广东省广州市黄埔区2025-2026学年高一上学期期中教学质量监测数学试题
1．（2025高一上·黄埔期中）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高一上·黄埔期中）下列各图中，不能表示是的函数的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2025高一上·黄埔期中）已知不等式的解集为，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
4．（2025高一上·黄埔期中）已知：，且，下列不等关系一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高一上·黄埔期中）已知函数的定义域为，命题为奇函数，命题，那么是的（ ）
A．充分必要条件 B．既不充分也不必要条件
C．充分不必要条件 D．必要不充分条件
6．（2025高一上·黄埔期中）已知函数是上的减函数，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高一上·黄埔期中）已知 ， ，当 时，不等式 恒成立，则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高一上·黄埔期中）对于非空正数集，其所有元素的几何平均数记为，即，若非空正数集B满足下列两个条件：（1）；（2）．则称B为A的一个“稳定子集”．根据以上信息，集合的“稳定子集”有（ ）
A．5个 B．6个 C．7个 D．8个
9．（2025高一上·黄埔期中）以下满足的集合A有（ ）
A． B．
C． D．
10．（2025高一上·黄埔期中）已知正数满足，则下列结论中正确的是（ ）
A． B．
C．的最小值为 D．与可以相等
11．（2025高一上·黄埔期中）德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，以其命名的函数，被称为狄利克雷函数，其中为实数集，为有理数集，则以下关于狄利克雷函数的结论中，正确的是（ ）
A．函数满足：
B．函数的值域是
C．对于任意的，都有
D．在图象上不存在不同的三个点，使得为等边三角形
12．（2025高一上·黄埔期中）函数的定义域为 .
13．（2025高一上·黄埔期中）已知命题 ： ，都有 是真命题，则实数 的取值范围是 ．
14．（2025高一上·黄埔期中）若不等式对任意及恒成立，则实数的取值范围是 ．
15．（2025高一上·黄埔期中）已知函数（，且）．
（1）若函数的图象过点，求b的值；
（2）若函数在区间上的最大值比最小值大，求a的值．
16．（2025高一上·黄埔期中）培养某种水生植物需要定期向水中加入营养物质N．已知向水中每投放1个单位的物质N，则t（）小时后，水中含有物质N的浓度增加ymol/L，y与t的函数关系可近似地表示为根据经验，当水中含有物质N的浓度不低于2mol/L时，物质N才能有效发挥作用．
（1）若在水中首次投放1个单位的物质N，计算物质N能持续有效发挥作用的时长；
（2）若时在水中首次投放1个单位的物质N，时再投放1个单位的物质N，试判断当时，水中含有物质N的浓度是否始终不超过3mol/L，并说明理由．
17．（2025高一上·黄埔期中）已知在上有意义，单调递增且满足．
（1）求证：；
（2）求不等式的的解集．
18．（2025高一上·黄埔期中）回答下列问题：
（1）已知不等式的解集是，求，的值；
（2）对于二次函数，当时，的最小值是，最大值是，求，的值.
19．（2025高一上·黄埔期中）已知A是非空数集，如果对任意，都有，，则称A是封闭集．
（1）判断集合，，是否为封闭集，并说明理由；
（2）判断命题“若非空集合，是封闭集，则也是封闭集”的真假，并说明理由；
（3）若非空集合A是封闭集合，且，求证：不是封闭集．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，，所以.
故答案为：D.
【分析】首先明确交集的核心定义，直接筛选出同时属于两个集合的元素，整理后即可得到交集结果
2．【答案】B
【知识点】函数的概念及其构成要素
【解析】【解答】解：由函数的定义知，每一个的取值，有且仅有一个值与之对应，
由选项B的图象知，存在的取值，一个的取值，有两个值与之对应，不能表示是的函数.
故答案为：B.
【分析】根据函数的定义判断即可.
3．【答案】C
【知识点】一元二次不等式及其解法；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：不等式的解集为，
和2是方程的两个根，且，
， 可得，
则不等式等价于，
即，解得或，
故不等式的解集为.
故答案为：C.
【分析】由题意得方程的解为-3和2，由韦达定理得abc关系，代入解即可.
4．【答案】D
【知识点】不等关系与不等式
【解析】【解答】解：A、取，满足，但，故A错误；
B、取，满足，但，故B错误；
C、取，满足，但，故C错误；
D、由，可得，即，，则成立，故D正确.
故答案为：D.
【分析】取特殊值即可判断ABC；利用作差法即可判断D.
5．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：为奇函数，则，
但，无法得函数为奇函数，例如，满足，但是为偶函数，
所以是的充分不必要条件，
故答案为：C.
【分析】利用命题充分必要性的概念及奇函数的性质直接判断.
6．【答案】A
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】解：当时，在上单调递减；
当时，，
要使得函数是上的减函数，
需满足，解得，
则的取值范围是，
故答案为：A
【分析】分段函数在上单调递减，需满足：各段函数分别单调递减，且分段点处左侧函数值不小于右侧函数值。
7．【答案】B
【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】因为 ， ， ，
所以 ，
，
当且仅当 ，即 时，取等号，
又因为不等式 恒成立，
所以 ，
即 ，
解得 ，即 ，
故答案为：B
【分析】根据 ， ， ，利用“1”的代换，结合基本不等式求得 的最小值，然后根据不等式 恒成立，由 求解.
8．【答案】B
【知识点】子集与真子集
【解析】【解答】解：集合，则，
因为，由题意可知：集合B至少有2个元素，
若集合B有2个元素，则集合B可以为，共2个；
若集合B有3个元素，则集合B可以为，共2个；
若集合B有4个元素，则集合B可以为，共1个；
若集合B有5个元素，则集合B可以为，共1个；
综上所述：集合的“稳定子集”有个.
故答案为：B.
【分析】由题意，先根据几何平均数的定义求，由可知集合B至少有2个元素，再分类讨论集合B的元素个数，分析求解即可.
9．【答案】A,C
【知识点】集合间关系的判断
【解析】【解答】由题意可知，集合A包含集合，同时又是集合的真子集，
则所有符合条件的集合A为，，.
BD均不符合要求，排除.
故答案为：AC
【分析】集合A一定要含有0， 2， 4三个元素，且至少要多一个元素，多的元素只能从1、3中选，根据要求可得答案.
10．【答案】A,B,D
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：，且，
A、由，可得，则，即，
当且仅当时取得等号，故A正确；
B、，
当且仅当，即时取得等号，故B正确；
C、由，可得，当且仅当时取等号，
但，与前提矛盾，故C错误；
D、若与相等，则或，
则时，与相等，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】 由，可得 ，利用基本不等式求解即可判断A；利用基本不等式“1”的妙用求解即可判断B；由 ，可得，结合基本不等式求解即可判断C；若与相等，消元解方程即可判断D.
11．【答案】A,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；函数的值
【解析】【解答】解：因为，
A、设任意，则；
设任意，则，总之，对于任意实数恒成立，故A正确；
B、的值域为，又，故B错误；
C、当，则，当，则，故C正确；
D、取，此时，得到为等边三角形，所以选项D错误。
故答案为：AC。
【分析】利用，对选项A，B和C逐一分析判断，即可得出选项A，B和C的正误，选项D，通过取特殊点，此时为等边三角形，即可求解。
12．【答案】
【知识点】并集及其运算；简单函数定义域
【解析】【解答】解：因为
所以函数的定义域满足：，解得：且
所以函数的定义域为：.
故答案为：.
【分析】列出式子有意义条件不等式求解函数的定义域即可.
13．【答案】[0，4]
【知识点】函数恒成立问题；二次函数的图象
【解析】【解答】解：因为命题 ： ，都有 是真命题，
所以 ，即 ，解得 ，
所以实数 的取值范围为[0，4]，
故答案为：[0，4]。
【分析】利用命题的真假性结合不等式恒成立问题的求解方法，再利用二次函数图象结合判别式法，从而求出实数a的取值范围。
14．【答案】
【知识点】函数恒成立问题；二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系
【解析】【解答】解：由题意得对任意及恒成立，
所以对任意恒成立，即对恒成立，
令，则是关于的一次函数，
所以只需，即，解得或或，
所以实数的取值范围是．
故答案为：.
【分析】分离参数将不等式通过化为，将恒成立问题转化为，求时，；利用一次函数的性质构造函数，，求实数的范围.
15．【答案】（1）解：，解得.
（2）解：当时，在区间上单调递减，此时，，所以，解得：或0（舍去）；
当时，在区间上单调递增，此时，，所以，解得：或0（舍去）.
综上：或
【知识点】指数函数的图象与性质；指数函数的单调性与特殊点
【解析】【分析】（1）将点 代入 ，求出b的值；
（2）分 和 两种情况，根据函数单调性表达出最大值和最小值，列出方程，求解出a的值.
16．【答案】（1）解：解：当时，由题得，解之得；
当时，由题得，解之得；
所以.
所以物质N能持续有效发挥作用的时长为12小时.
（2）解：解；当时，水中含有物质N的浓度为ymol/L，
则.
当且仅当时等号成立.
所以当时，水中含有物质N的浓度的最大值为3mol/L.
所以当时，水中含有物质N的浓度始终不超过3mol/L.
【知识点】不等关系与不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）分两种情况讨论对，依次解不等式可得；
（2）将式子化简为，运用基本不等式判断求解.
（1）解：当时，由题得，解之得；
当时，由题得，解之得；
所以.
所以物质N能持续有效发挥作用的时长为12小时.
（2）解；当时，水中含有物质N的浓度为ymol/L，
则.
当且仅当时等号成立.
所以当时，水中含有物质N的浓度的最大值为3mol/L.
所以当时，水中含有物质N的浓度始终不超过3mol/L.
17．【答案】（1）证明：，令，可得 ，则；
（2）解：，
因为函数在区间上单调递增，所以，解得，
则不等式的的解集为.
【知识点】函数单调性的性质；抽象函数及其应用
【解析】【分析】（1）由，令，证明即可；
（2）由题意可得，根据在区间上的单调性列不等式组求解即可.
（1）因为，令，得到，
所以.
（2），
又函数在区间上单调递增，
所以，解得，
所以不等式的的解集为.
18．【答案】（1）解：令，
作出函数的图象，如图所示：
因为，的解集是，
若，则不等式的解集是两段区域，不合题意，
若，由可知，恒成立，
又因为不等式的解集为，
所以是方程，即的两根，
由韦达定理可得，解得或（舍去），
综上，，；
（2）解：令，
因为当时，的最小值是，最大值是，
若在上单调递减，则，
两式相减得，由于，
整理得，则，解得，则，不符合题意；
若在上单调递增，则，且，
又，解得，与矛盾，舍去；
若在上不单调，则由（1）中图象可知，
又，从而有，
所以满足，即，解得或（舍去）；
综上，.
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值
【解析】【分析】（1）令，作出函数图象，得，分和两种情况讨论，当时，得到是方程的两根，利用韦达定理求解即可；
（2）令，分类讨论在上的单调情况，结合条件得到关于的方程组分析得解.
（1）令，
作出函数的图象，如图，
因为，的解集是，
若，则不等式的解集是两段区域，不合题意，
若，由可知此时恒成立，
又因为不等式的解集为，
所以是方程，即的两根，
则，解得或（舍去），
综上，，.
（2）令，
因为当时，的最小值是，最大值是，
若在上单调递减，则有，
两式相减，得，由于，
整理得，则，解得，则，不符合题意；
若在上单调递增，则，且，
又，解得，与矛盾，舍去；
若在上不单调，则由（1）中图象可知，
又，从而有，
所以满足，即，解得或（舍去）；
综上，.
19．【答案】（1）解：集合，，，则集合不是封闭集；
对于集合，任取，其中，，
则，，故集合是封闭集；
（2）解：令，由（1）知是封闭集，，
任取，其中，，
则，，
所以是封闭集，
因为，，所以，但，
所以不是封闭集.
所以命题“若非空集合，是封闭集，则也是封闭集”是假命题；
（3）证明：假设是封闭集，
若，在中任取一个，，则，
否则，，此时，与矛盾，
所以，，而，这与矛盾，
所以当时，不是封闭集，
同理可证，当时，也不是封闭集，
综上，不是封闭集.
【知识点】元素与集合的关系；补集及其运算；命题的真假判断与应用
【解析】【分析】（1）集合中计算，以及，结合封闭集的定义判断即可；
集合，任取，根据封闭集的定义判断即可；
（2）举反例，判断命题真假即可；
（3）假设是封闭集，利用反证法，分和两种情况进行分析讨论，引出矛盾，证明即可.
（1）对于集合，因为，，
所以集合不是封闭集；
对于集合，任取，其中，，
则，，
所以集合是封闭集.
（2）令，由（1）知是封闭集，
，任取，其中，，
则，，
所以是封闭集，
因为，，所以，但，
所以不是封闭集.
所以命题“若非空集合，是封闭集，则也是封闭集”是假命题.
（3）假设是封闭集，
若，在中任取一个，，则，
否则，，此时，与矛盾，
所以，，而，这与矛盾，
所以当时，不是封闭集，
同理可证，当时，也不是封闭集，
综上，不是封闭集.
1 / 1广东省广州市黄埔区2025-2026学年高一上学期期中教学质量监测数学试题
1．（2025高一上·黄埔期中）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，，所以.
故答案为：D.
【分析】首先明确交集的核心定义，直接筛选出同时属于两个集合的元素，整理后即可得到交集结果
2．（2025高一上·黄埔期中）下列各图中，不能表示是的函数的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】函数的概念及其构成要素
【解析】【解答】解：由函数的定义知，每一个的取值，有且仅有一个值与之对应，
由选项B的图象知，存在的取值，一个的取值，有两个值与之对应，不能表示是的函数.
故答案为：B.
【分析】根据函数的定义判断即可.
3．（2025高一上·黄埔期中）已知不等式的解集为，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】一元二次不等式及其解法；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：不等式的解集为，
和2是方程的两个根，且，
， 可得，
则不等式等价于，
即，解得或，
故不等式的解集为.
故答案为：C.
【分析】由题意得方程的解为-3和2，由韦达定理得abc关系，代入解即可.
4．（2025高一上·黄埔期中）已知：，且，下列不等关系一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】不等关系与不等式
【解析】【解答】解：A、取，满足，但，故A错误；
B、取，满足，但，故B错误；
C、取，满足，但，故C错误；
D、由，可得，即，，则成立，故D正确.
故答案为：D.
【分析】取特殊值即可判断ABC；利用作差法即可判断D.
5．（2025高一上·黄埔期中）已知函数的定义域为，命题为奇函数，命题，那么是的（ ）
A．充分必要条件 B．既不充分也不必要条件
C．充分不必要条件 D．必要不充分条件
【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：为奇函数，则，
但，无法得函数为奇函数，例如，满足，但是为偶函数，
所以是的充分不必要条件，
故答案为：C.
【分析】利用命题充分必要性的概念及奇函数的性质直接判断.
6．（2025高一上·黄埔期中）已知函数是上的减函数，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】解：当时，在上单调递减；
当时，，
要使得函数是上的减函数，
需满足，解得，
则的取值范围是，
故答案为：A
【分析】分段函数在上单调递减，需满足：各段函数分别单调递减，且分段点处左侧函数值不小于右侧函数值。
7．（2025高一上·黄埔期中）已知 ， ，当 时，不等式 恒成立，则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【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】因为 ， ， ，
所以 ，
，
当且仅当 ，即 时，取等号，
又因为不等式 恒成立，
所以 ，
即 ，
解得 ，即 ，
故答案为：B
【分析】根据 ， ， ，利用“1”的代换，结合基本不等式求得 的最小值，然后根据不等式 恒成立，由 求解.
8．（2025高一上·黄埔期中）对于非空正数集，其所有元素的几何平均数记为，即，若非空正数集B满足下列两个条件：（1）；（2）．则称B为A的一个“稳定子集”．根据以上信息，集合的“稳定子集”有（ ）
A．5个 B．6个 C．7个 D．8个
【答案】B
【知识点】子集与真子集
【解析】【解答】解：集合，则，
因为，由题意可知：集合B至少有2个元素，
若集合B有2个元素，则集合B可以为，共2个；
若集合B有3个元素，则集合B可以为，共2个；
若集合B有4个元素，则集合B可以为，共1个；
若集合B有5个元素，则集合B可以为，共1个；
综上所述：集合的“稳定子集”有个.
故答案为：B.
【分析】由题意，先根据几何平均数的定义求，由可知集合B至少有2个元素，再分类讨论集合B的元素个数，分析求解即可.
9．（2025高一上·黄埔期中）以下满足的集合A有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】集合间关系的判断
【解析】【解答】由题意可知，集合A包含集合，同时又是集合的真子集，
则所有符合条件的集合A为，，.
BD均不符合要求，排除.
故答案为：AC
【分析】集合A一定要含有0， 2， 4三个元素，且至少要多一个元素，多的元素只能从1、3中选，根据要求可得答案.
10．（2025高一上·黄埔期中）已知正数满足，则下列结论中正确的是（ ）
A． B．
C．的最小值为 D．与可以相等
【答案】A,B,D
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：，且，
A、由，可得，则，即，
当且仅当时取得等号，故A正确；
B、，
当且仅当，即时取得等号，故B正确；
C、由，可得，当且仅当时取等号，
但，与前提矛盾，故C错误；
D、若与相等，则或，
则时，与相等，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】 由，可得 ，利用基本不等式求解即可判断A；利用基本不等式“1”的妙用求解即可判断B；由 ，可得，结合基本不等式求解即可判断C；若与相等，消元解方程即可判断D.
11．（2025高一上·黄埔期中）德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，以其命名的函数，被称为狄利克雷函数，其中为实数集，为有理数集，则以下关于狄利克雷函数的结论中，正确的是（ ）
A．函数满足：
B．函数的值域是
C．对于任意的，都有
D．在图象上不存在不同的三个点，使得为等边三角形
【答案】A,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；函数的值
【解析】【解答】解：因为，
A、设任意，则；
设任意，则，总之，对于任意实数恒成立，故A正确；
B、的值域为，又，故B错误；
C、当，则，当，则，故C正确；
D、取，此时，得到为等边三角形，所以选项D错误。
故答案为：AC。
【分析】利用，对选项A，B和C逐一分析判断，即可得出选项A，B和C的正误，选项D，通过取特殊点，此时为等边三角形，即可求解。
12．（2025高一上·黄埔期中）函数的定义域为 .
【答案】
【知识点】并集及其运算；简单函数定义域
【解析】【解答】解：因为
所以函数的定义域满足：，解得：且
所以函数的定义域为：.
故答案为：.
【分析】列出式子有意义条件不等式求解函数的定义域即可.
13．（2025高一上·黄埔期中）已知命题 ： ，都有 是真命题，则实数 的取值范围是 ．
【答案】[0，4]
【知识点】函数恒成立问题；二次函数的图象
【解析】【解答】解：因为命题 ： ，都有 是真命题，
所以 ，即 ，解得 ，
所以实数 的取值范围为[0，4]，
故答案为：[0，4]。
【分析】利用命题的真假性结合不等式恒成立问题的求解方法，再利用二次函数图象结合判别式法，从而求出实数a的取值范围。
14．（2025高一上·黄埔期中）若不等式对任意及恒成立，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】函数恒成立问题；二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系
【解析】【解答】解：由题意得对任意及恒成立，
所以对任意恒成立，即对恒成立，
令，则是关于的一次函数，
所以只需，即，解得或或，
所以实数的取值范围是．
故答案为：.
【分析】分离参数将不等式通过化为，将恒成立问题转化为，求时，；利用一次函数的性质构造函数，，求实数的范围.
15．（2025高一上·黄埔期中）已知函数（，且）．
（1）若函数的图象过点，求b的值；
（2）若函数在区间上的最大值比最小值大，求a的值．
【答案】（1）解：，解得.
（2）解：当时，在区间上单调递减，此时，，所以，解得：或0（舍去）；
当时，在区间上单调递增，此时，，所以，解得：或0（舍去）.
综上：或
【知识点】指数函数的图象与性质；指数函数的单调性与特殊点
【解析】【分析】（1）将点 代入 ，求出b的值；
（2）分 和 两种情况，根据函数单调性表达出最大值和最小值，列出方程，求解出a的值.
16．（2025高一上·黄埔期中）培养某种水生植物需要定期向水中加入营养物质N．已知向水中每投放1个单位的物质N，则t（）小时后，水中含有物质N的浓度增加ymol/L，y与t的函数关系可近似地表示为根据经验，当水中含有物质N的浓度不低于2mol/L时，物质N才能有效发挥作用．
（1）若在水中首次投放1个单位的物质N，计算物质N能持续有效发挥作用的时长；
（2）若时在水中首次投放1个单位的物质N，时再投放1个单位的物质N，试判断当时，水中含有物质N的浓度是否始终不超过3mol/L，并说明理由．
【答案】（1）解：解：当时，由题得，解之得；
当时，由题得，解之得；
所以.
所以物质N能持续有效发挥作用的时长为12小时.
（2）解：解；当时，水中含有物质N的浓度为ymol/L，
则.
当且仅当时等号成立.
所以当时，水中含有物质N的浓度的最大值为3mol/L.
所以当时，水中含有物质N的浓度始终不超过3mol/L.
【知识点】不等关系与不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）分两种情况讨论对，依次解不等式可得；
（2）将式子化简为，运用基本不等式判断求解.
（1）解：当时，由题得，解之得；
当时，由题得，解之得；
所以.
所以物质N能持续有效发挥作用的时长为12小时.
（2）解；当时，水中含有物质N的浓度为ymol/L，
则.
当且仅当时等号成立.
所以当时，水中含有物质N的浓度的最大值为3mol/L.
所以当时，水中含有物质N的浓度始终不超过3mol/L.
17．（2025高一上·黄埔期中）已知在上有意义，单调递增且满足．
（1）求证：；
（2）求不等式的的解集．
【答案】（1）证明：，令，可得 ，则；
（2）解：，
因为函数在区间上单调递增，所以，解得，
则不等式的的解集为.
【知识点】函数单调性的性质；抽象函数及其应用
【解析】【分析】（1）由，令，证明即可；
（2）由题意可得，根据在区间上的单调性列不等式组求解即可.
（1）因为，令，得到，
所以.
（2），
又函数在区间上单调递增，
所以，解得，
所以不等式的的解集为.
18．（2025高一上·黄埔期中）回答下列问题：
（1）已知不等式的解集是，求，的值；
（2）对于二次函数，当时，的最小值是，最大值是，求，的值.
【答案】（1）解：令，
作出函数的图象，如图所示：
因为，的解集是，
若，则不等式的解集是两段区域，不合题意，
若，由可知，恒成立，
又因为不等式的解集为，
所以是方程，即的两根，
由韦达定理可得，解得或（舍去），
综上，，；
（2）解：令，
因为当时，的最小值是，最大值是，
若在上单调递减，则，
两式相减得，由于，
整理得，则，解得，则，不符合题意；
若在上单调递增，则，且，
又，解得，与矛盾，舍去；
若在上不单调，则由（1）中图象可知，
又，从而有，
所以满足，即，解得或（舍去）；
综上，.
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值
【解析】【分析】（1）令，作出函数图象，得，分和两种情况讨论，当时，得到是方程的两根，利用韦达定理求解即可；
（2）令，分类讨论在上的单调情况，结合条件得到关于的方程组分析得解.
（1）令，
作出函数的图象，如图，
因为，的解集是，
若，则不等式的解集是两段区域，不合题意，
若，由可知此时恒成立，
又因为不等式的解集为，
所以是方程，即的两根，
则，解得或（舍去），
综上，，.
（2）令，
因为当时，的最小值是，最大值是，
若在上单调递减，则有，
两式相减，得，由于，
整理得，则，解得，则，不符合题意；
若在上单调递增，则，且，
又，解得，与矛盾，舍去；
若在上不单调，则由（1）中图象可知，
又，从而有，
所以满足，即，解得或（舍去）；
综上，.
19．（2025高一上·黄埔期中）已知A是非空数集，如果对任意，都有，，则称A是封闭集．
（1）判断集合，，是否为封闭集，并说明理由；
（2）判断命题“若非空集合，是封闭集，则也是封闭集”的真假，并说明理由；
（3）若非空集合A是封闭集合，且，求证：不是封闭集．
【答案】（1）解：集合，，，则集合不是封闭集；
对于集合，任取，其中，，
则，，故集合是封闭集；
（2）解：令，由（1）知是封闭集，，
任取，其中，，
则，，
所以是封闭集，
因为，，所以，但，
所以不是封闭集.
所以命题“若非空集合，是封闭集，则也是封闭集”是假命题；
（3）证明：假设是封闭集，
若，在中任取一个，，则，
否则，，此时，与矛盾，
所以，，而，这与矛盾，
所以当时，不是封闭集，
同理可证，当时，也不是封闭集，
综上，不是封闭集.
【知识点】元素与集合的关系；补集及其运算；命题的真假判断与应用
【解析】【分析】（1）集合中计算，以及，结合封闭集的定义判断即可；
集合，任取，根据封闭集的定义判断即可；
（2）举反例，判断命题真假即可；
（3）假设是封闭集，利用反证法，分和两种情况进行分析讨论，引出矛盾，证明即可.
（1）对于集合，因为，，
所以集合不是封闭集；
对于集合，任取，其中，，
则，，
所以集合是封闭集.
（2）令，由（1）知是封闭集，
，任取，其中，，
则，，
所以是封闭集，
因为，，所以，但，
所以不是封闭集.
所以命题“若非空集合，是封闭集，则也是封闭集”是假命题.
（3）假设是封闭集，
若，在中任取一个，，则，
否则，，此时，与矛盾，
所以，，而，这与矛盾，
所以当时，不是封闭集，
同理可证，当时，也不是封闭集，
综上，不是封闭集.
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