广东省佛山市部分学校2025-2026学年高一上学期12月月考数学试题
1．（2025高一上·佛山月考）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和交集的运算法则，从而得出集合.
2．（2025高一上·佛山月考）函数的定义域是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：由题意，得且，
解得且，
则函数的定义域为.
故答案为：B.
【分析】由对数型函数的真数大于0和零次函数底数不为0，从而得到不等式组，进而解不等式组可得.
3．（2025高一上·佛山月考）函数的大致图象是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的图象
【解析】【解答】解：因为的定义域为，故B错误；
又因为，
则为奇函数，故A错误；
当时，，所以，故C错误.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件结合函数定义域、函数奇偶性和特殊区间上函数的正负，则由排除法找出满足要求的函数的大致图象.
4．（2025高一上·佛山月考）“”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】D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；指数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：当时，，此时，
当时，，此时，
故“”是“”的既不充分也不必要条件.
故答案为：D
【分析】指数函数的性质得当时，，此时，当时，，此时；由充分必要性的定义可得.
5．（2025高一上·佛山月考）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：因为，所以，则；
因为，所以，则；
因为，又因为，
所以，
则.
故答案为：D.
【分析】利用指数函数的单调性、对数函数的单调性，从而分别得出的取值范围，再比较得出a，b，c的大小.
6．（2025高一上·佛山月考）已知函数有两个不相等的正零点，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：设的两个不等正零点为，
则的两个不等正根为，
所以，解得，
则的取值范围是.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和函数零点与方程的根的等价关系，则将问题转化为有两个不等正根为，再根据韦达定理和根的判别式，从而得到不等式组，解不等式组得出实数a的取值范围.
7．（2025高一上·佛山月考）若不等式对任意的恒成立，则的最小值为（ ）
A． B．4 C．5 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】解：当时，不可能对任意的恒成立，不满足要求，
当时，开口向下，不满足题意，所以，
令，得，
当时，不等式对任意的恒成立，
所以，
则，且，
所以，当且仅当时，即d昂时，等号成立，
则的最小值为4.
故答案为：B.
【分析】由不等式恒成立问题求解方法，从而确定，且，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·佛山月考）在某个时期，某湖泊中的蓝藻总量为千克，且该湖泊中的蓝藻每天以的增长率呈指数增长，经过天后，该湖泊中的蓝藻总量不少于千克，则的最小值是（ ）（参考数据：）
A．14 B．15 C．16 D．17
【答案】B
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则；“指数爆炸”模型
【解析】【解答】解：由题意，得，则，
两边取对数，得，
则，
所以的最小值为15.
故答案为：B.
【分析】由题意列出不等式，两边取对数结合对数的运算法则，从而得出n的取值范围，进而得出n的最小值.
9．（2025高一上·佛山月考）已知一次函数满足，则的解析式可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知识点】函数解析式的求解及常用方法
【解析】【解答】解：设，则，
因为，所以，解得或，
所以或.
故答案为：AC
【分析】由函数的类型设，则，代入已知求解即可.
10．（2025高一上·佛山月考）关于的不等式的解集中恰有两个整数，则实数的取值范围可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B,D
【知识点】一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：，
若，则，解集为，
若，解得，
因为解集中恰有两个整数，所以，
若，解得，
因为解集中恰有两个整数，所以，
综上，或.
故答案为：BD
【分析】因式分解解不等式得两根为-2和a，比较两根的大小，分，和三种情况讨论求解.
11．（2025高一上·佛山月考）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】函数单调性的性质；指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：，
令，
因为在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递增，
又因为，所以.
对于选项A，因为，，故A正确；
对于选项B，因为在上单调递增，所以，故B正确；
对于选项C，不妨设，则，故C错误；
对于选项D，因为，所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】令，将不等式变形后得到，由函数单调性得到，再根据函数单调性判断出选项A、B、D；举反例判断出选项C，从而找出正确的选项.
12．（2025高一上·佛山月考）若幂函数在上单调递减，则 ．
【答案】
【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：由题意，解得，
此时在上单调递减，满足，
所以.
故答案为：
【分析】由幂函数定义得数为1，单调递减得指数为负，可得方程组，得解。
13．（2025高一上·佛山月考）某商场搞促销活动，促销活动期间，若顾客一次性购物总金额不超过200元，则不享受任何优惠；若顾客一次性购物总金额超过200元，但不超过500元，则超过部分优惠；若顾客一次性购物总金额超过500元，则在享受上一档优惠（超过200元但不超过500元的部分）的同时，超过500元的部分优惠.某人在该商场促销期间一次性购物享受了60元的优惠，则此人这次在该商场购物实际所付金额为 元.
【答案】590
【知识点】不等关系与不等式
【解析】【解答】解：设此人这次在该商场购物不优惠，共花费元，显然，
若，则最多优惠元，小于60元，
则，所以，
解得，
所以此人这次在该商场购物实际所付金额为元.
故答案为：590.
【分析】设此人这次在该商场购物不优惠，共花费元，利用已知条件分析出的取值范围，从而得到关于x的方程，解方程可得出此人这次在该商场购物实际所付金额.
14．（2025高一上·佛山月考）若函数满足是奇函数，则我们称是“基移奇函数”，点为“基移奇函数”的“基点”．已知函数是“基移奇函数”，则的“基点”坐标为 ．
【答案】
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：已知函数是“基移奇函数”，
，
移项得.
令，则
因为函数是奇函数，所以是奇函数，
与定义对比可得.
则的“基点”坐标为．
故答案为：
【分析】由“基移奇函数”定义得，利用换元法，令，则得奇函数对比可得a，b.
15．（2025高一上·佛山月考）（1）计算：．
（2）已知，求的值．
【答案】解：（1）
.
（2）因为，所以，所以，
所以.
【知识点】有理数指数幂的运算性质；指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则
【解析】【分析】（1）根据有理数指数幂的运算性质化简求值可得解；
（2）由指对互化得关系得，即，代入得解
16．（2025高一上·佛山月考）已知集合，.
（1）当时，求，；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）解：由已知，得，
当时，，
则，
又因为，
所以，
综上所述，，.
（2）解：由（1）得，
又因为，
当时，，满足题意，此时，解得；
当时，要使，
则或，
解得或，
综上所述，的取值范围为.
【知识点】并集及其运算；交集及其运算；交、并、补集的混合运算
【解析】【分析】（1）先利用一元二次不等式求解方法得出集合，根据的取值得出集合，再利用并集的运算法则、交界的运算法则和补集的运算法则，从而得出集合和集合.
（2）对集合是否为空集分类讨论，再分析的条件结合交集的运算法则和空集的定义，从而求出实数a的取值范围.
（1）由已知得，
当时，，
则，
又，所以.
综上，，.
（2）由（1）得，又，
当时，，满足题意，此时，解得；
当时，要使，则或，
解得或.
综上，的取值范围为.
17．（2025高一上·佛山月考）已知函数．
（1）求的定义域；
（2）当时，求的零点；
（3）若在上的最大值与最小值之差为2，求的值．
【答案】（1）解：由题意可得，
解得，则的定义域为，
（2）解：令，得，
所以，所以，即，
解得或，即的零点是和.
（3）解：由题意可得
设，因为，所以.
①当时，是上的减函数，
因为在上的最大值与最小值之差为，
所以，，即，解得
②当时，是上的增函数，
因为在上的最大值与最小值之差为2，所以，
，即，解得，
综上，或.
【知识点】函数的最大（小）值；对数的性质与运算法则；对数函数的概念与表示；对数函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据对数函数的定义域得解不等式组得解；
（2）令，得，得，解方程得的零点；
（3）对a分类讨论，求出最值并建立方程求解即可.
（1）由题意可得，
解得，则的定义域为，
（2）令，得，
所以，所以，即，
解得或，即的零点是和.
（3）由题意可得
设，因为，所以.
①当时，是上的减函数，
因为在上的最大值与最小值之差为，
所以，，即，解得
②当时，是上的增函数，
因为在上的最大值与最小值之差为2，所以，
，即，解得，
综上，或.
18．（2025高一上·佛山月考）某食品加工厂加工某食品，每月需要投入固定成本14万元，每加工万千克该食品，需另投入成本万元，根据以往的经验可知.已知加工后的该食品每千克的售价为10元，且该食品厂每月加工的这种食品能全部售完．
（1）写出该食品加工厂加工这种食品的月利润（单位：万元）关于月加工量（单位：万千克）的函数关系式；
（2）当该食品加工厂每月加工该食品的月利润为正数时，求该食品加工厂每月加工该食品的质量的取值范围；
（3）求该食品加工厂加工这种食品月利润的最大值．（总收入=总成本＋利润）
【答案】（1）解：当时，；
当时，
故.
（2）解：由题意可得或，
解得或，即所求的取值范围为.
（3）解：当时，函数，
则在上单调递增，
故时，
当时，，
当且仅当，即时等号成立，
即时，.
因为，所以当月加工量为10万千克时，该食品加工厂加工这种食品的月利润取得最大值，最大值为18万元.
【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）由题意分不同x范围得不同解析式，当时，；
当时，；
（2）由题意分不同x范围列两个不等式组，解不等式组即可；
（3）由题意分不同x范围，分别求单调性，及最值，在时，结合基本不等式得时，.
（1）当时，；
当时，
故.
（2）由题意可得或，
解得或，即所求的取值范围为.
（3）当时，函数，
则在上单调递增，
故时，
当时，，
当且仅当，即时等号成立，
即时，.
因为，所以当月加工量为10万千克时，该食品加工厂加工这种食品的月利润取得最大值，最大值为18万元.
19．（2025高一上·佛山月考）已知函数是定义在上的偶函数．
（1）判断函数在上的单调性，并根据函数单调性的定义证明你的结论；
（2）求函数零点的个数；
（3）设函数，对任意的，存在，使得成立，求的取值范围．
【答案】（1）解：因为是上的偶函数，所以，即，
所以对恒成立，则，
在上单调递增，证明如下：
对任意的，，
因为，所以，所以，
即，故在上单调递增；
（2）解： 由，得，而，
是偶函数，得在上单调递减，
因为在上单调递增，且，
的大致图象如下，
由图可知，与的图象有2个交点，则零点的个数为2；
（3）解：由（2）知在上单调递减，则在上的最大值为，
因为对任意的，存在，使得成立，
所以在上的最大值，而的图象开口向上且关于对称．
当，即时，，则，解得，
当，即时，，则，解得，
综上，的取值范围是.
【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；对数函数图象与性质的综合应用；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用偶函数的性质得，可得m得值，再用定义法证明在上单调递增即可；
（2）将零点问题化为与图象的交点个数问题，是偶函数，得在上单调递减，因为在上单调递增，且，可大体画出图象，得有2个交点；
（3）由题意得最大值，而的图象开口向上且关于对称．得或，可得解.
（1）因为是上的偶函数，所以，即，
所以对恒成立，则，
在上单调递增，证明如下：
对任意的，，
因为，所以，所以，
即，故在上单调递增；
（2）由，得，而，
由（2）且是偶函数，得在上单调递减，
因为在上单调递增，且，
的大致图象如下，
由图可知，与的图象有2个交点，则零点的个数为2；
（3）由（2）知在上单调递减，则在上的最大值为，
因为对任意的，存在，使得成立，
所以在上的最大值，而的图象开口向上且关于对称．
当，即时，，则，解得，
当，即时，，则，解得，
综上，的取值范围是.
1 / 1广东省佛山市部分学校2025-2026学年高一上学期12月月考数学试题
1．（2025高一上·佛山月考）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2025高一上·佛山月考）函数的定义域是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2025高一上·佛山月考）函数的大致图象是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2025高一上·佛山月考）“”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·佛山月考）已知，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高一上·佛山月考）已知函数有两个不相等的正零点，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2025高一上·佛山月考）若不等式对任意的恒成立，则的最小值为（ ）
A． B．4 C．5 D．
8．（2025高一上·佛山月考）在某个时期，某湖泊中的蓝藻总量为千克，且该湖泊中的蓝藻每天以的增长率呈指数增长，经过天后，该湖泊中的蓝藻总量不少于千克，则的最小值是（ ）（参考数据：）
A．14 B．15 C．16 D．17
9．（2025高一上·佛山月考）已知一次函数满足，则的解析式可能是（ ）
A． B． C． D．
10．（2025高一上·佛山月考）关于的不等式的解集中恰有两个整数，则实数的取值范围可能是（ ）
A． B． C． D．
11．（2025高一上·佛山月考）已知，则（ ）
A． B． C． D．
12．（2025高一上·佛山月考）若幂函数在上单调递减，则 ．
13．（2025高一上·佛山月考）某商场搞促销活动，促销活动期间，若顾客一次性购物总金额不超过200元，则不享受任何优惠；若顾客一次性购物总金额超过200元，但不超过500元，则超过部分优惠；若顾客一次性购物总金额超过500元，则在享受上一档优惠（超过200元但不超过500元的部分）的同时，超过500元的部分优惠.某人在该商场促销期间一次性购物享受了60元的优惠，则此人这次在该商场购物实际所付金额为 元.
14．（2025高一上·佛山月考）若函数满足是奇函数，则我们称是“基移奇函数”，点为“基移奇函数”的“基点”．已知函数是“基移奇函数”，则的“基点”坐标为 ．
15．（2025高一上·佛山月考）（1）计算：．
（2）已知，求的值．
16．（2025高一上·佛山月考）已知集合，.
（1）当时，求，；
（2）若，求的取值范围.
17．（2025高一上·佛山月考）已知函数．
（1）求的定义域；
（2）当时，求的零点；
（3）若在上的最大值与最小值之差为2，求的值．
18．（2025高一上·佛山月考）某食品加工厂加工某食品，每月需要投入固定成本14万元，每加工万千克该食品，需另投入成本万元，根据以往的经验可知.已知加工后的该食品每千克的售价为10元，且该食品厂每月加工的这种食品能全部售完．
（1）写出该食品加工厂加工这种食品的月利润（单位：万元）关于月加工量（单位：万千克）的函数关系式；
（2）当该食品加工厂每月加工该食品的月利润为正数时，求该食品加工厂每月加工该食品的质量的取值范围；
（3）求该食品加工厂加工这种食品月利润的最大值．（总收入=总成本＋利润）
19．（2025高一上·佛山月考）已知函数是定义在上的偶函数．
（1）判断函数在上的单调性，并根据函数单调性的定义证明你的结论；
（2）求函数零点的个数；
（3）设函数，对任意的，存在，使得成立，求的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和交集的运算法则，从而得出集合.
2．【答案】B
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：由题意，得且，
解得且，
则函数的定义域为.
故答案为：B.
【分析】由对数型函数的真数大于0和零次函数底数不为0，从而得到不等式组，进而解不等式组可得.
3．【答案】D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的图象
【解析】【解答】解：因为的定义域为，故B错误；
又因为，
则为奇函数，故A错误；
当时，，所以，故C错误.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件结合函数定义域、函数奇偶性和特殊区间上函数的正负，则由排除法找出满足要求的函数的大致图象.
4．【答案】D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；指数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：当时，，此时，
当时，，此时，
故“”是“”的既不充分也不必要条件.
故答案为：D
【分析】指数函数的性质得当时，，此时，当时，，此时；由充分必要性的定义可得.
5．【答案】D
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：因为，所以，则；
因为，所以，则；
因为，又因为，
所以，
则.
故答案为：D.
【分析】利用指数函数的单调性、对数函数的单调性，从而分别得出的取值范围，再比较得出a，b，c的大小.
6．【答案】C
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：设的两个不等正零点为，
则的两个不等正根为，
所以，解得，
则的取值范围是.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和函数零点与方程的根的等价关系，则将问题转化为有两个不等正根为，再根据韦达定理和根的判别式，从而得到不等式组，解不等式组得出实数a的取值范围.
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】解：当时，不可能对任意的恒成立，不满足要求，
当时，开口向下，不满足题意，所以，
令，得，
当时，不等式对任意的恒成立，
所以，
则，且，
所以，当且仅当时，即d昂时，等号成立，
则的最小值为4.
故答案为：B.
【分析】由不等式恒成立问题求解方法，从而确定，且，再由基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
8．【答案】B
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则；“指数爆炸”模型
【解析】【解答】解：由题意，得，则，
两边取对数，得，
则，
所以的最小值为15.
故答案为：B.
【分析】由题意列出不等式，两边取对数结合对数的运算法则，从而得出n的取值范围，进而得出n的最小值.
9．【答案】A,C
【知识点】函数解析式的求解及常用方法
【解析】【解答】解：设，则，
因为，所以，解得或，
所以或.
故答案为：AC
【分析】由函数的类型设，则，代入已知求解即可.
10．【答案】B,D
【知识点】一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：，
若，则，解集为，
若，解得，
因为解集中恰有两个整数，所以，
若，解得，
因为解集中恰有两个整数，所以，
综上，或.
故答案为：BD
【分析】因式分解解不等式得两根为-2和a，比较两根的大小，分，和三种情况讨论求解.
11．【答案】A,B,D
【知识点】函数单调性的性质；指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：，
令，
因为在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递增，
又因为，所以.
对于选项A，因为，，故A正确；
对于选项B，因为在上单调递增，所以，故B正确；
对于选项C，不妨设，则，故C错误；
对于选项D，因为，所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】令，将不等式变形后得到，由函数单调性得到，再根据函数单调性判断出选项A、B、D；举反例判断出选项C，从而找出正确的选项.
12．【答案】
【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：由题意，解得，
此时在上单调递减，满足，
所以.
故答案为：
【分析】由幂函数定义得数为1，单调递减得指数为负，可得方程组，得解。
13．【答案】590
【知识点】不等关系与不等式
【解析】【解答】解：设此人这次在该商场购物不优惠，共花费元，显然，
若，则最多优惠元，小于60元，
则，所以，
解得，
所以此人这次在该商场购物实际所付金额为元.
故答案为：590.
【分析】设此人这次在该商场购物不优惠，共花费元，利用已知条件分析出的取值范围，从而得到关于x的方程，解方程可得出此人这次在该商场购物实际所付金额.
14．【答案】
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：已知函数是“基移奇函数”，
，
移项得.
令，则
因为函数是奇函数，所以是奇函数，
与定义对比可得.
则的“基点”坐标为．
故答案为：
【分析】由“基移奇函数”定义得，利用换元法，令，则得奇函数对比可得a，b.
15．【答案】解：（1）
.
（2）因为，所以，所以，
所以.
【知识点】有理数指数幂的运算性质；指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则
【解析】【分析】（1）根据有理数指数幂的运算性质化简求值可得解；
（2）由指对互化得关系得，即，代入得解
16．【答案】（1）解：由已知，得，
当时，，
则，
又因为，
所以，
综上所述，，.
（2）解：由（1）得，
又因为，
当时，，满足题意，此时，解得；
当时，要使，
则或，
解得或，
综上所述，的取值范围为.
【知识点】并集及其运算；交集及其运算；交、并、补集的混合运算
【解析】【分析】（1）先利用一元二次不等式求解方法得出集合，根据的取值得出集合，再利用并集的运算法则、交界的运算法则和补集的运算法则，从而得出集合和集合.
（2）对集合是否为空集分类讨论，再分析的条件结合交集的运算法则和空集的定义，从而求出实数a的取值范围.
（1）由已知得，
当时，，
则，
又，所以.
综上，，.
（2）由（1）得，又，
当时，，满足题意，此时，解得；
当时，要使，则或，
解得或.
综上，的取值范围为.
17．【答案】（1）解：由题意可得，
解得，则的定义域为，
（2）解：令，得，
所以，所以，即，
解得或，即的零点是和.
（3）解：由题意可得
设，因为，所以.
①当时，是上的减函数，
因为在上的最大值与最小值之差为，
所以，，即，解得
②当时，是上的增函数，
因为在上的最大值与最小值之差为2，所以，
，即，解得，
综上，或.
【知识点】函数的最大（小）值；对数的性质与运算法则；对数函数的概念与表示；对数函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据对数函数的定义域得解不等式组得解；
（2）令，得，得，解方程得的零点；
（3）对a分类讨论，求出最值并建立方程求解即可.
（1）由题意可得，
解得，则的定义域为，
（2）令，得，
所以，所以，即，
解得或，即的零点是和.
（3）由题意可得
设，因为，所以.
①当时，是上的减函数，
因为在上的最大值与最小值之差为，
所以，，即，解得
②当时，是上的增函数，
因为在上的最大值与最小值之差为2，所以，
，即，解得，
综上，或.
18．【答案】（1）解：当时，；
当时，
故.
（2）解：由题意可得或，
解得或，即所求的取值范围为.
（3）解：当时，函数，
则在上单调递增，
故时，
当时，，
当且仅当，即时等号成立，
即时，.
因为，所以当月加工量为10万千克时，该食品加工厂加工这种食品的月利润取得最大值，最大值为18万元.
【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）由题意分不同x范围得不同解析式，当时，；
当时，；
（2）由题意分不同x范围列两个不等式组，解不等式组即可；
（3）由题意分不同x范围，分别求单调性，及最值，在时，结合基本不等式得时，.
（1）当时，；
当时，
故.
（2）由题意可得或，
解得或，即所求的取值范围为.
（3）当时，函数，
则在上单调递增，
故时，
当时，，
当且仅当，即时等号成立，
即时，.
因为，所以当月加工量为10万千克时，该食品加工厂加工这种食品的月利润取得最大值，最大值为18万元.
19．【答案】（1）解：因为是上的偶函数，所以，即，
所以对恒成立，则，
在上单调递增，证明如下：
对任意的，，
因为，所以，所以，
即，故在上单调递增；
（2）解： 由，得，而，
是偶函数，得在上单调递减，
因为在上单调递增，且，
的大致图象如下，
由图可知，与的图象有2个交点，则零点的个数为2；
（3）解：由（2）知在上单调递减，则在上的最大值为，
因为对任意的，存在，使得成立，
所以在上的最大值，而的图象开口向上且关于对称．
当，即时，，则，解得，
当，即时，，则，解得，
综上，的取值范围是.
【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；对数函数图象与性质的综合应用；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用偶函数的性质得，可得m得值，再用定义法证明在上单调递增即可；
（2）将零点问题化为与图象的交点个数问题，是偶函数，得在上单调递减，因为在上单调递增，且，可大体画出图象，得有2个交点；
（3）由题意得最大值，而的图象开口向上且关于对称．得或，可得解.
（1）因为是上的偶函数，所以，即，
所以对恒成立，则，
在上单调递增，证明如下：
对任意的，，
因为，所以，所以，
即，故在上单调递增；
（2）由，得，而，
由（2）且是偶函数，得在上单调递减，
因为在上单调递增，且，
的大致图象如下，
由图可知，与的图象有2个交点，则零点的个数为2；
（3）由（2）知在上单调递减，则在上的最大值为，
因为对任意的，存在，使得成立，
所以在上的最大值，而的图象开口向上且关于对称．
当，即时，，则，解得，
当，即时，，则，解得，
综上，的取值范围是.
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