山小妖怪》，有3人同时观看了《南京照相馆》和《长安的荔枝》，没有人同时观看三部电影.只观看了《长安的荔枝》的人数为（ ）
A．6人 B．7人 C．8人 D．9人
9．（2025高一上·兰州期中）已知全集，，．则图中阴影部分表示的集合是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2025高一上·兰州期中）下列说法错误的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
11．（2025高一上·兰州期中）已知不等式的解集为，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
12．（2025高一上·兰州期中）函数的定义域是 .
13．（2025高一上·兰州期中）已知集合，则实数的取值集合为 .
14．（2025高一上·兰州期中）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·兰州期中）已知全集，集合，或.
（1）求
（2）求
16．（2025高一上·兰州期中）已知函数
（1）求函数的定义域；
（2）证明：函数在区间上单调递减
17．（2025高一上·兰州期中）已知函数
（1）求，；
（2）当时，求函数在上的最大值与最小值；
（3）若在上的最大值为4，求实数的值．
18．（2025高一上·兰州期中）已知函数，且
（1）求函数的解析式；
（2）求函数在上的最值．
19．（2025高一上·兰州期中）设函数
（1）若关于x的不等式f（x）≤0的解集为[0，b]，求实数a，b的值；
（2）若不等式对于实数a∈[-1，2]恒成立，求x的取值范围；
（3）解关于x的不等式：f（x）＜a-1．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：因为全称量词命题的否定是存在量词命题，所以只需将原命题中的全称量词改为存在量词，并对结论进行否定．
故.
故答案为：A.
【分析】对于全称命题的否定，先将改为，再将改为．
2．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，，
所以，故B正确.
故答案为：B
【分析】在数轴上依次标出集合A、B，利用交集的定义求解即可.
3．【答案】D
【知识点】一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：，
所以，
原不等式的解集为．
故答案为：D．
【分析】先将不等式化为标准形式，再利用一元二次不等式的解法求解即可.
4．【答案】A
【知识点】同一函数的判定
【解析】【解答】解：A、，所以两个函数是同一个函数，该选项正确，符合题意；
B、定义域为，解得：或，
定义域为，解得：，
定义域不同不是同一函数，该选项错误，不合题意；
C、定义域为，定义域为，
定义域不同不是同一函数，该选项错误，不合题意；
D、定义域为，定义域为，
定义域不同不是同一函数，该选项错误，不合题意；
故答案为：A.
【分析】要是否为同一函数，需判断定义域和对应关系是否相同，再依次判断四个选项中每两个函数即可得正确答案.
5．【答案】D
【知识点】函数的图象与图象变化；函数的图象
【解析】【解答】解：由，，
则函数是由函数向右平移个单位，再向上平移个单位得到，
A、C、函数在和上分别单调递增，该选项错误，不合题意；
B、代入x=0，，该选项错误，不合题意；
D、由排除法得，该选项正确，符合题意
故答案为：D.
【分析】先将f(x)分离参数，得，由函数的平移变化可得图象及单调性，可判断A、C；代入特殊值x=0，可判断B.
6．【答案】C
【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
【解析】【解答】 因为，则，故A正确；
当时，，解得（舍去），
当时，，解得或（舍去），故B正确；
当时，，解得，
当时，，解得，
所以的解集为，故C错误；
当时，的取值范围是，
当时，的取值范围是，
因此的值域为，故D正确；
故答案为：C
【分析】针对每个选项，结合分段函数的定义域分段讨论，利用相应的函数表达式进行计算或推理，从而判断选项的正误.
7．【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：，
当且仅当，即时等号成立.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件，将待求式与“1”相乘构造可使用基本不等式的形式，再通过基本不等式（，当且仅当时取等）求最小值。
8．【答案】C
【知识点】Venn图表达集合的关系及运算
【解析】【解答】解：不妨将观看了《南京照相馆》、《浪浪山小妖怪》、《长安的荔枝》的同学分别用集合表示，
设同时观看了《浪浪山小妖怪》和《长安的荔枝》有人，
在相应的位置填上数字，则，解得，
因此同时观看了《浪浪山小妖怪》和《长安的荔枝》有人，
所以只观看了《长安的荔枝》的人数为人.
故答案为：C
【分析】根据给定条件，分别用集合表示， 利用容斥原理及韦恩图列式求解.
9．【答案】B,C
【知识点】交、并、补集的混合运算；Venn图表达集合的关系及运算
【解析】【解答】解：由，即，解得，
所以，
又，，
所以，
所以图中阴影部分表示的集合是.
故答案为：BC
【分析】首先解一元二次不等式求出集合，是图中阴影部分表示的集合，根据并集、补集的定义计算可得.
10．【答案】A,C,D
【知识点】不等关系与不等式；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：A、当时，显然不成立，错误；
B、由，可知，所以，正确；
C、取，此时，错误；
D、取，此时，错误；
故答案为：ACD
【分析】由不等式的性质同向可乘性及特殊值逐项判断即可.
11．【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。
12．【答案】
【知识点】简单函数定义域
【解析】【解答】解：由题意得，解得.
则函数的定义域是.
故答案为：
【分析】利用式子有意义的条件：二次根式的性质和分式不为0求解定义域即可.
13．【答案】
【知识点】元素与集合的关系；集合中元素的确定性、互异性、无序性；集合间关系的判断
【解析】【解答】解：因为，所以，则，
所以实数的取值集合为.
故答案为：
【分析】依据集合间的基本关系和集合元素的互异性，建立关于参数的方程或不等式，求解即可得到结果.
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： 由集合，或，
可得或.
（2）解：，故.
【知识点】补集及其运算；交、并、补集的混合运算
【解析】【分析】（1）直接运用集合的并集运算规则（由所有属于集合 A 或属于集合 B 的元素组成的集合），计算即可得到答案；
（2）先根据补集的定义（由所有不属于集合 B 但属于全集的元素组成的集合）求出集合 B 的补集，再利用交集运算规则（由所有同时属于两个集合的元素组成的集合）计算，即可得到答案根据集合的并集运算，即可得答案.
（1）由集合，或，
可得或；
（2），故.
16．【答案】（1）解：要使有意义，则有，解得，
所以函数的定义域为；
（2）证明：设，
则，
因为，所以，，，
所以，所以，即，
也就是，
根据函数单调性的定义，函数在区间上单调递减.
【知识点】函数的定义域及其求法；函数单调性的判断与证明
【解析】【分析】（1）利用分式有意义的条件分母不为0即可求解；
（2）利用函数单调性的定义，设范围，作差，化标准式，与0 比较，得出增减性进行证明即可.
（1）要使有意义，则有，解得，
所以函数的定义域为；
（2）设，
则，
因为，所以，，，
所以，所以，即，
也就是，
根据函数单调性的定义，函数在区间上单调递减.
17．【答案】（1）解：因为，
所以，
故.
（2）解：当时，，其图象对称轴为，
故当时，单调递减，当时，单调递增，
故当时，取得最小值，最小值为，
又，故的最大值为8；
（3）解：因为是开口向上的抛物线，对称轴为，
若，则有：
①当，即时，
，解得：，满足要求；
②当，即时，
，解得：，满足要求；
综上：或．
【知识点】函数的最大（小）值；函数的值
【解析】【分析】（1）将x=-1和x=0代入解析式直接运算即可；
（2）配方法得到一元二次函数对称轴，得到的单调性，从而确定最小值为，最大值为8；
（3）是开口向上的抛物线，分两种情况与讨论，根据最大值列出方程，求出的值．
（1）因为，
所以，
故
（2）当时，，其图象对称轴为，
故当时，单调递减，当时，单调递增，
故当时，取得最小值，最小值为，
又，故的最大值为8；
（3）因为是开口向上的抛物线，对称轴为，
若，则有：
①当，即时，
，解得：，满足要求；
②当，即时，
，解得：，满足要求；
综上：或．
18．【答案】（1）解：方法一：因为，，令，即，
所以，则，解得，
所以，
令，，则，
则，，
所以函数的解析式为.
方法二：由题意，所以，
又，所以，解得，
所以，即函数的解析式为.
（2）解：由（1）知，任取，，且，
则，
因为，，所以，即，
所以函数在上单调递增，
同理，任取，且，则，
因为，，所以，即，
所以函数在上单调递减，
故在上单调递减，在上单调递增，
又，，
故在上的最小值为，最大值为.
【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；函数的最大（小）值
【解析】【分析】（1）法一：代入x=-1，可求出的值，利用换元法将x-1=t，求的解析式即可；
法二：根据配凑法得到， 代入x=-1，可求出的值 求出的值，即得到解析式.
（2）利用函数单调性的定义设范围，作差，化标准式，与0比较，得出增减性进行证明即可.求出函数在上的单调性，进而求得最值.
（1）方法一：因为，，令，即，
所以，则，解得，
所以，
令，，则，
则，，
所以函数的解析式为.
方法二：由题意，所以，
又，所以，解得，
所以，即函数的解析式为.
（2）由（1）知，任取，，且，
则，
因为，，所以，即，
所以函数在上单调递增，
同理，任取，且，则，
因为，，所以，即，
所以函数在上单调递减，
故在上单调递减，在上单调递增，
又，，
故在上的最小值为，最大值为.
19．【答案】（1）解： 由题意知，0和b是方程的根，且，
所以，解得，.
（2）解：由，即，
即对于实数时恒成立，
则，解得，则x的取值范围为{1}
（3）解： 由，则，
当时，不等式可化为，即，解集为，
当时，不等式可化为，不等式的解集为；
当时，不等式化为，
①当时，，不等式的解集为；
②当时，，不等式的解集为；
③当时，，不等式的解集为；
综上所述，当时，解集为；
当时，解集为；
当时，解集为；
当时，解集为；
当时，解集为.
【知识点】函数恒成立问题；一元二次不等式及其解法；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）方程的根是0和，且，代入韦达定理即可；
（2）将恒成立问题转化问题为对于实数时恒成立，代入端点可得；
（3）按照含参数一元二次不等式的标准解法流程（分类讨论二次项系数、判别式、根的大小关系），对参数进行分类讨论，分别求解每种情况下的不等式解集.
（1）由题意知，0和b是方程的根，且，
所以，解得，
（2）由，即，
即对于实数时恒成立，
则，解得，则x的取值范围为{1}
（3）由，则，
当时，不等式可化为，即，解集为，
当时，不等式可化为，不等式的解集为；
当时，不等式化为，
①当时，，不等式的解集为；
②当时，，不等式的解集为；
③当时，，不等式的解集为；
综上所述，当时，解集为；
当时，解集为；
当时，解集为；
当时，解集为；
当时，解集为
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