浙江省北斗联盟2025-2026学年高一上学期11月期中考试数学试题
1．（2025高一上·浙江期中）已知全集，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】补集及其运算；一元二次方程的解集
【解析】【解答】解：因为全集，，
所以.
故答案为：C.
【分析】利用一元二次方程求解方法得出集合，再利用补集的运算法则，从而得出集合.
2．（2025高一上·浙江期中）命题“，”的否定是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】D
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：因为命题“，”为全称量词命题，
则该命题的否定为：，.
故答案为：D.
【分析】利用全称量词命题的否定为存在量词命题，从而得出命题“，”的否定.
3．（2025高一上·浙江期中）设，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：在上单调递增，
，
在上单调递减，
．
故答案为：A．
【分析】利用指数函数的单调性比较出a，b，c的大小，从而找出正确的选项.
4．（2025高一上·浙江期中）“”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】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：由，可得，则，即，解得或，
则“”是“”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】解分式不等式求a的范围，结合充分、必要性的定义判断即可.
5．（2025高一上·浙江期中）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】函数解析式的求解及常用方法
【解析】【解答】解：，则，
则.
故答案为：B.
【分析】利用配凑法求解析式即可.
6．（2025高一上·浙江期中）我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．”在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来研究函数图象的特征．我们从这个商标中抽象出一个图象如图，其对应的函数可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数的定义域及其求法；函数的图象
【解析】【解答】解：因为函数的定义域为，函数的定义域为，
函数与的定义域均为.
由图知的定义域为，排除选项A、D，
对于，当时，，不符合图象，所以排除选项C.
故答案为：B.
【分析】围绕函数图象与解析式的匹配展开，分析函数的定义域、特殊点函数值、奇偶性等性质，逐一排除不符合图象特征的选项.
7．（2025高一上·浙江期中）已知函数图象恒过定点，且点在函数图象上，则的最小值为（ ）
A．4 B．1 C．2 D．
【答案】C
【知识点】指数型复合函数的性质及应用；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由，得，
又因为，所以定点为，
则，
所以，
当且仅当时等号成立.
故答案为：C.
【分析】由指数函数的性质得出定点坐标，再代入直线方程得出的关系式，再由基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值．
8．（2025高一上·浙江期中）已知定义在上的函数满足，，当时，都有，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：由题意可知：函数在R上为奇函数，
令，
在上，，则，
即函数在上单调递减，且，
因为，所以在R上为奇函数，
综上，在R上单调递减，
由，可得，
则，即，即，解得，
则不等式的解集为.
故答案为：D.
【分析】易知函数在R上为奇函数，令，由题意判断函数的单调性以及奇偶性，并将不等式化为，结合单调性求解即可.
9．（2025高一上·浙江期中）对于任意实数a，b，c，d，有以下四个命题，其中正确的是（ ）
A．若 ， ，则
B．若 ，则
C．若 ，则
D．若 ， ，则
【答案】B,D
【知识点】不等式的基本性质
【解析】【解答】A选项： ， ，但是 ，A不正确；
B选项：因为 成立，则 ，那么 ，B符合题意；
C选项： ，但是 ，C不正确；
D选项：因为 ，则 ，又 ，所以 ，D符合题意.
故答案为：BD
【分析】利用不等式的基本性质逐项进行分析，可得答案。
10．（2025高一上·浙江期中）下列说法正确的是（ ）
A．函数与是同一个函数
B．若函数的定义域为，则函数的定义域为
C．若集合，，则
D．函数的单调递增区间为
【答案】B,D
【知识点】同一函数的判定；函数的定义域及其求法；指数型复合函数的性质及应用；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：A、函数的定义域为R，的定义域为，定义域不相同，不是同一函数，故A错误；
B、函数的定义域为，则，解得，则函数的定义域为，故B正确；
C、由，
即集合，解，可得，
即集合，显然，故C错误；
D、由，在上单调递减，在上单调递增，
而在定义域上单调递增，故的单调递增区间为，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据同一函数的定义即可判断A；由抽象函数的定义域求法求解即可判断B；解分式不等式和一元二次不等式求得集合A，B即可判断C；由二次函数、指数函数的性质及复合函数单调性求单调区间即可判断D.
11．（2025高一上·浙江期中）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，，则下列叙述中正确的是（ ）
A．是奇函数 B．是偶函数
C．的值域是 D．在上是增函数
【答案】A,C,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；指数型复合函数的性质及应用
【解析】【解答】解：函数，
令，易知在上为增函数，且，在上单调递增，
则函数在为增函数，故D正确；
，
且的定义域为，即为奇函数，故A正确；
由，可得，故C正确，B错误.
故答案为：ACD.
【分析】化简函数可得，令，根据指数函数、分式函数的单调性判断单调性即可判断D；根据奇偶性定义判断的奇偶性即可判断A；根据函数的奇偶性求的值域，再由函数新定义确定的值域和奇偶性即可判断BC.
12．（2025高一上·浙江期中）已知函数，则 ．
【答案】
【知识点】函数的值
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：.
【分析】根据分段函数的解析式和代入法，从而得出的值.
13．（2025高一上·浙江期中）求值： .
【答案】0
【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】【解答】解：.
故答案为：0.
【分析】根据指数幂的运算，以及根式与指数幂关系化简求值即可.
14．（2025高一上·浙江期中）已知，，且，则的最小值为 .
【答案】
【知识点】一元二次不等式及其解法；基本不等式
【解析】【解答】解：由，，且，可得，且，
，当且仅当时取等号，则，
令，则，整理得，解得（舍）或，即，
当且仅当时取等号，故的最小值为.
故答案为：.
【分析】 由，，且，可得，且， 根据重要不等式（注意等号成立条件），求得，令，得，解一元二次不等式求，即可得的最小值.
15．（2025高一上·浙江期中）已知集合，或.
（1）当时，求；
（2）若，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：当时，集合，
因为集合或，所以或；
（2）解：易知，
若，
当时，有，解得；
当时，要使，只需，解得，
综上：，则，要使得，则，
即实数的取值范围.
【知识点】集合间关系的判断；集合关系中的参数取值问题；交集及其运算；补集及其运算
【解析】【分析】（1）将代入求得集合，再根据集合的交集运算求即可；
（2）根据集合的补集运算先求出，假设，分和讨论，列不等式即可求出实数的取值范围.
（1）当时，，而或，
所以或；
（2）因为或，所以，
若，
当时，此时有，解得，
当时，要使，只需，解得，
综上：，则，要使得，则，
即实数的取值范围.
16．（2025高一上·浙江期中）函数是定义在上的奇函数，且.
（1）确定的解析式；
（2）证明在上的单调性；
（3）解关于t的不等式.
【答案】（1）解：根据题意，函数是定义在上的奇函数，
则，
解得，
由，
得，
解得，
则函数的定义域为，定义域关于原点对称，
所以，
则函数为奇函数，
所以.
（2）证明：由（1）的结论，得出，
设，
则
，
由，
得，，，，
则，
所以，
则函数在上为增函数.
（3）解：由（1）和（2）知，为奇函数且在上为增函数，
则，
解得：，
所以，不等式的解集为.
【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；奇函数与偶函数的性质
【解析】【分析】（1）根据奇偶性的定义和性质，再结合代入法得出的值，从而得出函数的解析式.
（2）由函数的单调性的定义判断并证出函数在上的单调性.
（3）由函数的奇偶性和单调性，从而转化不等式求解得出关于t的不等式的解集.
（1）根据题意，函数是定义在上的奇函数，
则，
解得；
又由，则有，
解得；
函数的定义域为，定义域关于原点对称，
，
所以函数为奇函数，
所以，
（2）由（1）的结论，，
设，
则
.
又由，
则，，，，
则，即，
则函数在上为增函数.
（3）由（1）（2）知为奇函数且在上为增函数.
，
解得：，
即不等式的解集为.
17．（2025高一上·浙江期中）某公司为了提高生产效率，决定投入160万元买一套生产设备，预计使用该设备后，前年的支出成本为万元，每年的销售收入98万元.使用若干年后对该设备处理的方案有两种：
方案一：当总盈利额达到最大值时，该设备以20万元的价格处理；
方案二：当年平均盈利额（注：年平均盈利额）达到最大值时，该设备以30万元的价格处理.
（1）设前年的总盈利额为（不含设备处理收益），写出方案一中与的函数关系式
（2）哪种方案较为合理？并说明理由.
【答案】（1）解：根据题意，可得，
则方案一中与的函数关系式为：.
（2）解：方案一：，
当时，总盈利额取得最大值90万元，
此时处理掉设备，则总利润为万元.
方案二：由（1）可得年平均利润额为：
当且仅当时，即当时等号成立，
则当时，年平均盈利额最大为20万元，
此时总盈利额万元，此时处理掉设备，
则总利润为万元，
综上所述，两种方案获利都是110万元，但方案一需要5年，
而方案二仅需要4年，
则方案二合理.
【知识点】函数的最大（小）值；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）利用已知条件写出与的函数关系式.
（2）利用已知条件分别写出两种方案的总利润和所需要的时间的关系式，再利用二次函数求最值的方法和基本不等式求最值的方法，从而比较找出较为合理的方案.
（1）根据题意可得，
则方案一中与的函数关系式为：；
（2）方案一：，
当时，总盈利额取得最大值90万元，
此时处理掉设备，则总利润为万元；
方案二：由（1）可得年平均利润额为
，
当且仅当即时等号成立，
即当时，年平均盈利额最大为20万元，此时总盈利额万元，
此时处理掉设备，则总利润为万元；
综上，两种方案获利都是110万元，但方案一需要5年，而方案二仅需要4年，
故方案二合理.
18．（2025高一上·浙江期中）已知函数.
（1）当时，求的值域；
（2）若的最小值为，求的值；
（3）在（2）的条件下，若不等式有实数解，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：当时，函数，因为，所以的值域为；
（2）解：令，函数，
当，即时，在上递增，此时无最值，不满足题意；
当，即时，在上递减，在上递增，
所以，而，解得，
则的最小值为时，；
（3）解：由（2）知，，
不等式，即，即，
设，问题转化为有实数解，
因为，所以，当且仅当，即时等号成立，
则，解得，
故实数的取值范围为.
【知识点】函数的最大（小）值；指数型复合函数的性质及应用；基本不等式
【解析】【分析】（1）将代入，利用指数函数的值域，结合二次函数的性质求解即可；
（2）令，函数，分讨论，结合指数函数的值域及二次函数求出取得最小值的即可；
（3）由（2）的结论，不等式变形为，分离参数，构造函数，利用基本不等式求出最小值即可.
（1）当时，，而，
所以的值域为.
（2）令，函数，
当，即时，在上递增，此时无最值，不满足题意；
当，即时，在上递减，在上递增，
所以，而，解得，
所以的最小值为时，.
（3）由（2）知，，
不等式，
设，依题意，有实数解，
而，则，当且仅当，即时取等号，
因此，解得，
所以实数的取值范围为.
19．（2025高一上·浙江期中）对于区间，若函数同时满足：①在上是单调函数，②函数在的值域是，则称区间为函数的“保值”区间.
（1）求函数的所有“保值”区间；
（2）判断函数是否存在“保值”区间，并说明理由；
（3）已知函数有“保值”区间，当取得最大值时求的值.
【答案】（1）解：因为函数在R上的值域为，
令在的值域为，
则且函数在上单调递增，
因此，
又因为，
解得，
所以函数的所有“保值”区间为.
（2）解：因为函数在上单调递增，
若是在的保值区间，
则，
所以是方程同号的两个不等实根，
由，
得，，
则方程无实根，
所以函数不存在“保值”区间.
（3）解：因为函数在上单调递增，
依题意，得，
则是方程同号的两个不等实根，
所以是关于的方程同号的两个不等实根，
则，
解得或，
所以，
则，
当且仅当时取等号，
则当取得最大值时，的值为3.
【知识点】函数的值域；函数单调性的判断与证明；函数单调性的性质；函数的最大（小）值
【解析】【分析】（1）由函数最小值确定的取值范围，再借助函数的单调性建立方程，从而求解得出“保值”区间.
（2）假定存在“保值”区间，再借助函数的单调性建立方程，再判定方程解的情况得出函数不存在“保值”区间.
（3）由“保值”区间的定义建立方程，再利用韦达定理结合二次函数求最值的方法，从而得出的最大值，并求出此时的值.
（1）函数在R上的值域为，令在的值域为，
则，函数在上单调递增，因此，而，解得，
所以函数的所有“保值”区间为.
（2）函数在上单调递增，
若是在的保值区间，则，
是方程同号的两个不等实根，
由，得，，则方程无实根，
所以函数不存在“保值”区间.
（3）函数在上单调递增，
依题意，，是方程同号的两个不等实根，
即是关于的方程同号的两个不等实根，
，解得或，于是，
，
当且仅当时取等号，
所以当取得最大值时，的值为3.
1 / 1浙江省北斗联盟2025-2026学年高一上学期11月期中考试数学试题
1．（2025高一上·浙江期中）已知全集，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高一上·浙江期中）命题“，”的否定是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
3．（2025高一上·浙江期中）设，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高一上·浙江期中）“”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·浙江期中）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
6．（2025高一上·浙江期中）我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．”在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来研究函数图象的特征．我们从这个商标中抽象出一个图象如图，其对应的函数可能是（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高一上·浙江期中）已知函数图象恒过定点，且点在函数图象上，则的最小值为（ ）
A．4 B．1 C．2 D．
8．（2025高一上·浙江期中）已知定义在上的函数满足，，当时，都有，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
9．（2025高一上·浙江期中）对于任意实数a，b，c，d，有以下四个命题，其中正确的是（ ）
A．若 ， ，则
B．若 ，则
C．若 ，则
D．若 ， ，则
10．（2025高一上·浙江期中）下列说法正确的是（ ）
A．函数与是同一个函数
B．若函数的定义域为，则函数的定义域为
C．若集合，，则
D．函数的单调递增区间为
11．（2025高一上·浙江期中）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，，则下列叙述中正确的是（ ）
A．是奇函数 B．是偶函数
C．的值域是 D．在上是增函数
12．（2025高一上·浙江期中）已知函数，则 ．
13．（2025高一上·浙江期中）求值： .
14．（2025高一上·浙江期中）已知，，且，则的最小值为 .
15．（2025高一上·浙江期中）已知集合，或.
（1）当时，求；
（2）若，求实数的取值范围.
16．（2025高一上·浙江期中）函数是定义在上的奇函数，且.
（1）确定的解析式；
（2）证明在上的单调性；
（3）解关于t的不等式.
17．（2025高一上·浙江期中）某公司为了提高生产效率，决定投入160万元买一套生产设备，预计使用该设备后，前年的支出成本为万元，每年的销售收入98万元.使用若干年后对该设备处理的方案有两种：
方案一：当总盈利额达到最大值时，该设备以20万元的价格处理；
方案二：当年平均盈利额（注：年平均盈利额）达到最大值时，该设备以30万元的价格处理.
（1）设前年的总盈利额为（不含设备处理收益），写出方案一中与的函数关系式
（2）哪种方案较为合理？并说明理由.
18．（2025高一上·浙江期中）已知函数.
（1）当时，求的值域；
（2）若的最小值为，求的值；
（3）在（2）的条件下，若不等式有实数解，求实数的取值范围.
19．（2025高一上·浙江期中）对于区间，若函数同时满足：①在上是单调函数，②函数在的值域是，则称区间为函数的“保值”区间.
（1）求函数的所有“保值”区间；
（2）判断函数是否存在“保值”区间，并说明理由；
（3）已知函数有“保值”区间，当取得最大值时求的值.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】补集及其运算；一元二次方程的解集
【解析】【解答】解：因为全集，，
所以.
故答案为：C.
【分析】利用一元二次方程求解方法得出集合，再利用补集的运算法则，从而得出集合.
2．【答案】D
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：因为命题“，”为全称量词命题，
则该命题的否定为：，.
故答案为：D.
【分析】利用全称量词命题的否定为存在量词命题，从而得出命题“，”的否定.
3．【答案】A
【知识点】指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：在上单调递增，
，
在上单调递减，
．
故答案为：A．
【分析】利用指数函数的单调性比较出a，b，c的大小，从而找出正确的选项.
4．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：由，可得，则，即，解得或，
则“”是“”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】解分式不等式求a的范围，结合充分、必要性的定义判断即可.
5．【答案】B
【知识点】函数解析式的求解及常用方法
【解析】【解答】解：，则，
则.
故答案为：B.
【分析】利用配凑法求解析式即可.
6．【答案】B
【知识点】函数的定义域及其求法；函数的图象
【解析】【解答】解：因为函数的定义域为，函数的定义域为，
函数与的定义域均为.
由图知的定义域为，排除选项A、D，
对于，当时，，不符合图象，所以排除选项C.
故答案为：B.
【分析】围绕函数图象与解析式的匹配展开，分析函数的定义域、特殊点函数值、奇偶性等性质，逐一排除不符合图象特征的选项.
7．【答案】C
【知识点】指数型复合函数的性质及应用；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由，得，
又因为，所以定点为，
则，
所以，
当且仅当时等号成立.
故答案为：C.
【分析】由指数函数的性质得出定点坐标，再代入直线方程得出的关系式，再由基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值．
8．【答案】D
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：由题意可知：函数在R上为奇函数，
令，
在上，，则，
即函数在上单调递减，且，
因为，所以在R上为奇函数，
综上，在R上单调递减，
由，可得，
则，即，即，解得，
则不等式的解集为.
故答案为：D.
【分析】易知函数在R上为奇函数，令，由题意判断函数的单调性以及奇偶性，并将不等式化为，结合单调性求解即可.
9．【答案】B,D
【知识点】不等式的基本性质
【解析】【解答】A选项： ， ，但是 ，A不正确；
B选项：因为 成立，则 ，那么 ，B符合题意；
C选项： ，但是 ，C不正确；
D选项：因为 ，则 ，又 ，所以 ，D符合题意.
故答案为：BD
【分析】利用不等式的基本性质逐项进行分析，可得答案。
10．【答案】B,D
【知识点】同一函数的判定；函数的定义域及其求法；指数型复合函数的性质及应用；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：A、函数的定义域为R，的定义域为，定义域不相同，不是同一函数，故A错误；
B、函数的定义域为，则，解得，则函数的定义域为，故B正确；
C、由，
即集合，解，可得，
即集合，显然，故C错误；
D、由，在上单调递减，在上单调递增，
而在定义域上单调递增，故的单调递增区间为，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据同一函数的定义即可判断A；由抽象函数的定义域求法求解即可判断B；解分式不等式和一元二次不等式求得集合A，B即可判断C；由二次函数、指数函数的性质及复合函数单调性求单调区间即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；指数型复合函数的性质及应用
【解析】【解答】解：函数，
令，易知在上为增函数，且，在上单调递增，
则函数在为增函数，故D正确；
，
且的定义域为，即为奇函数，故A正确；
由，可得，故C正确，B错误.
故答案为：ACD.
【分析】化简函数可得，令，根据指数函数、分式函数的单调性判断单调性即可判断D；根据奇偶性定义判断的奇偶性即可判断A；根据函数的奇偶性求的值域，再由函数新定义确定的值域和奇偶性即可判断BC.
12．【答案】
【知识点】函数的值
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：.
【分析】根据分段函数的解析式和代入法，从而得出的值.
13．【答案】0
【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】【解答】解：.
故答案为：0.
【分析】根据指数幂的运算，以及根式与指数幂关系化简求值即可.
14．【答案】
【知识点】一元二次不等式及其解法；基本不等式
【解析】【解答】解：由，，且，可得，且，
，当且仅当时取等号，则，
令，则，整理得，解得（舍）或，即，
当且仅当时取等号，故的最小值为.
故答案为：.
【分析】 由，，且，可得，且， 根据重要不等式（注意等号成立条件），求得，令，得，解一元二次不等式求，即可得的最小值.
15．【答案】（1）解：当时，集合，
因为集合或，所以或；
（2）解：易知，
若，
当时，有，解得；
当时，要使，只需，解得，
综上：，则，要使得，则，
即实数的取值范围.
【知识点】集合间关系的判断；集合关系中的参数取值问题；交集及其运算；补集及其运算
【解析】【分析】（1）将代入求得集合，再根据集合的交集运算求即可；
（2）根据集合的补集运算先求出，假设，分和讨论，列不等式即可求出实数的取值范围.
（1）当时，，而或，
所以或；
（2）因为或，所以，
若，
当时，此时有，解得，
当时，要使，只需，解得，
综上：，则，要使得，则，
即实数的取值范围.
16．【答案】（1）解：根据题意，函数是定义在上的奇函数，
则，
解得，
由，
得，
解得，
则函数的定义域为，定义域关于原点对称，
所以，
则函数为奇函数，
所以.
（2）证明：由（1）的结论，得出，
设，
则
，
由，
得，，，，
则，
所以，
则函数在上为增函数.
（3）解：由（1）和（2）知，为奇函数且在上为增函数，
则，
解得：，
所以，不等式的解集为.
【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；奇函数与偶函数的性质
【解析】【分析】（1）根据奇偶性的定义和性质，再结合代入法得出的值，从而得出函数的解析式.
（2）由函数的单调性的定义判断并证出函数在上的单调性.
（3）由函数的奇偶性和单调性，从而转化不等式求解得出关于t的不等式的解集.
（1）根据题意，函数是定义在上的奇函数，
则，
解得；
又由，则有，
解得；
函数的定义域为，定义域关于原点对称，
，
所以函数为奇函数，
所以，
（2）由（1）的结论，，
设，
则
.
又由，
则，，，，
则，即，
则函数在上为增函数.
（3）由（1）（2）知为奇函数且在上为增函数.
，
解得：，
即不等式的解集为.
17．【答案】（1）解：根据题意，可得，
则方案一中与的函数关系式为：.
（2）解：方案一：，
当时，总盈利额取得最大值90万元，
此时处理掉设备，则总利润为万元.
方案二：由（1）可得年平均利润额为：
当且仅当时，即当时等号成立，
则当时，年平均盈利额最大为20万元，
此时总盈利额万元，此时处理掉设备，
则总利润为万元，
综上所述，两种方案获利都是110万元，但方案一需要5年，
而方案二仅需要4年，
则方案二合理.
【知识点】函数的最大（小）值；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）利用已知条件写出与的函数关系式.
（2）利用已知条件分别写出两种方案的总利润和所需要的时间的关系式，再利用二次函数求最值的方法和基本不等式求最值的方法，从而比较找出较为合理的方案.
（1）根据题意可得，
则方案一中与的函数关系式为：；
（2）方案一：，
当时，总盈利额取得最大值90万元，
此时处理掉设备，则总利润为万元；
方案二：由（1）可得年平均利润额为
，
当且仅当即时等号成立，
即当时，年平均盈利额最大为20万元，此时总盈利额万元，
此时处理掉设备，则总利润为万元；
综上，两种方案获利都是110万元，但方案一需要5年，而方案二仅需要4年，
故方案二合理.
18．【答案】（1）解：当时，函数，因为，所以的值域为；
（2）解：令，函数，
当，即时，在上递增，此时无最值，不满足题意；
当，即时，在上递减，在上递增，
所以，而，解得，
则的最小值为时，；
（3）解：由（2）知，，
不等式，即，即，
设，问题转化为有实数解，
因为，所以，当且仅当，即时等号成立，
则，解得，
故实数的取值范围为.
【知识点】函数的最大（小）值；指数型复合函数的性质及应用；基本不等式
【解析】【分析】（1）将代入，利用指数函数的值域，结合二次函数的性质求解即可；
（2）令，函数，分讨论，结合指数函数的值域及二次函数求出取得最小值的即可；
（3）由（2）的结论，不等式变形为，分离参数，构造函数，利用基本不等式求出最小值即可.
（1）当时，，而，
所以的值域为.
（2）令，函数，
当，即时，在上递增，此时无最值，不满足题意；
当，即时，在上递减，在上递增，
所以，而，解得，
所以的最小值为时，.
（3）由（2）知，，
不等式，
设，依题意，有实数解，
而，则，当且仅当，即时取等号，
因此，解得，
所以实数的取值范围为.
19．【答案】（1）解：因为函数在R上的值域为，
令在的值域为，
则且函数在上单调递增，
因此，
又因为，
解得，
所以函数的所有“保值”区间为.
（2）解：因为函数在上单调递增，
若是在的保值区间，
则，
所以是方程同号的两个不等实根，
由，
得，，
则方程无实根，
所以函数不存在“保值”区间.
（3）解：因为函数在上单调递增，
依题意，得，
则是方程同号的两个不等实根，
所以是关于的方程同号的两个不等实根，
则，
解得或，
所以，
则，
当且仅当时取等号，
则当取得最大值时，的值为3.
【知识点】函数的值域；函数单调性的判断与证明；函数单调性的性质；函数的最大（小）值
【解析】【分析】（1）由函数最小值确定的取值范围，再借助函数的单调性建立方程，从而求解得出“保值”区间.
（2）假定存在“保值”区间，再借助函数的单调性建立方程，再判定方程解的情况得出函数不存在“保值”区间.
（3）由“保值”区间的定义建立方程，再利用韦达定理结合二次函数求最值的方法，从而得出的最大值，并求出此时的值.
（1）函数在R上的值域为，令在的值域为，
则，函数在上单调递增，因此，而，解得，
所以函数的所有“保值”区间为.
（2）函数在上单调递增，
若是在的保值区间，则，
是方程同号的两个不等实根，
由，得，，则方程无实根，
所以函数不存在“保值”区间.
（3）函数在上单调递增，
依题意，，是方程同号的两个不等实根，
即是关于的方程同号的两个不等实根，
，解得或，于是，
，
当且仅当时取等号，
所以当取得最大值时，的值为3.
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