专题12 函数的单调性（八大题型+优选题，65题）-【好题汇编】备战2024-2025学年高一数学上学期期中真题分类汇编（江苏专用）

专题12 函数的单调性（八大题型+优选题，65题） 定义法判断或证明函数的单调性 1．（23-24高一上·江苏南京·期中）（多选）下列说法正确的是（    ） A．定义在R上的函数满足，则函数是R上的增函数 B．定义在R上的函数满足，则函数是R上不是减函数 C．定义在R上的函数在区间上是增函数，在区间上也是增函数，则函数在R上是增函数 D．定义在R上的函数在区间上是增函数，在区间上也是增函数，则函数在R上是增函数 2．（22-23高一上·江苏盐城·期中）（多选）已知函数的值域为，则实数与实数的取值可能为（    ） A．， B．， C．， D．， 3．（23-24高一上·江苏南京·期中）设函数 (1)利用函数单调性的定义，证明：函数在上单调递增： (2)当时，求函数的最大值． 4．（23-24高一上·江苏徐州·期中）已知函数，，．若不等式的解集为. (1)求的值及； (2)判断函数在区间上的单调性，并利用定义证明你的结论. 根据函数的单调性求参数值 5．（23-24高一上·江苏常州·期中）已知函数，若对于任意，都有，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高一上·江苏南京·期中）已知函数在是单调增函数，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 7．（23-24高一上·江苏扬州·期中）已知函数在定义域上是单调函数，若对任意都有，则（    ） A． B．2023 C．2024 D．2025 8．（23-24高一上·江苏淮安·期中）“”是“函数在区间上单调递减”的（    ）条件 A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要 9．（23-24高一上·江苏盐城·期中）若函数是上的减函数，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 10．（22-23高一上·江苏淮安·期中）（多选）若函数为上的偶函数，在上单调，且满足对任意，都有，则的值可能为（    ） A．4 B．6 C．7 D．10 11．（23-24高一上·江苏泰州·期中）命题在单调增函数，命题在上为增函数，则命题是命题的 .（在“充分不必要条件､必要不充分条件､充要条件､既不充分也不必要条件”中选择最合适的填写） 12．（23-24高一上·江苏苏州·期中）已知函数是减函数，则实数的取值范围是 . 13．（23-24高一上·江苏镇江·期中）设是定义在上的函数，且对任意实数，有. (1)求函数的解析式； (2)若函数在上为单调递增函数，求实数的取值范围. 利用函数的单调性求最值或值域 14．（23-24高一上·江苏无锡·期中）已知函数的最小值是，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 15．（23-24高一上·江苏连云港·期中）当时，不等式恒成立，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 16．（23-24高一上·江苏苏州·期中）（多选）下列不等式中正确的是（    ） A． B． C． D．的最小值为 17．（23-24高一上·江苏宿迁·期中）两个函数在同一个区间内，都在同一个自变量时取得最大值，则称这两个函数为“联系函数”，若函数与函数是区间上的“联系函数”，则实数的取值范围为 ． 18．（23-24高一上·江苏常州·期中）已知一块直角梯形状铁皮，其中，现欲截取一块以为一底的梯形铁皮，点分别在上，记梯形的面积为，剩余部分的面积为，则的最小值是 . 19．（23-24高一上·江苏常州·期中）已知函数 (1)当时，判断的单调性并证明； (2)已知条件，条件，若是的充分条件，求实数的取值范围. 20．（23-24高一上·江苏常州·期中）对于定义域为I的函数，如果存在区间，同时满足下列两个条件： ①在区间上是单调的； ②当定义域是时，的值域也是.则称是函数的一个“理想区间”， (1)请证明：函数（）不存在“理想区间”； (2)已知函数在R上存在“理想区间”，请求出它的“理想区间”； (3)如果是函数（）的一个“理想区间”，请求出的最大值. 根据函数的最值求参数 21．（22-23高一上·江苏常州·期中）（多选）已知函数的最小值为，则的可能取值是（    ） A．1 B．3 C．5 D．7 22．（22-23高一上·江苏南通·期中）已知函数，若在区间上的最大值是，则实数的最大值是 . 23．（22-23高一上·江苏南通·期中）已知函数的最小值为，则实数的取值范围为 . 24．（23-24高一上·江苏镇江·期中）若函数 在 的最大值为2，则 的取值范围是 . 25．（22-23高一上·江苏镇江·期中）已知关于x的函数 (1)若，且的正数解为，求，的值； (2)若当时，y的最小值为8，求实数a的所有值． 根据函数的单调性解不等式 26．（23-24高一上·江苏南京·期中）已知定义在上的函数满足，对任意的实数且，，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 27．（23-24高一上·江苏苏州·期中）若函数是定义在上的增函数，且对一切，满足，则不等式的解集为（ ） A． B． C． D． 28．（23-24高一上·江苏苏州·期中）已知定义在上的函数满足，且当时，，则不等式的解集为（    ） A．或 B．或 C． D． 29．（23-24高一上·江苏常州·期中）若函数满足，，且，，，若，则的取值范围是 . 30．（23-24高一上·江苏南通·期中）已知函数是定义域为区间，且图象关于点中心对称.当时，，则满足的x的取值范围是 . 31．（23-24高一上·江苏南京·期中）已知函数的定义域为，且．当时，． (1)求； (2)证明：函数在为增函数； (3)如果，解不等式． 32．（23-24高一上·江苏宿迁·期中）已知函数的定义域为，当时，． (1)求的值； (2)证明：函数在上为单调减函数； (3)解不等式． 33．（23-24高一上·江苏无锡·期中）已知在上有意义，单调递增且满足，. (1)求的值； (2)求不等式的的解集. 根据解析式直接判断函数的单调性 34．（23-24高一上·江苏徐州·期中）函数的单调增区间是（   ）. A． B． C． D．， 35．（23-24高一上·江苏盐城·期中）（多选）若函数满足对，当时，不等式恒成立，则称在上为“平方差减函数”，则下列函数中，在上是“平方差减函数”有（    ） A． B． C． D． 36．（23-24高一上·江苏连云港·期中）（多选）“若对任意的都成立，则在上是增函数”为假命题，则下列函数中符合上述条件的是（    ） A． B． C． D． 37．（23-24高一上·江苏宿迁·期中）（多选）下列命题中真命题的有（    ） A．函数在上是减函数，最小值是 B．函数在上是增函数，最大值为 C．函数在上先增后减，最小值为0 D．函数的定义域是，值域是 38．（22-23高一上·江苏常州·期中）（多选）下列函数中，值域是的是（    ） A． B． C． D． 39．（22-23高一上·江苏南京·期中）（多选）下列命题中正确的是（    ） A．函数在上是增函数 B．函数在上是减函数 C．函数的单调减区间是 D．已知在上是增函数，若，则有 40．（23-24高一上·江苏南京·期中）（多选）已知函数的定义域为D，若存在区间，使得同时满足下列条件： ①在上是单调函数；②在上的值域是. 则称区间为函数的“倍值区间”． 下列函数中存在“倍值区间”的有（    ） A． B． C． D． 函数不等式恒成立问题 41．（23-24高一上·江苏连云港·期中）当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 42．（23-24高一上·江苏常州·期中）设，，若对任意，都有成立，则的值是 . 43．（23-24高一上·江苏徐州·期中）已知函数 (1)若的解集为，求实数，的值； (2)对于，不等式恒成立，求实数的取值范围. 44．（23-24高一上·江苏宿迁·期中）已知函数的定义域为． (1)求的值，并证明在上单调递增； (2)若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围． 45．（23-24高一上·江苏常州·期中）已知函数. (1)求关于的不等式的解集， (2)若对任意的正实数，存在，使得，求实数的取值范围. 46．（23-24高一上·江苏常州·期中）设，，，当时，的值域为. (1)求的值； (2)若存在实数，使对任意的恒成立，求实数的取值范围. 函数不等式能成立（有解）问题 47．（23-24高一上·江苏苏州·期中）已知函数，若对任意，存在，使得，则实数的取值范围 ． 48．（23-24高一上·江苏盐城·期中）已知函数 (1)若不等式在有解，求的取值范围； (2)若不等式的解集为，集合，若“”是“”的充分条件，求的取值范围. 49．（23-24高一上·江苏南京·期中）已知函数. (1)求； (2)当时，试运用函数单调性的定义判定的单调性； (3)设，若在时有解，求的取值范围. 50．（23-24高一上·江苏宿迁·期中）已知函数． (1)若方程的两根分别是，满足，求实数的值； (2)若对，都存在，使得对任意恒成立，求实数的取值范围． 51．（23-24高一上·江苏南通·期中）已知函数. (1)试判断函数在区间上的单调性，并用函数单调性定义证明； (2)若存在，使成立，求实数的范围. 52．（22-23高一上·江苏宿迁·期中）已知函数f(x)＝x﹣． (1)判断并用定义法证明y＝f(x)在（0，+∞）上的单调性； (2)若∃x∈[1，2]，使得x2+成立，求m的取值范围． 一、单选题 53．（23-24高一上·江苏连云港·期中）已知对任意两个实数，定义，设函数，设函数，若存在使得成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 54．（23-24高一上·江苏无锡·期中）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．当时，的单调减区间为 B．函数为R上的单调函数，则 C．若恒成立，则实数m的取值范围是 D．对，不等式恒成立 三、填空题 55．（23-24高一上·江苏徐州·期中）已知函数，若的值域为，则实数的取值范围是 . 56．（22-23高一上·江苏苏州·期中）函数的最大值记为M，最小值记为m，其中为负常数，若，则 ，T的最小值为 ． 四、解答题 57．（23-24高一上·江苏苏州·期中）设函数. (1)当，时，解方程； (2)当时，若不等式在上恒成立，求实数的取值范围； (3)若为常数，在区间上有解，求实数的取值范围. 58．（23-24高一上·江苏无锡·期中）已知二次函数，且. (1)求的解析式； (2)若在上的最大值为，求的值以及的最小值； (3)若，集合， 集合，是否存在实数、，使得，若存在，请求出所有符合条件的和的值；若不存在，请说明理由. 59．（23-24高一上·江苏南通·期中）定义在上的函数，对任意的，都有成立，且当时，． (1)求的值； (2)证明：在上为增函数； (3)当时，解不等式． 60．（23-24高一上·北京·期中）已知函数 (1)求函数的零点; (2)证明: 函数在区间上单调递增; (3)若时,恒成立，求正数的取值范围. 61．（22-23高一上·江苏徐州·期中）已知函数. (1)当时，求关于的不等式的解集； (2)若，的值域为，，的值域为，若，求的取值范围． 62．（23-24高一上·江苏苏州·期中）（1）已知，求的最小值； （2）已知，求的最小值. 63．（23-24高一上·江苏扬州·期中）对于函数. (1)若方程恰有一个实根，求实数a的取值范围； (2)设，若对任意，当时，满足，求实数a的取值范围． 64．（23-24高一上·江苏南京·期中）设函数． (1)当时，的最大值为8，求实数a的值； (2)对于给定的负实数a，有一个最大的正数，使得在整个区间上，不等式恒成立．问：a为何值时，最大？并求出这个最大的． 65．（23-24高一上·江苏苏州·期中）给定，若存在实数使得成立，则定义为的点．已知函数． (1)当，时，求的点； (2)对于任意的，总存在，使得函数存在两个相异的点，求实数的取值范围． 2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 13 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题12 函数的单调性（八大题型+优选题，65题） 定义法判断或证明函数的单调性 1．（23-24高一上·江苏南京·期中）（多选）下列说法正确的是（    ） A．定义在R上的函数满足，则函数是R上的增函数 B．定义在R上的函数满足，则函数是R上不是减函数 C．定义在R上的函数在区间上是增函数，在区间上也是增函数，则函数在R上是增函数 D．定义在R上的函数在区间上是增函数，在区间上也是增函数，则函数在R上是增函数 【答案】BC 【分析】对于A，举例分析判断，对于B，根据减函数的定义分析判断，对于C，根据增函数的定义分析判断，对于D，举例判断. 【详解】解：对A：如，满足，但不是R上的增函数，所以A错误； 对B：若函数在R上为减函数，则对于任意且，则定成立， 则若，函数在R上不是减函数，故B正确； 对C：若定义在R上的函数在区间上时增函数，在上也是增函数， 则满足对于任意且，则定成立，则函数在R上是增函数，故C正确； 对D：设函数是定义在R上的函数，且在区间上是增函数，在区间上也是增函数， 而但，不符合增函数的定义，所以在R上不是增函数，故D错误； 故选：BC． 2．（22-23高一上·江苏盐城·期中）（多选）已知函数的值域为，则实数与实数的取值可能为（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】ABC 【分析】先推出函数的单调情况，采用换元法，将化为，结合各选项判断其单调性，确定函数值域，即可判断出答案. 【详解】先说明函数时的单调性； 任取且， 则 ， 当，且，∴，， ∴，∴， ∴函数在上是单调递减的； 同理可证函数在上是单调递增的； 由题意得函数， 设，则， 当时,在上单调递增，时，，故， ，A正确； 当时，在上单调递增，时，，故，，B正确； 当时,在上单调递增，时， 故，，C正确． 当时,在上单调递减，在上单调递增， 时，，即，D不正确. 故选：ABC． 【点睛】本题考查了函数的值域问题，考查了函数单调性的应用，解答时要能熟练应用函数的单调性的定义判断函数的单调性，解答的关键是能够根据函数的单调性确定解析式中的参数. 3．（23-24高一上·江苏南京·期中）设函数 (1)利用函数单调性的定义，证明：函数在上单调递增： (2)当时，求函数的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）任取、，且，作差，因式分解后判断的符号，结合函数单调性的定义即可证得结论成立； （2）由已知可得，利用基本不等式可求得在上的最小值. 【详解】（1）证明：任取、，且， 则 ， 因为，所以，，，， 故．所以在单调递增． （2）解： ， 当且仅当，即当时取等号，所以最大值为． 4．（23-24高一上·江苏徐州·期中）已知函数，，．若不等式的解集为. (1)求的值及； (2)判断函数在区间上的单调性，并利用定义证明你的结论. 【答案】(1) ， (2)单调递增，证明见解析 【分析】（1）首先由一元二次不等式的解集结合韦达定理确定参数值，进一步可得函数的表达式. （2）直接由函数单调性的定义证明即可. 【详解】（1）由题意，即，即的解集为， 所以，解得， 所以. （2）函数在区间上单调递增，理由如下： ，不妨设， 则， 因为，且，故, 所以，即， 所以函数在区间上单调递增. 根据函数的单调性求参数值 5．（23-24高一上·江苏常州·期中）已知函数，若对于任意，都有，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据函数单调性的定义，可判断在单调递减， 再根据反比例函数的性质即可得到或，从而求出的取值范围. 【详解】由任意，都有，知在单调递减， 要使 在单调递减，则或，即或. 故选：A. 6．（23-24高一上·江苏南京·期中）已知函数在是单调增函数，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】易知当时满足题意，当时，由题意可得，解之即可求解. 【详解】当时，，在R上单调递增，满足题意； 当时，函数的对称轴为， 由题意得，，解得， 综上，. 故选：C. 7．（23-24高一上·江苏扬州·期中）已知函数在定义域上是单调函数，若对任意都有，则（    ） A． B．2023 C．2024 D．2025 【答案】D 【分析】依题意采用换元法可令，解得，即函数解析式为，代入计算即可求得结果. 【详解】令，则，即，解得, 所以函数，所以. 故选：. 8．（23-24高一上·江苏淮安·期中）“”是“函数在区间上单调递减”的（    ）条件 A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要 【答案】A 【分析】先求出在区间上单调递减等价条件为，通过充分不必要条件的定义，即可判断. 【详解】由题意，函数在区间上单调递增， 当时，函数在区间上单调递减，符合题意； 当时，则，解得， 综上，函数在区间上单调递减”的条件为， 由能推出，但是推不出， 所以“”是“函数在区间上单调递减”的充分不必要条件. 故选：A 9．（23-24高一上·江苏盐城·期中）若函数是上的减函数，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据函数的单调性列不等式，由此求得的取值范围. 【分析】依题意，在上单调递减， 所以，解得. 故选：A 10．（22-23高一上·江苏淮安·期中）（多选）若函数为上的偶函数，在上单调，且满足对任意，都有，则的值可能为（    ） A．4 B．6 C．7 D．10 【答案】CD 【分析】由的性质，结合必定有，其中k是常数，据此求出k即可. 【详解】因为 为 上的偶函数，在上单调，，且满足对任意 ，都有 ， 所以 ，则 ，且 ， 故 ，解得 或 ， 当 时， ，则 ；当 时， ，则 ； 综上:， 的值可能为 7 或 10 ； 故选:：CD. 11．（23-24高一上·江苏泰州·期中）命题在单调增函数，命题在上为增函数，则命题是命题的 .（在“充分不必要条件､必要不充分条件､充要条件､既不充分也不必要条件”中选择最合适的填写） 【答案】必要不充分条件 【分析】别求出命题为真命题的条件，然后根据必要条件，充分条件的判断即可求解. 【详解】因为命题在单调增函数， 当时，，满足题意； 当时，则有，解得； 综上：， 又因为命题在上为增函数， 则有，解得， 若命题Q成立，则命题P一定成立，反之则不一定成立， 所以P是Q的必要不充分条件. 故答案为：必要不充分条件. 12．（23-24高一上·江苏苏州·期中）已知函数是减函数，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】分段函数单调递减，需满足每一段上均单调递减，且分段处左端点值大于等于右端点值，得到不等式，求出答案. 【详解】由题意得，解得， 故实数的取值范围是 故答案为： 13．（23-24高一上·江苏镇江·期中）设是定义在上的函数，且对任意实数，有. (1)求函数的解析式； (2)若函数在上为单调递增函数，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用换元法求解即可； （2）由题意可得，设，结合和二次函数的性质求解即可. 【详解】（1）由， 令，则， 则， 所以. （2）由， 设， 当，即时，恒成立， 此时，对称轴为， 则，即，所以； 当，即或时， 此时有或， 解得或，所以或. 综上所述，实数的取值范围为. 利用函数的单调性求最值或值域 14．（23-24高一上·江苏无锡·期中）已知函数的最小值是，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据端点处的函数值，然后讨论以及，即可得出实数a的取值范围. 【详解】由已知可得显然在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得最小值，， 当时，开口向上，对称轴为， 当，即时，在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得最小值，解得； 当，即时，，则在上单调递增， 所以在处取得最小值，，解得； 当时，开口向下，则在上必存在比小的值，不满足题意； 当时，，易得，不满足题意； 综上，. 故选：A. 15．（23-24高一上·江苏连云港·期中）当时，不等式恒成立，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分离参数，求出右边的范围即可得到答案. 【详解】由题意得对恒成立， 设，则在上单调递减，则， 所以， 故选：B. 16．（23-24高一上·江苏苏州·期中）（多选）下列不等式中正确的是（    ） A． B． C． D．的最小值为 【答案】CD 【分析】根据题意，由基本不等式的运算，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】当时，，当且仅当时，等号成立，故A错误； 当时，，故B错误； 因为，当且仅当时，即时，等号成立，故C正确； 因为，令，所以 由双勾函数的性质可得，且在为增函数， 所以当时，有最小值，最小值为，故D正确； 故选：CD 17．（23-24高一上·江苏宿迁·期中）两个函数在同一个区间内，都在同一个自变量时取得最大值，则称这两个函数为“联系函数”，若函数与函数是区间上的“联系函数”，则实数的取值范围为 ． 【答案】 【分析】由题意得函数与函数在同一自变量时取最大值，先求出函数的最大值对应的的值，再根据二次函数性质求实数的取值范围. 【详解】函数在上单调递减，在上单调递增， 证明：任取， 则， 当时，，，在上单调递减， 当时，，，在上单调递增， 故函数在上单调递减，在上单调递增. 又， 所以在上，在时取最大值， 所以函数，在时取最大值， 根据二次函数的性质可得在区间上，更加远离函数的对称轴， 所以， 解得. 故答案为：. 18．（23-24高一上·江苏常州·期中）已知一块直角梯形状铁皮，其中，现欲截取一块以为一底的梯形铁皮，点分别在上，记梯形的面积为，剩余部分的面积为，则的最小值是 . 【答案】/ 【分析】利用直角梯形的几何性质，求出，从而可得的表达式，结合函数的单调性，即可得解. 【详解】依题意，作于G，    则，则， 由题意知，则，而，； 故，设，则，故， 作于H，则， 故， 则， 故， 令，则，因为，故， 则，而在上单调递减， 故的最小值为，即的最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是结合梯形的几何性质表示出相关线段长，求出梯形的面积表达式，即可求解答案. 19．（23-24高一上·江苏常州·期中）已知函数 (1)当时，判断的单调性并证明； (2)已知条件，条件，若是的充分条件，求实数的取值范围. 【答案】(1)在上单调递增，证明见解析 (2) 【分析】（1）利用单调性的定义证明，任取且，然后化简变形，再判断其符号，从而可得结论； （2）将问题转化为在恒成立，再转化为在恒成立，然后根据的单调性可求得结果. 【详解】（1）在上单调递增，证明如下： 任取且， 因为，所以 所以，即， 所以在上单调递增； （2）因为是的充分条件，所以若，则为真， 即在恒成立， 所以在恒成立； 由（1）知在上单调递增，所以在上单调递增， 所以，即 20．（23-24高一上·江苏常州·期中）对于定义域为I的函数，如果存在区间，同时满足下列两个条件： ①在区间上是单调的； ②当定义域是时，的值域也是.则称是函数的一个“理想区间”， (1)请证明：函数（）不存在“理想区间”； (2)已知函数在R上存在“理想区间”，请求出它的“理想区间”； (3)如果是函数（）的一个“理想区间”，请求出的最大值. 【答案】(1)证明见解析； (2) (3) 【分析】（1）利用的单调性，转化为，解方程即可证明； （2）利用二次函数的性质以及函数的值域，求出，结合对称轴，得到在上必为增函数，由求解即可； （3）由函数单调性和新定义知，方程有两个同号的实数根m，n，（），利用韦达定理表示，然后利用二次函数的性质求解即可. 【详解】（1）由为上的增函数，则有， 所以，所以，无解， 所以（）不存在“理想区间”； （2）记是函数的一个“理想区间”（）， 由及此时函数值域为，可知，而其对称轴为， 所以在上必为增函数，令， 所以，所以，故该函数有唯一一个“理想区间”； （3）由在和上均为增函数， 已知在“理想区间”上单调， 所以或，且在上为单调递增， 则，，即m，n（）是方程的两个同号的实数根， 等价于方程有两个同号的实数根， 又，则只要， 所以或， 而由韦达定理知，， 所以， 其中或，所以当时，取得最大值. 根据函数的最值求参数 21．（22-23高一上·江苏常州·期中）（多选）已知函数的最小值为，则的可能取值是（    ） A．1 B．3 C．5 D．7 【答案】AB 【分析】根据二次函数的单调性、对钩函数的单调性，结合最小值的性质进行求解判断即可. 【详解】函数在上单调递减，在上单调递增， 故当时，函数， ，对称轴为， 当时， 当时，， 要想函数的最小值为，只需，即， 显然选项AB符合， 当时， 当时，，显然不是， 综上所述：只有选项AB符合条件， 故选：AB 22．（22-23高一上·江苏南通·期中）已知函数，若在区间上的最大值是，则实数的最大值是 . 【答案】 【分析】先通过取x的特殊值0，1，得到，然后，利用分类讨论思想，分和两个范围分别证明时符合题意. 【详解】由题易知，即， 所以， 又， 所以； 下证时，在上最大值为3. 当时，，; 当，若，即， 则，满足题意; 若，即， 此时， 而，满足题意; 因此，符合题意. 故答案为： 【点睛】研究含有参数、绝对值的函数的最值时，要注意根据参数和绝对值进行分类讨论，涉及二次函数的问题，分类标准可考虑利用判别式来制定，分类讨论要做到不重不漏. 23．（22-23高一上·江苏南通·期中）已知函数的最小值为，则实数的取值范围为 . 【答案】 【分析】根据基本不等式，结合二次函数的单调性进行求解即可. 【详解】当时，，当且仅当时取等号，即取等号；此时函数的最小值为； 当时，， 当时，， 要想函数的最小值为，只需，而，所以； 当时，，显然，符合题意， 综上所述：实数的取值范围为， 故答案为： 【点睛】关键点睛：利用二次函数的性质分类讨论是解题的关键. 24．（23-24高一上·江苏镇江·期中）若函数 在 的最大值为2，则 的取值范围是 . 【答案】 【分析】根据必要性，最值的定义以及二次函数图象对称轴位置分类讨论即可解出． 【详解】设，，， 因为函数在 的最大值为2，， 所以，解得：， 当时，函数在上先递减再递增， 而， 所以，，且，即函数在 的最大值为2，符合题意； 当时，函数在上递减，所以， 而，所以函数在 的最大值为2，符合题意， 综上，． 故答案为： 25．（22-23高一上·江苏镇江·期中）已知关于x的函数 (1)若，且的正数解为，求，的值； (2)若当时，y的最小值为8，求实数a的所有值． 【答案】(1)，； (2)–1和. 【分析】（1）根据完全平方和公式、立方和公式进行求解即可； （2）根据基本不等式，结合换元法、二次函数的性质分类讨论进行求解即可. 【详解】（1）若，又的正数解为，故， 又， 又，故，∴； （2）， 因为，令，当且仅当时取等号，即时取等号， 则， 若，则在时，，解得，（舍）； 若，则在时，，解得，（舍）； 综上，a的所有值为–1和． 根据函数的单调性解不等式 26．（23-24高一上·江苏南京·期中）已知定义在上的函数满足，对任意的实数且，，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，即可判断的单调性，不等式，即为，结合函数的单调性解得即可. 【详解】设，则，且， 因为对任意的实数且，，则， 即，所以在上是增函数， 所以不等式，即为，即，所以，解得， 即不等式的解集为. 故选：B. 27．（23-24高一上·江苏苏州·期中）若函数是定义在上的增函数，且对一切，满足，则不等式的解集为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据，令得到，进而将不等式转化为，利用为函数是定义在上的增函数求解. 【详解】解：因为对一切，满足， 所以令，得，即， 则不等式可化为， 又因为函数是定义在上的增函数， 所以，即，解得， 故选：C 28．（23-24高一上·江苏苏州·期中）已知定义在上的函数满足，且当时，，则不等式的解集为（    ） A．或 B．或 C． D． 【答案】B 【分析】利用赋值法可得，再结合单调性的定义可知在定义域在上单调递增，对不等式整理可得，结合单调性分析求解. 【详解】因为， 令，则， 令，则， 令，且，则， 整理得， 因为，则，可得， 所以，即， 可知在定义域在上单调递增， 又因为，即， 可得，即， 结合在定义域在上单调递增，可得，解得或， 所以不等式的解集为或. 故选：B. 29．（23-24高一上·江苏常州·期中）若函数满足，，且，，，若，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】由题意，在上单调递增，函数图像关于对称，利用单调性和对称性解不等式. 【详解】因为，，，所以在上单调递增， ，，则函数图像关于对称， 若，则，解得或. 所以的取值范围是. 故答案为：. 30．（23-24高一上·江苏南通·期中）已知函数是定义域为区间，且图象关于点中心对称.当时，，则满足的x的取值范围是 . 【答案】 【分析】根据一次函数和反比例函数单调性得到当，单调递增，再结合关于点中心对称，所以，且在上单调递增，然后将不等式整理为，然后再利用单调性和定义域列不等式组求解即可. 【详解】因为函数在上单调递增，所以当，单调递增， 因为关于点中心对称，所以，且在上单调递增， 不等式可整理为， 即， 则，解得， 所以满足的x的取值范围是， 故答案为：. 31．（23-24高一上·江苏南京·期中）已知函数的定义域为，且．当时，． (1)求； (2)证明：函数在为增函数； (3)如果，解不等式． 【答案】(1)0 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）对抽象等式进行字母赋值计算即得； （2）将抽象函数等式变形为，利用函数单调性定义，结合条件即可证明； （3）先推理得到，再利用结论化简，最后利用抽象函数的单调性即得. 【详解】（1）∵， 令，则， ∴； （2）由，可得， 则得，， 设，由， 因时，有，依题意，，即， 所以函数在为增函数； （3）因，∴， 又由，则 ， 由可得， 即，即，因函数在为增函数 故可得，， 解得，即不等式的解集为. 【点睛】方法点睛：本题主要考查利用抽象函数等式探究函数性质以及解不等式上的应用，属于难题. 解题方法主要有： （1）赋值代入法；（将字母取值，计算函数值） （2）构造函数法：(如（2）题中，对于，构造，从而得用来证明函数单调性) （3）函数单调性应用：利用函数单调性，去掉函数符号，化抽象函数不等式为具体不等式求解. 32．（23-24高一上·江苏宿迁·期中）已知函数的定义域为，当时，． (1)求的值； (2)证明：函数在上为单调减函数； (3)解不等式． 【答案】(1)-1 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）令，代入题意中的等式即可求解； （2）由题意可得，令，利用定义法即可证明函数的单调性； （3）将原不等式转化为，由（1）得，结合（2）建立不等式组，解之即可求解. 【详解】（1）由题意知，令， 则，得； （2）当时，有，且当时， ，且，则，. 由，得， 有， 即，所以函数在上为单调减函数； （3）由，得， 由，得， 即，由（1）知， 所以， 由（2）知函数在上为单调减函数， 所以，解得， 即原不等式的解集为. 33．（23-24高一上·江苏无锡·期中）已知在上有意义，单调递增且满足，. (1)求的值； (2)求不等式的的解集. 【答案】(1)0； (2). 【分析】（1）令，得，即可求得. （2）令，得，利用函数的单调性及定义域列出不等式组求解即得． 【详解】（1）由，取，得，解得， 所以. （2）由，得， 则不等式化为，而函数在上单调递增， 于是，解得， 所以不等式的的解集为. 根据解析式直接判断函数的单调性 34．（23-24高一上·江苏徐州·期中）函数的单调增区间是（   ）. A． B． C． D．， 【答案】D 【分析】首先求出函数的定义域，再根据反比例函数的性质及函数的变换规则判断即可. 【详解】函数的定义域为， 又的图象是由向右平移个单位而来， 的单调递增区间为，， 所以的单调递增区间为，. 故选：D 35．（23-24高一上·江苏盐城·期中）（多选）若函数满足对，当时，不等式恒成立，则称在上为“平方差减函数”，则下列函数中，在上是“平方差减函数”有（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】根据“平方差减函数”的定义可推出，从而构造函数，判断其为单调减函数，由此结合各选项一一判断函数的单调性，即可得答案. 【详解】由题意知函数为“平方差减函数”， 则满足对，当时，不等式恒成立， 即， 而，则， 令，则， 即在上单调递减， 对于A，，则，其图象为开口向下的抛物线，对称轴为， 在上单调递减，故为“平方差减函数”，A正确； 对于B，，则，其图象为开口向下的抛物线，对称轴为， 在上单调递增，在上单调递减， 则不是“平方差减函数”，B错误； 对于C，，则在上单调递减， 故为“平方差减函数”，C正确； 对于D，，则在上单调递增， 故不是“平方差减函数”，D错误； 故选：AC 36．（23-24高一上·江苏连云港·期中）（多选）“若对任意的都成立，则在上是增函数”为假命题，则下列函数中符合上述条件的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】判断每个选项中的函数的单调性，看其是否满足对任意的都成立，即可判断该选项是否符合题中条件，即可得答案. 【详解】对于A，图象的对称轴为， 则在上单调递增，在上递减，， 故满足，但在上不是增函数，A符合； 对于B，图象开口向上，对称轴为， 则在上是增函数， 故对任意的都成立，且在上是增函数，故B不符合条件； 对于C，，， 令，则在上单调递增， 即满足对任意的都成立，在上是增函数，C不符合条件； 对于D，，当时，，此时在上单调递增； 当时，在上单调递减，， 即满足对任意的都成立， 但在上不是增函数，故D符合条件， 故选：AD 37．（23-24高一上·江苏宿迁·期中）（多选）下列命题中真命题的有（    ） A．函数在上是减函数，最小值是 B．函数在上是增函数，最大值为 C．函数在上先增后减，最小值为0 D．函数的定义域是，值域是 【答案】ABD 【分析】利用单调性逐一求出最值判断即可. 【详解】对于A：函数在上是减函数，最小值是，正确； 对于B：函数在上是增函数，最大值为，正确； 对于C：函数在上递减，在上递增，最小值为，错误； 对于D：函数的定义域是，当时，，当时，，即值域是，正确. 故选：ABD. 38．（22-23高一上·江苏常州·期中）（多选）下列函数中，值域是的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】根据函数解析式可直接判断的值域，判断A;利用函数的单调性可判断B;利用不等式性质可判断C;根据函数解析式可判断函数值域，判断D. 【详解】对于A，，由于，故，A正确； 对于B, , 令 ，则，当时，递增， 故的最小值为，即值域为，B错误； 对于C, 需满足，即，， 故，当时取等号，C正确； 对于D，，即函数值域为，D错误， 故选：AC. 39．（22-23高一上·江苏南京·期中）（多选）下列命题中正确的是（    ） A．函数在上是增函数 B．函数在上是减函数 C．函数的单调减区间是 D．已知在上是增函数，若，则有 【答案】AD 【分析】根据二次函数的性质以及单调区间的定义，即可判断A、C项；根据反比例函数向左平移一个单位可得，结合性质以及特殊值可判断B项；由，可得，结合单调性，可得，同理可推出，即可得到结论. 【详解】对于A：函数在上单调递增，所以函数在上是增函数，A正确； 对于B：函数在，上单调递减，将其向左平移一个单位得到在，上均单调递减，但在上不是减函数，如，但，B错误； 对于C：函数的定义域为，函数对称轴为，函数的单调减区间是，C错误； 对于D：若，则，又在上是增函数，所以，同理，，所以，D正确， 故选：AD. 40．（23-24高一上·江苏南京·期中）（多选）已知函数的定义域为D，若存在区间，使得同时满足下列条件： ①在上是单调函数；②在上的值域是. 则称区间为函数的“倍值区间”． 下列函数中存在“倍值区间”的有（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据定义分别讨论是否同时满足“倍值区间”的两个条件，即可得出结论. 【详解】依题意，函数存在“倍值区间”，则满足在上是单调函数，且或， 对于A，，在区间上是增函数，且值域为，则区间是函数的“倍值区间”，A正确； 对于B，在区间上是减函数，且值域为，则区间是函数的“倍值区间”，B正确； 对于C，在上单调递减，在上单调递增， 假定函数存在倍值区间，若在上单调递增，则， 即有，而或，无解， 若在上单调递减，则，即，两式相减得， 而，则两式相加得，矛盾，不存在倍值区间，C错误； 对于D，当时，，函数在上单调递减， 于是在上单调递增，且值域为，因此区间是函数的“倍值区间”，D正确. 故选：ABD 函数不等式恒成立问题 41．（23-24高一上·江苏连云港·期中）当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，结合函数在上为单调性，求得其最小值，即可求解. 【详解】由题意，当时，不等式恒成立， 因为函数在上为单调递增函数， 所以，当时，，所以， 即实数的取值范围是. 故选：D. 42．（23-24高一上·江苏常州·期中）设，，若对任意，都有成立，则的值是 . 【答案】或8 【分析】先分析当、时不符合题意，进而，，结合函数、的图象和与x轴的交点坐标，列方程，结合，即可得出a、b的值. 【详解】若时，当时，，此时恒成立，即，不存在这样的实数； 当时，，此时即对任意恒成立，不存在这样的实数； 所以，. 当，时，函数是减函数，与轴的交点为， 函数与轴的交点为，， 在同一直角坐标系内，画出函数，的图象，如下图所示： 数形结合可得，若满足题意，则即， 又，，，，所以或， 所以或. 故答案为：-2或8. 43．（23-24高一上·江苏徐州·期中）已知函数 (1)若的解集为，求实数，的值； (2)对于，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）根据不等式的解集得到，解得答案. （2）变换得到，利用均值不等式计算最值即可. 【详解】（1），即，其解集为， 则，解得，； （2），，即， ，当且仅当，即时等号成立，故， 即. 44．（23-24高一上·江苏宿迁·期中）已知函数的定义域为． (1)求的值，并证明在上单调递增； (2)若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)，证明见解析 (2) 【分析】（1）令可求出的值；再由单调性的定义证明即可； （2）令可将题意转化为，恒成立，分类讨论，，，由二次函数的性质求解即可. 【详解】（1）函数的定义域为， 因为，所以，即，解得，， 此时，，成立， 所以的值为1， 任设，则， 因为，所以， 所以，所以， 可证得在上单调递增； （2）由， 可得， 因为，由（1）知，令， 所以，恒成立 ①当时，恒成立，满足题意， ②当时，二次函数的图象开口向上， 对称轴方程为 所以当时，，解得， ③当时，二次函数的图象开口向下， 所以，解得，   综上：实数的取值范围是． 【点睛】关键点睛：本题第2小问的解决关键是将问题转化为恒成立，从而利用换元法与二次函数的性质即可得解. 45．（23-24高一上·江苏常州·期中）已知函数. (1)求关于的不等式的解集， (2)若对任意的正实数，存在，使得，求实数的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）依题意化简不等式得，从而分类讨论即可得解； （2）由题意可得，然后分，和三种情况讨论的最大值，从而可求得结果. 【详解】（1）因为， 所以由，得， 化简得，即，即， 当时，该不等式无解， 当时，不等式化为，解得或， 当时，不等式化为，解得或， 综上，当时，的解集为， 当时，的解集为， 当时，的解集为. （2）因为对任意的正实数，存在，使得， 所以， 易知当时，在上单调递增， 所以时，，且， 因为，所以， 当，即时，， 因为，所以，所以； 当，即时，令，得， 所以，故； 当，即时，所以， 因为，所以，所以； 综上，，所以的取值范围为. 【点睛】关键点睛：本题第2小题的解决关键在于分类讨论的正负情况，从而确定，由此得解. 46．（23-24高一上·江苏常州·期中）设，，，当时，的值域为. (1)求的值； (2)若存在实数，使对任意的恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）易知在上单调递减且值域为，则由，求解； （2）将问题转化为对任意的恒成立，令，由求解. 【详解】（1）解：∵在上单调递减且值域为， ∴，， ∴，即，解得：， ∴. （2）由（1）知：对任意的恒成立， 整理得：对任意的恒成立， 令，则， 又，∴， 由得：，令， 则问题转化为：存在，使得，则当时，. ∵，∴的对称轴， ①当，即时，，解得：，∴； ②当，即时，，解得：，∴； 综上所述：实数的取值范围为. 函数不等式能成立（有解）问题 47．（23-24高一上·江苏苏州·期中）已知函数，若对任意，存在，使得，则实数的取值范围 ． 【答案】 【分析】根据题意，由条件可得的值域是的值域子集，分别求得函数的值域，列出不等式，即可得到结果. 【详解】由条件可得，的值域是的值域的子集，其中，， 则，， 令，且，则，则， 当，函数单调递减，当，函数单调递增， 当时，，当时，， 所以， 由的值域是的值域子集，可得，解得， 所以实数的取值范围为. 故答案为： 48．（23-24高一上·江苏盐城·期中）已知函数 (1)若不等式在有解，求的取值范围； (2)若不等式的解集为，集合，若“”是“”的充分条件，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意整理可得在有解，根据存在性问题结合基本不等式运算求解； （2）由题意可得在上恒成立，根据恒成立问题结合二次函数运算求解. 【详解】（1）因为不等式在有解，即，， 整理得在有解， 又因为，当且仅当，即时，等号成立， 可得，即， 所以的取值范围. （2）因为开口向上，， 不等式的解集为，集合，若“”是“”的充分条件， 集合是集合的子集， 即在上恒成立，则，解得：， 所以的取值范围. 49．（23-24高一上·江苏南京·期中）已知函数. (1)求； (2)当时，试运用函数单调性的定义判定的单调性； (3)设，若在时有解，求的取值范围. 【答案】(1) (2)当时，在上是单调递增函数 (3)或 【分析】（1）直接代入求解即可. （2）利用单调性定义法证明即可. （3）根据与时的单调性，求解不等式在定区间上有解问题即可. 【详解】（1）因为， 所以. （2）当时，设，则， ， 显然，， 当有一个值为0时，因为，所以有； 当时，因为，所以有； 当时，，所以有； 当时，，所以有； 综上，当时，必有， 当时，在上是单调递增函数； （3）由上知当时，在上是单调递增函数； 同理可证明：当时，在上是单调递减函数； 令，所以，可得，在时有解，等价于在时有解， 当时，由的单调性知，令，得； 当时，由的单调性知，令，得； 当时，无解； 综上，的取值范围这或. 50．（23-24高一上·江苏宿迁·期中）已知函数． (1)若方程的两根分别是，满足，求实数的值； (2)若对，都存在，使得对任意恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用韦达定理代入计算即可； （2）将问题转化为对任意恒成立，求出得到关于的恒成立问题，继续转化为最值求解即可. 【详解】（1）若方程的两根分别是，得，得 又由韦达定理得， 因为 所以 所以， 解得； （2）若对，都存在，使得对任意恒成立， 则对任意恒成立， 对于，，， 对称轴， 则， 对于，， 又，当且仅当时等号成立， 所以， 所以在时恒成立， 所以 又，当取最小值，且最小值为 所以， 解得. 51．（23-24高一上·江苏南通·期中）已知函数. (1)试判断函数在区间上的单调性，并用函数单调性定义证明； (2)若存在，使成立，求实数的范围. 【答案】(1)在区间上单调递增，证明见解析； (2). 【分析】（1）利用单调性定义，令，作差法判断符号，即可得结果； （2）问题化为成立，即可求参数范围. 【详解】（1）在区间上单调递增. 证明如下：设，则 因为，所以，，，即 所以，故在区间上单调递增. （2）由（1）可知在上单调递增， 所以，当时，取得最小值，即 又存在，使成立， 所以只需成立，即，解得. 故实数的范围为. 52．（22-23高一上·江苏宿迁·期中）已知函数f(x)＝x﹣． (1)判断并用定义法证明y＝f(x)在（0，+∞）上的单调性； (2)若∃x∈[1，2]，使得x2+成立，求m的取值范围． 【答案】(1)y＝f(x)在（0，+∞）上单调递增；证明见解析 (2)[﹣1，5] 【分析】（1）利用函数单调性的定义：作差、判断符号、比较大小，即可得证； （2）令t＝f(x)，由（1）可得t＝f(x)在[1，2]上单调递增，可得，令，当时，g（t）单调递减，当时，g（t）单调递增，求出最大值即可求解． 【详解】（1）y＝f(x)在（0，+∞）上单调递增； 下面用定义法证明：∀x1，x2∈（0，+∞），x1＜x2， ， 因为x1，x2∈（0，+∞），x1＜x2，所以x1﹣x2＜0，x1x2＞0， 所以f（x1）﹣f（x2）＜0，, y＝f(x)在（0，+∞）上单调递增； （2）由可得， 令t＝f(x)，由（1）可得t＝f(x)在[1，2]上单调递增，所以， 令， 当时，g（t）单调递减，当时，g（t）单调递增， 由， 所以，可得﹣1≤m≤5， 所以m的取值范围是[﹣1，5]． 一、单选题 53．（23-24高一上·江苏连云港·期中）已知对任意两个实数，定义，设函数，设函数，若存在使得成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】因为当时，，所以只需要考虑，若存在使得成立，则需要，分类讨论的对称轴与的位置确定最小值求解即可. 【详解】，，的函数图象如下图所示:    是二次函数，开口向上， 对称轴为直线， 因为当时，，所以恒成立，所以只需要考虑，此时. （1） 当时，在上是增函数，    若存在使得成立，需要，即，即， 则存在使得成立，故; （2）当时，在上是先减后增的函数，    需要，即， 解得或， 又， 故； （3）当时，在上是的减函数，    需要即， 综上所述，的取值范围为. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：根据定义，因为当时，，恒成立，当时，故需要，转化为二次函数最值问题即可. 二、多选题 54．（23-24高一上·江苏无锡·期中）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．当时，的单调减区间为 B．函数为R上的单调函数，则 C．若恒成立，则实数m的取值范围是 D．对，不等式恒成立 【答案】BCD 【分析】A选项，画出时的函数图象，得到A错误；B选项，分析得到若，函数不单调，若，比较端点值后得到函数单调递减；C选项，在B选项基础上，满足要求，当时，再分，和三种情况，求出时要想满足要求，求出，再检验其在时满足要求，故C正确；D选项，根据函数为上凸函数，得到D正确. 【详解】当时，，画出其图象，如下：    的单调减区间为，不能用，A错误； B选项，当时，，单调递减， 当时，，对称轴为，开口向下， 若时，，故在上单调递减，在上单调递增， 在上单调递减，不合要求， 当时，，且， 将代入中，得， 故在R上的单调递减，满足要求 故，B正确； C选项，由B选项可知， 当时，在R上的单调递减，满足恒成立， 当时，在上单调递减，在上单调递增， 在上单调递减， 当时，满足恒成立， 当，即时，要想恒成立， 则要， 解得， 因为，故，解得， 当且，即时， 要想恒成立，则要， 即在恒成立， 检验当时，对称轴为， 此时， 故在之间， 故在处取得最小值， ， 因为，所以， 故满足要求， 故实数m的取值范围是，C正确； D选项，当时，为上凸函数， 以时为例，画出图象，如图所示，    满足不等式恒成立，D正确. 故选：BCD 【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件. 三、填空题 55．（23-24高一上·江苏徐州·期中）已知函数，若的值域为，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】根据给定条件，由函数最小值为1可得，再按结合的取值情况求解即得. 【详解】函数，当时，，当时，， 而，即有，依题意，，即，又，则有， 当时，函数在上的取值集合为，不符合题意， 于是，函数在上单调递增，则， 有，因此， 所以实数的取值范围是. 故答案为： 【点睛】思路点睛：(1)分段函数问题中参数值影响变形时，往往要分类讨论，需有明确的标准、全面的考虑； (2)求解过程中，求出的参数的值或范围并不一定符合题意，因此要检验结果是否符合要求． 56．（22-23高一上·江苏苏州·期中）函数的最大值记为M，最小值记为m，其中为负常数，若，则 ，T的最小值为 ． 【答案】 9 【分析】 根据题意可得，，进而可得的值；不等式为，解得k的取值范围，不等式可化为对任意恒成立，即可得出答案． 【详解】 因为函数为开口向下，对称轴为， 所以，， 所以，不等式即， 所以， 令，因为为负常数，所以， 由，得到，则， 即，解得， 因为，所以， 由，即， 即对恒成立， 所以，即，所以最小值为. 故答案为：9； 【点睛】 结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数， （1）若，，总有成立，故； （2）若，，有成立，故； （3）若，，有成立，故； （4）若若，，有，则的值域是值域的子集 ． 四、解答题 57．（23-24高一上·江苏苏州·期中）设函数. (1)当，时，解方程； (2)当时，若不等式在上恒成立，求实数的取值范围； (3)若为常数，在区间上有解，求实数的取值范围. 【答案】(1)或 (2) (3)答案见解析 【分析】（1）直接解方程即可； （2）不等式在上恒成立，即在上恒成立，分情况讨论时与时不等式情况，可得参数范围； （3）分情况讨论分段函数的单调性与最值情况，可得参数范围. 【详解】（1）当，时，， 所以， 即或， 解得或， 即或； （2）当时，， 所以不等式在上恒成立， 即为不等式在上恒成立， 当时，不等式恒成立，即， 当时，不等式可转化为， 即在上恒成立， 又函数在上单调递增， 所以， 所以，解得， 即的取值范围为； （3）在区间上有解，即方程在上有解， 设， 当时，在上单调递增， 所以，， 则当时，原方程有解，即； 当时，， 在上单调递增，在上单调递减，在上单调增； ①当，即时，，， 则当时，原方程有解，即； ②当，即时，，， 则当时，原方程有解，则； ③当时，，，， 当，即时，， 则当时，原方程有解，即； 当，即时，， 则当时，原方程有解，即； 综上所述：当时，实数的取值范围为； 当时，实数的取值范围为； 当时，实数的取值范围为. 58．（23-24高一上·江苏无锡·期中）已知二次函数，且. (1)求的解析式； (2)若在上的最大值为，求的值以及的最小值； (3)若，集合， 集合，是否存在实数、，使得，若存在，请求出所有符合条件的和的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)，的最小值为 (3)或， 【分析】（1）直接代入函数解析得到，从而求出的值，即可求出函数解析式； （2）由（1）可得，分和两种情况讨论，求出的值，从而求出的最小值； （3）首先求出，令，，则，，再分、、三种情况讨论，结合二次函数的性质计算可得. 【详解】（1）由，且， 得， 所以，所以，解得，故； （2）因为， 所以，开口向上，对称轴为， ①当，即时，，解得， 此时的对称轴为，所以； ②当，即时，，解得，不合题意； 综上所述，，的最小值为． （3）因为， 所以，开口向上，对称轴为， 所以在上单调递增，又，， 即， 令，，则，， 因为， 当，则在上单调递增， 则，所以，解得（不符合题意）， 此时，，解得，或（舍去）； 当时，则，即，方程无解，故舍去； 当，则在上单调递减， 所以，所以，解得或（舍去）， 此时，，解得，或（舍去）； 综上可得或，. 【点睛】关键点睛：涉及二次函数在闭区间上的最值，一般是对对称轴与区间中点的关系分类讨论，第三问再求集合的关键是转化为求出在的值域. 59．（23-24高一上·江苏南通·期中）定义在上的函数，对任意的，都有成立，且当时，． (1)求的值； (2)证明：在上为增函数； (3)当时，解不等式． 【答案】(1)0 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）直接令，即可求出的值 （2）利用已知，结合函数单调性的定义进行证明即可 （3）根据，可得，然后利用函数的单调性进行求解即可． 【详解】（1）令，则； 所以. （2）设，则， 所以， ， 即， 所以在上为增函数； （3）， ， ， 在上为增函数， 解得：， 所以不等式的解集为． 60．（23-24高一上·北京·期中）已知函数 (1)求函数的零点; (2)证明: 函数在区间上单调递增; (3)若时,恒成立，求正数的取值范围. 【答案】(1)=1或 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）令解出即可； （2）根据单调性定义证明单调性即可； （3）恒成立，由（1）得恒成立，根据单调性等价于“ax²+2a>1恒成立，则，即可求出的取值范围. 【详解】（1）因为 所以， 令 则有， 解得或 ； （2）任取,∈(0,+∞),<， 则 因为0<<,所以 ， 即 ， 所以函数在区间(0,+∞)上单调递增； （3）若>0时,恒成立，即恒成立， 因为a>0,所以ax²+2a>0， 又函数在区间(0,+∞)上单调递增， 所以“恒成立”等价于“ax²+2a>1恒成立”， 即 在x∈(0,+∞)上恒成立, 即， 令， 易知在x∈(0,+∞)单调递减， ， 故a的取值范围为 61．（22-23高一上·江苏徐州·期中）已知函数. (1)当时，求关于的不等式的解集； (2)若，的值域为，，的值域为，若，求的取值范围． 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）时，，分、、三种情况讨论即可求解. （2）由，得，根据一次函数的性质可得，根据二次函数的性质结合对称轴分析可得，进而结合集合包含关系求解即可. 【详解】（1）因为，， 当时，，无解； 当时，，所以解为； 当时，，所以解为. 综上所述，当时，解集为； 当时，解集为； 当时，解集为． （2）由，得. 因为，， 所以的值域， 对于，， ①时，，的值域是， 此时的值域为，，所以成立． ②时，的对称轴为， 所以的最大值为，最小值为，值域为， 所以，所以． ③时，的对称轴为， 当，即时， 的最大值为或，最小值为， 所以，所以. 当，即时， 的最大值为，最小值为， 所以，解得． 综上所述，的取值范围是． 【点睛】方法点睛：解含参一元二次不等式，常常利用分类讨论的思想求解，常见分类如下： （1）二次项系数是否为0； （2）二次项系数是否大于0； （3）判别式及两根的大小. 62．（23-24高一上·江苏苏州·期中）（1）已知，求的最小值； （2）已知，求的最小值. 【答案】（1）；（2） 【分析】（1）分、、讨论，结合图象求的最小值即可； （2）分、、讨论结，合图象可得的最小值. 【详解】（1）， ①当，，    ②当，，    ③当，，    故的最小值； （2）， ①当，，    ②当，,    ③当，， 令得：， 即时，，    同理时，,    综上所述：的最小值. 63．（23-24高一上·江苏扬州·期中）对于函数. (1)若方程恰有一个实根，求实数a的取值范围； (2)设，若对任意，当时，满足，求实数a的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）原方程可转化为，分类讨论即可； （2）将转化为，分别求最大值和最小值，再求a范围. 【详解】（1）方程恰有一个实根， 转化为方程恰有一个实根， 所以， 由①可得，，即， 当时，方程有唯一解，满足②， 所以符合条件； 判别式， 当时，方程有两相等根，满足②， 所以符合条件； 当且时，方程有两不等根， 若满足②，则， 若满足②，则， 所以当时方程恰有一个实根； 综上，实数的取值范围为； （2）令，则在上为减函数，在上为增函数， ∴函数在上为减函数， 当时，满足， 则， ∴，即对任意的恒成立， 设，又， 所以函数在单调递增， 所以， ∴. 64．（23-24高一上·江苏南京·期中）设函数． (1)当时，的最大值为8，求实数a的值； (2)对于给定的负实数a，有一个最大的正数，使得在整个区间上，不等式恒成立．问：a为何值时，最大？并求出这个最大的． 【答案】(1)； (2)当时，取得最大值. 【分析】（1）借助一次函数、二次函数性质，分类讨论求解函数取最大值8时的a值即可. （2）数形结合，把表示为的函数，再求最大值即可. 【详解】（1）当时，函数，在上的最大值为11，与已知矛盾，即； 当时，函数图象的对称轴， 由时，的最大值为8，得，解得，矛盾； 当时，函数图象的对称轴， 当，即时，则，即，解得，无解， 当，即时，则，即，解得， 所以. （2）依题意，，，显然，， ①当，即时，因为在整个区间上，不等式都成立，    则是的较小根，， ②当，即时，则是方程的较大根，    因此， 所以时，取得最大值． 【点睛】关键点睛：利用函数的图象将表示为的函数，再求出最大值是关键. 65．（23-24高一上·江苏苏州·期中）给定，若存在实数使得成立，则定义为的点．已知函数． (1)当，时，求的点； (2)对于任意的，总存在，使得函数存在两个相异的点，求实数的取值范围． 【答案】(1)1和3 (2)或 【分析】（1）根据给定的定义，解一元二次方程作答. （2）根据给定的定义，利用一元二次方程恒有两个不等实根列式，再结合恒成立的条件及一元二次不等式在区间上有解求解作答. 【详解】（1）当时，，依题意令， 即，解得或， 所以当时，的点为和． （2）因函数总存在两个相异的点， 则方程，即恒有两个不等实根， 依题意，对任意的，总存在使成立， 即对任意的，总存在使成立，而恒成立， 于是存在，不等式成立， 而， 从而得不等式在上有解，又二次函数开口向上， 因此或，解得或， 解得或，则有或， 所以实数的取值范围是或． 【点睛】方法点睛:新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的:遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决. 14 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 13 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$