广东省领航高中联盟2025-2026学年高一上学期12月检测数学试题
1．（2025高一上·广东月考）设命题，，则的否定为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】A
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：由存在量词命题的否定为全称量词命题可得：
命题“，”的否定为“：，”.
故答案为：A.
【分析】利用全称量词命题的否定，先将变为，再将>变为可得出结论.
2．（2025高一上·广东月考）设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意得的解为，
又为自然数集，故.
故答案为：C.
【分析】解不等式 得 ，再根据交集的运算求出此范围内得自然数即可.
3．（2025高一上·广东月考）设甲：，乙：，则甲是乙的（ ）
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：由得，解得或，
由解得或，
显然或是或的真子集
故甲是乙的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】解，得或，再求一元二次不等式得或，结合集合关系判断即可.
4．（2025高一上·广东月考）已知函数是奇函数，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：不妨设，由奇函数性质可知，
所以，即对任意恒成立，
于是，所以.
故答案为：D.
【分析】设，由奇函数性质可得，对可得任意恒成立，可得解即可.
5．（2025高一上·广东月考）若，，则实数（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【知识点】函数恒成立问题
【解析】【解答】解：因为对于任意正数，不等式恒成立，则，
而，所以要使其恒成立，则.
故答案为：D.
【分析】运用二次函数的性质得，则.
6．（2025高一上·广东月考）函数的零点所在区间为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数单调性的性质；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：函数的定义域为，
因为，在区间上单调递增，
所以函数在区间上单调递增，
因为，，
，，
所以由零点存在性定理可知零点所在区间为.
故答案为：C.
【分析】由，在区间上单调递增在区间上单调递增，结合零点存在性定理，，判断即可.
7．（2025高一上·广东月考）不等式的解集为（ ）
A．{且} B．{或}
C． D．
【答案】B
【知识点】其他不等式的解法
【解析】【解答】解：当时，，
不等式，，解得，取交集，得.
当时，，
不等式，，解得，取交集，得.
当时，分式无意义.
综上所述，不等式的解集为{或}.
故答案为：.
【分析】先对分母中绝对值的性质进行分类，两种情况讨论，分别求解分式不等式即可.
8．（2025高一上·广东月考）记，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】对数的性质与运算法则；利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：显然，故必然有，
所以，，
由于，函数是增函数，
故，即，故.
故答案为：A.
【分析】构造函数，可判断其为增函数，利用单调性比较即可.
9．（2025高一上·广东月考）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,B
【知识点】集合间关系的判断；交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：A、由可知，该选项正确，符合题意；
B、由得，于是，该选项正确，符合题意；
C、由得，该选项错误，不合题意；
D、或，故或，该选项错误，不合题意.
故答案为：AB.
【分析】由元素与集合的关系可判断A；解绝对值不等式得集合B，可判断B；由集合关系可判断C；求B的补集，然后求与A的并集可判断D.
10．（2025高一上·广东月考）已知函数（且）的图象如图所示，则（ ）
A． B．
C． D．当时，
【答案】A,B,D
【知识点】对数的性质与运算法则；换底公式及其推论；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：A、因为在定义域内是增函数可知，该选项正确，符合题意；
B、因为，该选项正确，符合题意；
C、因为，
由图可知，即，
且，可得，，该选项错误，不合题意；
D、因为，
则，可得，
因为在区间上单调递增，则在区间上单调递增，
若，则，该选项正确，符合题意；
故答案为：ABD.
【分析】由函数图象可得函数单调递增可判断A；根据可判断B；根据分析判断C；由C可得，利用在区间上单调递增判断D.
11．（2025高一上·广东月考）已知函数是幂函数，则下列说法正确的有（ ）
A．若在处有意义，则
B．对任意非零实数，有
C．若是增函数，则
D．若的定义域不为，点在函数的图象上，则
【答案】A,B,D
【知识点】幂函数的概念与表示；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：由幂函数的定义可知可得，或.
A、由在处有意义，即存在，则，此时，，该选项正确，符合题意；
B、由幂函数，可知，该选项正确，符合题意；
C、由是增函数，可知，此时，，该选项错误，不合题意；
D、若的定义域不为，此时，即，
依题意可得，即，于是，该选项正确，符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】利用幂函数概念可求得参数，或；在处有意义，即存在，则，可判A；函数，可知可判断B；是增函数，即，此时，，可判断C；若的定义域不为，得，得可判断D.
12．（2025高一上·广东月考）若，，则的取值范围是 .
【答案】
【知识点】不等关系与不等式
【解析】【解答】解：由得，
又，所以的取值范围是.
故答案为：.
【分析】由b范围得2b范围，再利用不等式的性质可得所求式子的答案.
13．（2025高一上·广东月考）算法中常用复杂度表示所需算力，指数时间复杂度表示算法的时间复杂度随输入规模呈指数型增长.记最终所需算力为，由硬件导致的规模系数为（可视为常数），则有.当输入规模增加1时，所需算力变为原来的4倍，则 .
【答案】2
【知识点】有理数指数幂的运算性质；“指数爆炸”模型
【解析】【解答】解：由题意可得，
因为，
所以，解得.
故答案为：2.
【分析】由题意可得，，代入指数的运算公式得即可.
14．（2025高一上·广东月考）已知函数，则曲线恒过定点的坐标为 .
【答案】
【知识点】有理数指数幂的运算性质；指数型复合函数的性质及应用；指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解法一：，令，得，
此时，故曲线过定点.
解法二：注意到，
故其过定点.
故答案为：
【分析】解法一：先合并含的项，再令，得，代入函数解析式得纵坐标可求出定点的坐标；
解法二：由对数恒等式的，函数值为定值.
15．（2025高一上·广东月考）（1）若，求的值；
（2）计算的值.
【答案】解：（1）因为，则，
整理可得，解得；
（2）解法一：；
解法二：.
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的概念与表示；对数的性质与运算法则；换底公式及其推论
【解析】【分析】（1）将原式化为，可得，可解；
（2）解法一：利用换底公式得，求解即可；
解法二：代入公式得求解.
16．（2025高一上·广东月考）记集合，.
（1）若，求的取值范围；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）解：由，得，解得或，
故的取值范围是.
（2）解：当时题设显然成立，此时有，解得；
当时，有，解得或.
综上的取值范围是.
【知识点】子集与真子集；集合间关系的判断；空集；一元二次不等式及其解法
【解析】【分析】（1）由，列可解；
（2）分，两种情况，时，有可解；
（1）由，得，解得或，
故的取值范围是.
（2）当时题设显然成立，此时有，解得；
当时，有，解得或.
综上的取值范围是.
17．（2025高一上·广东月考）正数，满足.
（1）求的最大值；
（2）求的最小值.
【答案】（1）解：因为正数，满足，
所以可得，
即，当且仅当，时等号成立.
故的最大值为4.
（2）解：，
当且仅当，时等号成立.
故的最小值为12.
【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）用基本不等式进行求解即可；
（2）将原式化化为完全平方形式得，用（1）的结论可解.
（1）因为正数，满足，
所以可得，
即，当且仅当，时等号成立.
故的最大值为4.
（2），
当且仅当，时等号成立.
故的最小值为12.
18．（2025高一上·广东月考）已知函数.
（1）当时，求在区间上的最大值；
（2）若，，求的最大值，并求当取得最大值时的值；
（3）若，使得，求的取值范围.
【答案】（1）解：当时，，
故在区间，上单调递减，在区间上单调递增，
注意到，，故在区间，上的最大值为8.
（2）解：由，可得，
于是，当且仅当时等号成立，
故的最大值为1，于是，.
（3）解：解法一：原题设等价于在区间上有零点.
注意到的对称轴为，
当，即时，在区间上单调递增，
而，此时，矛盾.
当时，令，得，
由零点存在性定理可知此时在区间上有零点，符合题意.
当时，，，矛盾.
当时，，此时只要即可.
注意到，故由零点存在性定理知在区间上有零点.
综上，的取值范围是.
解法二：原题设等价于方程在区间上有解，
显然不是方程的解，
当时，
有，
当且仅当时取等号，
又当无限趋近1时，无限趋近于，
综上，的取值范围是.
【知识点】函数的最大（小）值；函数恒成立问题；基本不等式；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）由题意得，可得单调区间，再比较端点值可得最大值；
（2） 恒成立，可得，求得的范围可得答案；
（3）方法一原题设等价于在区间上有零点.，根据对称轴和区间的位置关系和讨论，结合零点存在定理可得答案；方法二原题设等价于方程在区间上有解，不是方程的解，分离参数，结合基本不等式可得答案.
（1）当时，，
故在区间，上单调递减，在区间上单调递增，
注意到，，故在区间，上的最大值为8.
（2）由，可得，
于是，当且仅当时等号成立，
故的最大值为1，于是，.
（3）解法一：原题设等价于在区间上有零点.
注意到的对称轴为，
当，即时，在区间上单调递增，
而，此时，矛盾.
当时，令，得，
由零点存在性定理可知此时在区间上有零点，符合题意.
当时，，，矛盾.
当时，，此时只要即可.
注意到，故由零点存在性定理知在区间上有零点.
综上，的取值范围是.
解法二：原题设等价于方程在区间上有解，
显然不是方程的解，
当时，
有，
当且仅当时取等号，
又当无限趋近1时，无限趋近于，
综上，的取值范围是.
19．（2025高一上·广东月考）设函数，其中且，且.
（1）当时，求的定义域；
（2）当时，利用定义法证明：在定义域内单调递增；
（3）若存在，使得，证明：.
【答案】（1）解：当时，.
根据对数函数的定义可知，即，
故的定义域为.
（2）证明：当时，，设的定义域为.
在上任取，，且，，
当时，指数函数在上单调递增.
由于，则，.
又，故在区间上单调递增，
所以，即.
故当时，在上单调递增；
当时，指数函数在上单调递减.
由于，则，.
又，故在区间上单调递减，
所以，即.
即当时，在上单调递增.
综上，当或时，对于任意，且，均有，
故在其定义域内单调递增.
（3）证明：令，则，即，即，
故原题等价于关于的方程在区间上有解.
设.
当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，
又由在区间上有解及零点存在性定理知，
即，又且，解得.
所以，若存在，使得，则.
【知识点】函数单调性的判断与证明；对数函数的图象与性质；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）要使对数有意义，需要真数位置大于零，可解.
（2）定义法证明函数单调性，在定义域上，，列出讨论底数和1的大小关系，根据单调性可讨论大小.
（3）原题等价于关于的方程在区间上有解，时，在上单调递增；当时，在上单调递减，零点存在性定理知，可得解.
（1）当时，.
根据对数函数的定义可知，即，
故的定义域为.
（2）当时，，设的定义域为.
在上任取，，且，，
当时，指数函数在上单调递增.
由于，则，.
又，故在区间上单调递增，
所以，即.
故当时，在上单调递增；
当时，指数函数在上单调递减.
由于，则，.
又，故在区间上单调递减，
所以，即.
即当时，在上单调递增.
综上，当或时，对于任意，且，均有，
故在其定义域内单调递增.
（3）令，则，即，即，
故原题等价于关于的方程在区间上有解.
设.
当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，
又由在区间上有解及零点存在性定理知，
即，又且，解得.
所以，若存在，使得，则.
1 / 1广东省领航高中联盟2025-2026学年高一上学期12月检测数学试题
1．（2025高一上·广东月考）设命题，，则的否定为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
2．（2025高一上·广东月考）设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高一上·广东月考）设甲：，乙：，则甲是乙的（ ）
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
4．（2025高一上·广东月考）已知函数是奇函数，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高一上·广东月考）若，，则实数（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．（2025高一上·广东月考）函数的零点所在区间为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高一上·广东月考）不等式的解集为（ ）
A．{且} B．{或}
C． D．
8．（2025高一上·广东月考）记，，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2025高一上·广东月考）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
10．（2025高一上·广东月考）已知函数（且）的图象如图所示，则（ ）
A． B．
C． D．当时，
11．（2025高一上·广东月考）已知函数是幂函数，则下列说法正确的有（ ）
A．若在处有意义，则
B．对任意非零实数，有
C．若是增函数，则
D．若的定义域不为，点在函数的图象上，则
12．（2025高一上·广东月考）若，，则的取值范围是 .
13．（2025高一上·广东月考）算法中常用复杂度表示所需算力，指数时间复杂度表示算法的时间复杂度随输入规模呈指数型增长.记最终所需算力为，由硬件导致的规模系数为（可视为常数），则有.当输入规模增加1时，所需算力变为原来的4倍，则 .
14．（2025高一上·广东月考）已知函数，则曲线恒过定点的坐标为 .
15．（2025高一上·广东月考）（1）若，求的值；
（2）计算的值.
16．（2025高一上·广东月考）记集合，.
（1）若，求的取值范围；
（2）若，求的取值范围.
17．（2025高一上·广东月考）正数，满足.
（1）求的最大值；
（2）求的最小值.
18．（2025高一上·广东月考）已知函数.
（1）当时，求在区间上的最大值；
（2）若，，求的最大值，并求当取得最大值时的值；
（3）若，使得，求的取值范围.
19．（2025高一上·广东月考）设函数，其中且，且.
（1）当时，求的定义域；
（2）当时，利用定义法证明：在定义域内单调递增；
（3）若存在，使得，证明：.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：由存在量词命题的否定为全称量词命题可得：
命题“，”的否定为“：，”.
故答案为：A.
【分析】利用全称量词命题的否定，先将变为，再将>变为可得出结论.
2．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意得的解为，
又为自然数集，故.
故答案为：C.
【分析】解不等式 得 ，再根据交集的运算求出此范围内得自然数即可.
3．【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：由得，解得或，
由解得或，
显然或是或的真子集
故甲是乙的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】解，得或，再求一元二次不等式得或，结合集合关系判断即可.
4．【答案】D
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：不妨设，由奇函数性质可知，
所以，即对任意恒成立，
于是，所以.
故答案为：D.
【分析】设，由奇函数性质可得，对可得任意恒成立，可得解即可.
5．【答案】D
【知识点】函数恒成立问题
【解析】【解答】解：因为对于任意正数，不等式恒成立，则，
而，所以要使其恒成立，则.
故答案为：D.
【分析】运用二次函数的性质得，则.
6．【答案】C
【知识点】函数单调性的性质；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：函数的定义域为，
因为，在区间上单调递增，
所以函数在区间上单调递增，
因为，，
，，
所以由零点存在性定理可知零点所在区间为.
故答案为：C.
【分析】由，在区间上单调递增在区间上单调递增，结合零点存在性定理，，判断即可.
7．【答案】B
【知识点】其他不等式的解法
【解析】【解答】解：当时，，
不等式，，解得，取交集，得.
当时，，
不等式，，解得，取交集，得.
当时，分式无意义.
综上所述，不等式的解集为{或}.
故答案为：.
【分析】先对分母中绝对值的性质进行分类，两种情况讨论，分别求解分式不等式即可.
8．【答案】A
【知识点】对数的性质与运算法则；利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：显然，故必然有，
所以，，
由于，函数是增函数，
故，即，故.
故答案为：A.
【分析】构造函数，可判断其为增函数，利用单调性比较即可.
9．【答案】A,B
【知识点】集合间关系的判断；交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：A、由可知，该选项正确，符合题意；
B、由得，于是，该选项正确，符合题意；
C、由得，该选项错误，不合题意；
D、或，故或，该选项错误，不合题意.
故答案为：AB.
【分析】由元素与集合的关系可判断A；解绝对值不等式得集合B，可判断B；由集合关系可判断C；求B的补集，然后求与A的并集可判断D.
10．【答案】A,B,D
【知识点】对数的性质与运算法则；换底公式及其推论；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：A、因为在定义域内是增函数可知，该选项正确，符合题意；
B、因为，该选项正确，符合题意；
C、因为，
由图可知，即，
且，可得，，该选项错误，不合题意；
D、因为，
则，可得，
因为在区间上单调递增，则在区间上单调递增，
若，则，该选项正确，符合题意；
故答案为：ABD.
【分析】由函数图象可得函数单调递增可判断A；根据可判断B；根据分析判断C；由C可得，利用在区间上单调递增判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】幂函数的概念与表示；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：由幂函数的定义可知可得，或.
A、由在处有意义，即存在，则，此时，，该选项正确，符合题意；
B、由幂函数，可知，该选项正确，符合题意；
C、由是增函数，可知，此时，，该选项错误，不合题意；
D、若的定义域不为，此时，即，
依题意可得，即，于是，该选项正确，符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】利用幂函数概念可求得参数，或；在处有意义，即存在，则，可判A；函数，可知可判断B；是增函数，即，此时，，可判断C；若的定义域不为，得，得可判断D.
12．【答案】
【知识点】不等关系与不等式
【解析】【解答】解：由得，
又，所以的取值范围是.
故答案为：.
【分析】由b范围得2b范围，再利用不等式的性质可得所求式子的答案.
13．【答案】2
【知识点】有理数指数幂的运算性质；“指数爆炸”模型
【解析】【解答】解：由题意可得，
因为，
所以，解得.
故答案为：2.
【分析】由题意可得，，代入指数的运算公式得即可.
14．【答案】
【知识点】有理数指数幂的运算性质；指数型复合函数的性质及应用；指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解法一：，令，得，
此时，故曲线过定点.
解法二：注意到，
故其过定点.
故答案为：
【分析】解法一：先合并含的项，再令，得，代入函数解析式得纵坐标可求出定点的坐标；
解法二：由对数恒等式的，函数值为定值.
15．【答案】解：（1）因为，则，
整理可得，解得；
（2）解法一：；
解法二：.
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的概念与表示；对数的性质与运算法则；换底公式及其推论
【解析】【分析】（1）将原式化为，可得，可解；
（2）解法一：利用换底公式得，求解即可；
解法二：代入公式得求解.
16．【答案】（1）解：由，得，解得或，
故的取值范围是.
（2）解：当时题设显然成立，此时有，解得；
当时，有，解得或.
综上的取值范围是.
【知识点】子集与真子集；集合间关系的判断；空集；一元二次不等式及其解法
【解析】【分析】（1）由，列可解；
（2）分，两种情况，时，有可解；
（1）由，得，解得或，
故的取值范围是.
（2）当时题设显然成立，此时有，解得；
当时，有，解得或.
综上的取值范围是.
17．【答案】（1）解：因为正数，满足，
所以可得，
即，当且仅当，时等号成立.
故的最大值为4.
（2）解：，
当且仅当，时等号成立.
故的最小值为12.
【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）用基本不等式进行求解即可；
（2）将原式化化为完全平方形式得，用（1）的结论可解.
（1）因为正数，满足，
所以可得，
即，当且仅当，时等号成立.
故的最大值为4.
（2），
当且仅当，时等号成立.
故的最小值为12.
18．【答案】（1）解：当时，，
故在区间，上单调递减，在区间上单调递增，
注意到，，故在区间，上的最大值为8.
（2）解：由，可得，
于是，当且仅当时等号成立，
故的最大值为1，于是，.
（3）解：解法一：原题设等价于在区间上有零点.
注意到的对称轴为，
当，即时，在区间上单调递增，
而，此时，矛盾.
当时，令，得，
由零点存在性定理可知此时在区间上有零点，符合题意.
当时，，，矛盾.
当时，，此时只要即可.
注意到，故由零点存在性定理知在区间上有零点.
综上，的取值范围是.
解法二：原题设等价于方程在区间上有解，
显然不是方程的解，
当时，
有，
当且仅当时取等号，
又当无限趋近1时，无限趋近于，
综上，的取值范围是.
【知识点】函数的最大（小）值；函数恒成立问题；基本不等式；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）由题意得，可得单调区间，再比较端点值可得最大值；
（2） 恒成立，可得，求得的范围可得答案；
（3）方法一原题设等价于在区间上有零点.，根据对称轴和区间的位置关系和讨论，结合零点存在定理可得答案；方法二原题设等价于方程在区间上有解，不是方程的解，分离参数，结合基本不等式可得答案.
（1）当时，，
故在区间，上单调递减，在区间上单调递增，
注意到，，故在区间，上的最大值为8.
（2）由，可得，
于是，当且仅当时等号成立，
故的最大值为1，于是，.
（3）解法一：原题设等价于在区间上有零点.
注意到的对称轴为，
当，即时，在区间上单调递增，
而，此时，矛盾.
当时，令，得，
由零点存在性定理可知此时在区间上有零点，符合题意.
当时，，，矛盾.
当时，，此时只要即可.
注意到，故由零点存在性定理知在区间上有零点.
综上，的取值范围是.
解法二：原题设等价于方程在区间上有解，
显然不是方程的解，
当时，
有，
当且仅当时取等号，
又当无限趋近1时，无限趋近于，
综上，的取值范围是.
19．【答案】（1）解：当时，.
根据对数函数的定义可知，即，
故的定义域为.
（2）证明：当时，，设的定义域为.
在上任取，，且，，
当时，指数函数在上单调递增.
由于，则，.
又，故在区间上单调递增，
所以，即.
故当时，在上单调递增；
当时，指数函数在上单调递减.
由于，则，.
又，故在区间上单调递减，
所以，即.
即当时，在上单调递增.
综上，当或时，对于任意，且，均有，
故在其定义域内单调递增.
（3）证明：令，则，即，即，
故原题等价于关于的方程在区间上有解.
设.
当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，
又由在区间上有解及零点存在性定理知，
即，又且，解得.
所以，若存在，使得，则.
【知识点】函数单调性的判断与证明；对数函数的图象与性质；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）要使对数有意义，需要真数位置大于零，可解.
（2）定义法证明函数单调性，在定义域上，，列出讨论底数和1的大小关系，根据单调性可讨论大小.
（3）原题等价于关于的方程在区间上有解，时，在上单调递增；当时，在上单调递减，零点存在性定理知，可得解.
（1）当时，.
根据对数函数的定义可知，即，
故的定义域为.
（2）当时，，设的定义域为.
在上任取，，且，，
当时，指数函数在上单调递增.
由于，则，.
又，故在区间上单调递增，
所以，即.
故当时，在上单调递增；
当时，指数函数在上单调递减.
由于，则，.
又，故在区间上单调递减，
所以，即.
即当时，在上单调递增.
综上，当或时，对于任意，且，均有，
故在其定义域内单调递增.
（3）令，则，即，即，
故原题等价于关于的方程在区间上有解.
设.
当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，
又由在区间上有解及零点存在性定理知，
即，又且，解得.
所以，若存在，使得，则.
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