期中真题必刷常考60题（24个考点专练）-2024-2025学年高一数学考试满分全攻略同步备课备考系列（人教A版2019必修一）

期中真题必刷常考60题（24个考点专练） 一．元素与集合关系的判断（共2小题） 1．（2023秋•齐齐哈尔期中）已知是同时满足下列条件的集合：①，；②若，，则；③且，则．下列结论中正确的有　　 A． B． C．若，，则 D．若，则 2．（2023秋•奉贤区期中）已知集合为非空数集，定义：，，，，，．（实数，可以相同） （1）若集合，，直接写出集合、； （2）若集合，，，，，且，求证：； （3）若集合，，，记为集合中元素的个数，求的最大值． 二．集合的包含关系判断及应用（共3小题） 3．（2023秋•永昌县校级期中）已知集合，，则　　 A． B．， C．， D．，1， 4．（2023秋•海淀区校级期中）已知集合，定义在集合上的两个函数和的值域分别为集合和集合． （1）若，求，； （2）若，求实数的取值范围． 5．（2023秋•辽宁期中）设全集为，集合或， （1）求如图阴影部分表示的集合； （2）已知，若，求实数的取值范围． 三．子集与真子集（共1小题） 6．（2023秋•海淀区校级期中）对于全集的子集定义函数为的特征函数，设，为全集的子集，则下列结论中正确的是　　 A．若，则 B． C． D． 四．并集及其运算（共1小题） 7．（2022秋•黔东南州期末）已知集合，． （1）当时，求集合； （2）若，满足：①，②，从①②中任选一个作为条件，求实数的取值范围． 五．交集及其运算（共2小题） 8．（2023秋•浦东新区校级期中）已知集合，，若，1，，，求的值． 9．（2023秋•鸡西期中）集合，，若，求实数的取值范围． 六．求集合的交集（共1小题） 10．（2023秋•永川区校级期中）已知集合，6，8，，，4，8，，则　　 A．， B． C．，2，4， D．，2，4，6，8， 七．充分不必要条件的判断（共1小题） 11．（2023秋•威宁县校级期中）已知条件和条件，则使是的充分不必要条件的最小正整数　　． 八．充分不必要条件的应用（共1小题） 12．（2023秋•石家庄期中）已知集合，或． （1）若，求； （2）若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围． 九．全称量词和全称量词命题（共1小题） 13．（2023秋•房山区校级期中）写出一个使得命题“，恒成立”是假命题的实数的值：　　． 一十．存在量词命题真假的应用（共1小题） 14．（2023秋•南海区校级期中）若命题“，，使得”是假命题，则的取值范围是 　　． 一十一．存在量词命题的否定（共1小题） 15．（2023秋•广州期中）在下列四个命题中，正确的是　　 A．命题“，使得”的否定是“，都有” B．若不等式的解集为，则 C．当时，的最小值是5 D．存在，使得不等式成立 一十二．等式与不等式的性质（共1小题） 16．（2023秋•邯郸期中）下列命题为真命题的是　　 A．若，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 一十三．基本不等式及其应用（共11小题） 17．（2023秋•石家庄期中）若正实数，满足，则下列结论不正确的是　　 A．的最小值为4 B．的最大值为4 C．的最小值为 D．的最大值为8 18．（2023秋•怀仁市校级期中）若存在正实数，满足，且使不等式有解，则实数的取值范围是　　 A． B． C．，， D．，， 19．（2023秋•兴庆区校级期中）若两个正实数，满足，且不等式有解，则实数的取值范围是　　 A． B．，， C． D．，， 20．（2023秋•青羊区校级期中）若，，则“”是“”的　　 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 21．（2023秋•深圳期中）下列函数最小值为4的是　　 A． B． C． D． 22．（2023秋•安岳县校级期中）已知，，且，则的最小值为　　 A． B． C．5 D．9 23．（2023秋•武汉期中）已知，均为正实数，则　　 A．的最大值为 B．若，则的最大值为8 C．若，则的最小值为 D．若，则的最小值为 24．（2023秋•荣昌区校级期中）已知正数，满足，则下列说法一定正确的是　　 A． B． C． D． 25．（2023秋•龙门县校级期中）下列选项正确的是　　 A．若，则的最小值为2 B．若，的最小值为3 C．的最小值为2 D．函数的最大值是0 26．（2023秋•安徽期中）已知正数，满足，则　　 A．的最小值为 B．的最小值为 C．的最小值为8 D． 27．（2023秋•肇庆校级期中）已知，则的最小值为 　　． 一十四．运用基本不等式比较大小（共1小题） 28．（2023秋•福建期中）已知长为，宽为的长方形，如果该长方形的面积与边长为的正方形面积相等；该长方形周长与边长为的正方形周长相等；该长方形的对角线与边长为的正方形对角线相等；该长方形的面积和周长的比与边长为的正方形面积和周长的比相等，那么、、、大小关系为　　 A． B． C． D． 一十五．二次函数的性质与图象（共4小题） 29．（2023秋•广平县校级期中）已知二次函数． （Ⅰ）当且时，解关于的不等式； （Ⅱ）若的解集是，解关于的不等式． 30．（2023秋•湖南期中）已知函数． （1）若，求在，的最小值； （2）若，且对于，，有成立，求实数的取值范围． 31．（2023秋•定边县校级期中）已知二次函数，且满足（3）． （1）求函数的解析式； （2）若函数的定义域为，求的值域． 32．（2023秋•汉寿县校级期中）已知函数． （1）当时，求函数在，上的值域； （2）是否存在实数，使函数的定义域为，，值域为，？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 一十六．一元二次不等式及其应用（共2小题） 33．（2023秋•船营区校级期中）解关于的不等式． 34．（2023秋•怀宁县校级期中）当取什么值时，一元二次不等式对一切实数都成立？ 一十七．由函数的单调性求解函数或参数（共6小题） 35．（2023秋•宜昌期中）下列四个函数中，在上为增函数的是　　 A． B． C． D． 36．（2023秋•射洪市校级期中）已知函数，下面四个结论中正确的是　　 A．的值域为 B．是偶函数 C．在区间上单调递增 D．的图像与的图像有4个不同的交点 37．（2023秋•市中区校级期中）设函数的定义域为，对于任意给定的正数，定义函数，则称为的“界函数”．若函数，则下列结论正确的是　　 A．（2） B．的值域为， C．在上单调递减 D．函数为偶函数 38．（2023秋•江北区期中）已知是定义在，上的奇函数． （1）求的解析式； （2）判断并证明的单调性； （3）解不等式：． 39．（2023秋•定安县校级期中）已知函数的图象过点 （1）求实数的值，并证明函数是奇函数； （2）利用单调性定义证明在区间，上是增函数． 40．（2023秋•汉寿县校级期中）已知函数 （1）判断函数的奇偶性，并加以证明； （2）用定义证明在是减函数． 一十八．函数的最值（共6小题） 41．（2023秋•越秀区校级期中）记函数在区间，上的最大值为（a），则（a）的最小值为　　 A． B． C． D．1 42．（2023秋•华池县校级期中）设，记在区间上的最大值为（a），则（a）的最小值为　　 A．0 B． C． D．2 43．（2023秋•镇海区校级期中）已知函数，，，为常数）．函数定义如下：对每个给定的实数，． （1）若，，求在，上的最大值； （2）若，且（1），求函数在区间，上的单调增区间的长度之和．（闭区间，的长度定义为 44．（2023秋•思明区校级期中）已知函数． （1）当时，求不等式的解集； （2）若且，试比较与的大小关系； （3）令，若在上的最小值为，求的值． 45．（2023秋•河东区期中）已知幂函数在上单调递增． （1）求实数的值，并写出相应的函数的解析式； （2）对于（1）中的函数，试判断是否存在正数，使函数，在区间，上的最大值为5，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 46．（2023秋•龙华区校级期中）一次函数是上的增函数，，已知． （Ⅰ）求； （Ⅱ）若在单调递增，求实数的取值范围； （Ⅲ）当，时，有最大值13，求实数的值． 一十九．函数的奇偶性（共2小题） 47．（2023秋•揭阳校级期中）若函数在，时，函数值的取值区间恰为，，则称，为的一个“倍倒域区间”．定义在上的奇函数，当，时，，则在区间，内的“8倍倒域区间”为　　 A．， B．， C．， D．， 48．（2023秋•商丘期中）已知定义在上的偶函数满足，当时，，则　　 A．的图象关于点对称 B．（3） C．当时， D．在，上单调递减 二十．奇偶函数图象的对称性（共1小题） 49．（2023秋•响水县校级期中）定义在上的函数若满足：①对任意，，都有；②对任意，都有，则称函数是以为中心的“中心捺函数”．已知函数是以为中心的“中心捺函数”，若，则的取值范围为　　 A．， B． C． D． 二十一．奇偶性与单调性的综合（共2小题） 50．（2023秋•丰台区校级期中）函数是定义在上的奇函数，且． （1）确定函数的解析式； （2）用定义证明在上是增函数； （3）解不等式． 51．（2023秋•泸定县校级期中）已知定义在上的奇函数是增函数，且． （Ⅰ）求函数的解析式； （Ⅱ）解不等式． 二十二．幂函数的概念（共1小题） 52．（2023秋•深圳期中）已知幂函数的图像过点，则下列结论正确的是　　 A．的定义域为， B．在其定义域内为减函数 C．是偶函数 D．是奇函数 二十三．幂函数的单调性与最值（共1小题） 53．（2023秋•封开县校级期中）已知幂函数为偶函数． （1）求的解析式； （2）若在，上不是单调函数，求实数的取值范围． 二十四．分段函数的应用（共6小题） 54．（2023秋•西安校级期中）若函数满足对任意的实数，都有成立，则实数的取值范围为　　 A． B． C． D． 55．（2023秋•怀宁县校级期中）设函数，若对，且，都有，则实数的取值范围是　　 A．， B．， C．， D．， 56．（2023秋•市南区校级期中）已知函数，则以下说法正确的是　　 A．若，则是上的减函数 B．若，则有最小值 C．若，则的值域为 D．若，则存在，使得 57．（2023秋•河南期中）已知函数且，则下列说法正确的有　　 A．在区间和上单调递减 B．直线与的图象总有3个不同的公共点 C． D． 58．（2023秋•无锡期中）设函数． ①若且，使得成立，则实数的取值范围是 　　； ②若函数为上的单调函数，则实数的取值范围是 　　． 59．（2023秋•罗平县校级期中）某地空气中出现污染，须喷洒一定量的去污剂进行处理．据测算，每喷洒1个单位的去污剂，空气中释放的浓度（单位：毫克立方米）随着时间（单位：天）变化的函数关系式近似为，若多次喷洒，则某一时刻空气中的去污剂浓度为每次投放的去污剂在相应时刻所释放的浓度之和．由实验知，当空气中去污剂的浓度不低于4（毫克立方米）时，它才能起到去污作用． （Ⅰ）若一次喷洒1个单位的去污剂，则去污时间可达几天？ （Ⅱ）若第一次喷洒1个单位的去污剂，6天后再喷洒个单位的去污剂，要使接下来的4天中能够持续有效去污，试求的最小值？（精确到 60．（2023秋•莱西市期中）某群体的人均通勤时间，是指单日内该群体中成员从居住地到工作地的平均用时．某地上班族中的成员仅以自驾或公交方式通勤．分析显示：当中的成员自驾时，自驾群体的人均通勤时间为 （单位：分钟），而公交群体的人均通勤时间不受影响，恒为40分钟，试根据上述分析结果回答下列问题： （1）当在什么范围内时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间？ （2）求该地上班族的人均通勤时间的表达式；讨论的单调性，并说明其实际意义． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期中真题必刷常考60题（24个考点专练） 一．元素与集合关系的判断（共2小题） 1．（2023秋•齐齐哈尔期中）已知是同时满足下列条件的集合：①，；②若，，则；③且，则．下列结论中正确的有　　 A． B． C．若，，则 D．若，则 【分析】根据已知条件，结合集合的定义，即可依次判断． 【解答】解：因为，，由②得，，，由③得，故正确，错误； 因为，，由②得，所以，故正确； 因为，，由②得，由③得，，由②得，由③得，由②得，故正确． 故选：． 【点评】本题考查了新定义的应用，考查了学生的理解运算能力，属于中档题． 2．（2023秋•奉贤区期中）已知集合为非空数集，定义：，，，，，．（实数，可以相同） （1）若集合，，直接写出集合、； （2）若集合，，，，，且，求证：； （3）若集合，，，记为集合中元素的个数，求的最大值． 【分析】（1）根据题目的定义，直接计算集合，即可； （2）根据集合相等的概念，证明即可； （3）通过假设集合，，，，，求出对应的集合，，通过，建立不等式关系，求出对应的值即可． 【解答】解；（1）因为集合，，，，，，，， 所以由，，，可得，7，， ，，，可得，． （2）由于集合，，，，， 则集合的元素在0，，，，，，中， 且，， 而，故中最大元素必在中，而为7个元素中的最大者， 故即，故，，，， 故中的4个元素为0，，，， 且，，与，，重复， 而，故即， 而，故，故或， 若，则，，，，，与题设矛盾； 故即． （3）设，，满足题意，其中， 则， ，，， ，由容斥原理， 中最小的元素为0，最大的元素为，， ，即，． 实际上当，675，676，时满足题意， 证明如下：设，，，，，， 则，，，，，，1，2，，， 依题意有，即， 故的最小值为674，于是当时，中元素最多， 即，675，676，，时满足题意， 综上所述，集合中元素的个数的最大值是1348． 【点评】本题主要考查集合的运算，属于中档题． 二．集合的包含关系判断及应用（共3小题） 3．（2023秋•永昌县校级期中）已知集合，，则　　 A． B．， C．， D．，1， 【分析】根据题意，化简集合，再根据交集的知识求得正确答案． 【解答】解：由题意，可得，1，， 结合，得，1，． 故选：． 【点评】本题主要考查集合的概念与表示、交集的运算法则等知识，属于基础题． 4．（2023秋•海淀区校级期中）已知集合，定义在集合上的两个函数和的值域分别为集合和集合． （1）若，求，； （2）若，求实数的取值范围． 【分析】（1）根据一次函数以及二次函数的性质求解值域，即可根据集合的交并补运算求解， （2）分类讨论求解二次函数的值域，即可根据集合包含关系求解． 【解答】解：（1）由题意知，故， 由于为单调递增函数，所以． （1）当时，，，，，，， 所以，，，． （2）当时，， 又，故，解得，与相矛盾； 当时，， 又，故，解得，所以； 当时，，又， 故，解得，所以． 综上所述，实数的取值范围为． 【点评】本题主要考查集合的运算，考查转化能力，属于中档题． 5．（2023秋•辽宁期中）设全集为，集合或， （1）求如图阴影部分表示的集合； （2）已知，若，求实数的取值范围． 【分析】（1）利用维恩图能求出阴影部分表示的集合． （2）当，，成立；当，即时，成立；当时，．由此能求出的取值范围． 【解答】解：（1）全集为，集合或，． 阴影部分表示的集合为，． （2）当，即时，，成立； 当，即时，成立 当，即时，，得． 综上所述，的取值范围为，． 【点评】本题考查集合的求法，考查实烽的取值范围的求法，考查维恩图、子集等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题． 三．子集与真子集（共1小题） 6．（2023秋•海淀区校级期中）对于全集的子集定义函数为的特征函数，设，为全集的子集，则下列结论中正确的是　　 A．若，则 B． C． D． 【分析】根据特征函数的定义和集合的运算，对每个选项一一判断即可． 【解答】解：对于，，可得则， 因为，， 当时，， 当但时，，， 当， ，故正确； 对于，，所以，故正确； 对于，当时，， 当，时，，， 当，时，， 当时，， 以上情况均满足，故正确； 对于，当时，，故错误． 故选：． 【点评】本题考查特征函数的定义和集合的运算，考查分类讨论思想以及运算求解能力，属于中档题． 四．并集及其运算（共1小题） 7．（2022秋•黔东南州期末）已知集合，． （1）当时，求集合； （2）若，满足：①，②，从①②中任选一个作为条件，求实数的取值范围． 【分析】（1）根据并集的知识求得正确答案． （2）选择条件后，根据集合是否为空集进行分类讨论，由此列不等式来求得的取值范围． 【解答】解：（1）当时，求集合，． （2）若选择条件①，， 当时，，解得， 当时， 由可得或， 解得或， 综上的取值范围是． 若选择条件②，则集合是集合的子集， 当时，，解得， 当时，有， 解得， 综上的取值范围是． 【点评】本题主要考查并集及其运算，属于中档题． 五．交集及其运算（共2小题） 8．（2023秋•浦东新区校级期中）已知集合，，若，1，，，求的值． 【分析】由题意得，，求出，，从而求出，，进而求出，，由此能求出的值． 【解答】解：由题意得，， 代入中方程得，故，， 由，1，和得： ，， 代入中方程得：， 所以． 【点评】本题考查实数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意交集、并集性质的合理运用． 9．（2023秋•鸡西期中）集合，，若，求实数的取值范围． 【分析】由与，以及两集合的交集为空集，确定出的范围即可． 【解答】解：，，且， 当时，满足题意，此时， 解得：； 当时，可得或，且， 解得：或， 综上，的范围是或． 【点评】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键． 六．求集合的交集（共1小题） 10．（2023秋•永川区校级期中）已知集合，6，8，，，4，8，，则　　 A．， B． C．，2，4， D．，2，4，6，8， 【分析】根据交集的定义运算即可． 【解答】解：因为，6，8，，，4，8，，所以，6，8，，4，8，，． 故选：． 【点评】本题考查了交集运算，找出两个集合的各个元素是解题的关键． 七．充分不必要条件的判断（共1小题） 11．（2023秋•威宁县校级期中）已知条件和条件，则使是的充分不必要条件的最小正整数　1　． 【分析】先将条件，化简，然后利用是的充分不必要条件，确定参数的取值范围． 【解答】解：由，解得或． 即或． 因为是的充分不必要条件，所以， 由，得，或， 即，或． 所以要使是的充分不必要条件，则推出，但推不出． 所以有，即，所以，即最小正整数． 故答案为：1． 【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的应用． 八．充分不必要条件的应用（共1小题） 12．（2023秋•石家庄期中）已知集合，或． （1）若，求； （2）若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围． 【分析】（1）把代入集合，计算即可； （2）结合集合之间的包含关系，即可求解． 【解答】解：（1）若，则集合， 又或，所以或． （2）若“”是“”的充分不必要条件， 当时，，解得，符合题意， 则时，由，则或， 解得或， 所以实数的取值范围为，，． 【点评】本题主要考查充分不必要条件的应用，属于中档题． 九．全称量词和全称量词命题（共1小题） 13．（2023秋•房山区校级期中）写出一个使得命题“，恒成立”是假命题的实数的值：　　． 【分析】将条件转化为“，成立，检验是否满足条件，当 时，必须或，从而解出实数的取值范围，进而得解． 【解答】解：命题“恒成立”是假命题，即“，成立”是真命题 ①． 当时，①不成立， 当 时，要使①成立，必须，或， 或 故答案为：． 【点评】本题考查一元二次不等式的应用，注意联系对应的二次函数的图象特征，体现了等价转化和分类讨论的数学思想． 一十．存在量词命题真假的应用（共1小题） 14．（2023秋•南海区校级期中）若命题“，，使得”是假命题，则的取值范围是 　　． 【分析】由题意知原命题的否定为真，将问题转换成二次不等式在定区间上的恒成立问题了，对对称轴的位置进行讨论即可求解． 【解答】解；由题意原命题的否定“，，使得”是真命题， 不妨设，其开口向上，对称轴方程为， 则只需在，上的最大值即可，我们分以下三种情形来讨论： 情形一：当即时，在，上单调递增， 此时有（2），解得， 故此时满足题意的实数不存在； 情形二：当即时，在上单调递减，在上单调递增， 此时有（2），，只需， 解不等式组得， 故此时满足题意的实数的范围为； 情形三：当即时，在，上单调递减， 此时有，解得， 故此时满足题意的实数不存在； 综上所述：的取值范围是． 故答案为：． 【点评】本题考查命题的真假性判断，属于中档题． 一十一．存在量词命题的否定（共1小题） 15．（2023秋•广州期中）在下列四个命题中，正确的是　　 A．命题“，使得”的否定是“，都有” B．若不等式的解集为，则 C．当时，的最小值是5 D．存在，使得不等式成立 【分析】．根据特称命题的否定是全称命题来判断； ．由二次不等式得方程的根，利用韦达定理来计算判断； ．利用基本不等式来计算判断； ．利用基本不等式来计算判断． 【解答】解：．根据特称命题的否定是全称命题可得，命题“，使得”的否定是“，都有”，正确； ．若不等式的解集为，则，2是方程的两根， 则必有 解得，，，正确； ．当时，，当且仅当，即时，等号成立，故，错误； ．当时，，当且仅当时等号成立，故存在，使，正确； 故选：． 【点评】本题主要考查了含有量词的命题的否定，二次方程实根分布，基本不等式求解最值，属于中档题． 一十二．等式与不等式的性质（共1小题） 16．（2023秋•邯郸期中）下列命题为真命题的是　　 A．若，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【分析】通过反例可知错误；利用不等式性质可知正确． 【解答】解：对于，当时，，错误； 对于，，，又，，正确； 对于，，，又，，正确； 对于，，，，正确． 故选：． 【点评】本题主要考查不等式的性质，属于基础题． 一十三．基本不等式及其应用（共11小题） 17．（2023秋•石家庄期中）若正实数，满足，则下列结论不正确的是　　 A．的最小值为4 B．的最大值为4 C．的最小值为 D．的最大值为8 【分析】根据基本不等式及其变形逐项判断即可． 【解答】解：对于项，由基本不等式得，，当且仅当时取等号， 整理得， 解得，当且仅当时，等号成立，故正确； 对于项，由项可知，所以，当且仅当时，等号成立，故正确； 对于项，由题可知， 故， 当且仅当时，等号成立，故正确； 对于项，，又，所以的最小值为8，当且仅当时取得最小值，故错误． 故选：． 【点评】本题主要考查了基本不等式及相关结论在最值求解中的应用，属于中档题． 18．（2023秋•怀仁市校级期中）若存在正实数，满足，且使不等式有解，则实数的取值范围是　　 A． B． C．，， D．，， 【分析】由已知利用乘1法结合基本不等式先求的最小值，然后结合存在性问题与最值关系的转化可求． 【解答】解：因为，且， 所以，当且仅当，即时等号成立， 所以， 解得或． 故选：． 【点评】本题主要考查了基本不等式求解最值，还考查了存在性问题与最值关系的转化，属于中档题． 19．（2023秋•兴庆区校级期中）若两个正实数，满足，且不等式有解，则实数的取值范围是　　 A． B．，， C． D．，， 【分析】由已知利用乘1法结合基本不等式先求出的最小值，然后结合存在性问题与最值关系进行转化，解二次不等式可求． 【解答】解：因为，即， 则， 当且仅当且，即，时取等号， 不等式有解，则， 所以， 解得或． 故选：． 【点评】本题主要考查了乘1法及基本不等式在最值求解中的应用，还考查了存在性问题与最值关系的转化，属于中档题． 20．（2023秋•青羊区校级期中）若，，则“”是“”的　　 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【分析】利用均值不等式得出充分性，再利用特值法判断必要性即可． 【解答】解：因为， 由于，所以， 即， 因为，， 所以， 所以， 即 所以， 故“”是“”充分条件； 若，，此时，， 故“”是“”不必要条件； 综上，，，是“”是“”的充分不必要条件． 故选：． 【点评】本题考查充要条件的判断，以及基本不等式的应用，属于中档题． 21．（2023秋•深圳期中）下列函数最小值为4的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据基本不等式逐项计算与判断后可得正确的选项． 【解答】解：对于，因为，所以，，当且仅当时等号成立，故错误； 对于，因为，所以，当且仅当，即取等号，所以函数最小值为4，故正确； 对于，，当且仅当时取等号，此时不存在，故等号不成立，函数最小值不是4，故错误； 对于，取，则，故错误． 故选：． 【点评】本题主要考查了基本不等式及应用条件的应用，属于中档题． 22．（2023秋•安岳县校级期中）已知，，且，则的最小值为　　 A． B． C．5 D．9 【分析】利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出． 【解答】解：，，且， 则，当且仅当时取等号． 故选：． 【点评】本题考查了基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 23．（2023秋•武汉期中）已知，均为正实数，则　　 A．的最大值为 B．若，则的最大值为8 C．若，则的最小值为 D．若，则的最小值为 【分析】对于选项，直接利用基本不等式即可得出所求的答案；对于选项，由，当且仅当时等号成立即可得出所求的答案；对于选项，灵活运用“1”替换并结合基本不等式即可得出所求的答案；对于选项，将所求的式子化简为，然后令，并结合二次函数的性质即可得出所求的答案． 【解答】解：对于选项，因为，当且仅当时等号成立， 所以，当且仅当时等号成立， 故的最大值为，故正确； 对于选项，因为，当且仅当时等号成立， 所以，当且仅当时等号成立， 即，当且仅当时等号成立， 故的最小值为8，故不正确； 对于选项，因为，所以， 当且仅当且，即，时，等号成立， 故的最小值为，故正确； 对于选项，因为，所以， 所以， 令，则上式， 当时，取得最大值为， 所以， 故的最小值为，故正确． 故选：． 【点评】本题考查基本不等式的应用，考查学生的逻辑思维能力，属中档题． 24．（2023秋•荣昌区校级期中）已知正数，满足，则下列说法一定正确的是　　 A． B． C． D． 【分析】由已知等式可得，由，，结合基本不等式可知正误；利用基本不等式可直接验证正误． 【解答】解：由，，得：； 对于，（当且仅当，即，时取等号），正确； 对于，（当且仅当，即，，错误； 对于，（当且仅当，即，时取等号）， ，解得：（当且仅当，时取等号），正确； 对于，（当且仅当，即，时取等号）， 由知：（当且仅当，时取等号）， （当且仅当，时取等号），正确． 故选：． 【点评】本题主要考查基本不等式的应用，属于中档题． 25．（2023秋•龙门县校级期中）下列选项正确的是　　 A．若，则的最小值为2 B．若，的最小值为3 C．的最小值为2 D．函数的最大值是0 【分析】根据基本不等式即可结合选项逐一求解． 【解答】解：对于，当时，显然错误， 对于，，则，， 当且仅当，即时取等号，故正确， 对于，由于，而，当且仅当时取等号，但是无实数根，所以取不到等号，故错误， 对于，当时，，，故，因此， 当且仅当时等号成立，故正确． 故选：． 【点评】本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题． 26．（2023秋•安徽期中）已知正数，满足，则　　 A．的最小值为 B．的最小值为 C．的最小值为8 D． 【分析】由已知结合基本不等式及相关结论检验各选项即可判断． 【解答】解：对于，因为，即， 所以，当且仅当时取等号，正确； 对于，由基本不等式得，， 所以，当且仅当时取等号，故正确； 对于，即，当且仅当时取等号，故正确； 对于，由可得，即，故错误． 故选：． 【点评】本题主要考查了基本不等式及相关结论在最值求解中的应用，属于中档题． 27．（2023秋•肇庆校级期中）已知，则的最小值为 　7　． 【分析】本题可以通过配凑法将原式化成积为定值的形式，再用基本不等式求出原式的最小值，即本题答案． 【解答】解：， ． ． 当且仅当时取最值． 故答案为：7． 【点评】本题考查了基本不等式，注意不等式使用的条件．本题难度适中，属于中档题． 一十四．运用基本不等式比较大小（共1小题） 28．（2023秋•福建期中）已知长为，宽为的长方形，如果该长方形的面积与边长为的正方形面积相等；该长方形周长与边长为的正方形周长相等；该长方形的对角线与边长为的正方形对角线相等；该长方形的面积和周长的比与边长为的正方形面积和周长的比相等，那么、、、大小关系为　　 A． B． C． D． 【分析】根据已知条件建立关于，与，，，之间的关系，利用基本不等式即可得出所求的答案． 【解答】解：由题意可得， ①， ②， ③， ④，且，， 由基本不等式的关系可知：，当且仅当时等号成立，； 由①②得，，所以⑤； 由，当且仅当时等号成立， 由②③得，，所以⑥． 由，当且仅当时等号成立． 由①④得，，所以⑦． 综合⑤⑥⑦可得，． 故选：． 【点评】本题考查基本不等式的应用，考查学生的逻辑思维能力，属中档题． 一十五．二次函数的性质与图象（共4小题） 29．（2023秋•广平县校级期中）已知二次函数． （Ⅰ）当且时，解关于的不等式； （Ⅱ）若的解集是，解关于的不等式． 【分析】（Ⅰ）直接利用不等式的解法求出结果； （Ⅱ）首先求出和的值，进一步求出不等式的解集． 【解答】解：（Ⅰ）当且时，二次函数为， 当，即， 即为， 解得， 所以不等式的解集为． （Ⅱ）的解集是， 整理得，； 故的转换为， 解得：或， 即或． 【点评】本题考查的知识要点：一元二次不等式的解法，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题． 30．（2023秋•湖南期中）已知函数． （1）若，求在，的最小值； （2）若，且对于，，有成立，求实数的取值范围． 【分析】（1）根据二次函数的对称轴进行分类讨论，结合二次函数的性质求得正确答案． （2）由不等式分离参数，利用换元法，结合函数的单调性求得的取值范围． 【解答】解：（1）的对称轴为，，． 当即时，在，单调递增，（1）； 当，即时，； 综上：当时，；当时，． （2），即，化简得：， 又恒成立，， 故，，恒成立，即为． 令，，，则， ，，由对勾函数单调性知在，单调递减， ，，即． 实数的取值范围为． 【点评】本题主要考查函数恒成立问题，考查转化能力，属于中档题． 31．（2023秋•定边县校级期中）已知二次函数，且满足（3）． （1）求函数的解析式； （2）若函数的定义域为，求的值域． 【分析】（1）由（3）可得该二次函数的对称轴为，即可求函数的解析式； （2）若函数的定义域为，利用配方法求的值域． 【解答】解：（1）由（3）可得该二次函数的对称轴为（2分） 即从而得（4分） 所以该二次函数的解析式为（6分） （2）由（1）可得（9分） 所以在，上的值域为，（12分） 【点评】本题考查二次函数解析式的求解，考查函数的值域，确定函数的解析式是关键． 32．（2023秋•汉寿县校级期中）已知函数． （1）当时，求函数在，上的值域； （2）是否存在实数，使函数的定义域为，，值域为，？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【分析】（1）由题意可得，，根据定义域为，，在，上单调减，在，上单调增，求得函数的值域． （2）由条件可得二次函数的对称轴为，分当时、当时、当时三种情况，根据定义域为，，值域为，，分别利用二次函数的性质求得的值． 【解答】解：（1）函数，，， ，，在，上单调减，在，上单调增， 最小值为（1），而（3）， 函数的值域为，． （2）当时，由于在，上是减函数，可得，故有（舍去）． 当时，由，即（舍去）． 当时，由，即，求得． 当时，由，求得，解得（舍去）． 综上所述：． 【点评】本题主要考查求二次函数在闭区间上的最值，函数的定义域和单调性的应用，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题． 一十六．一元二次不等式及其应用（共2小题） 33．（2023秋•船营区校级期中）解关于的不等式． 【分析】先将不等式化为，再对参数的取值范围进行讨论，分类解不等式 【解答】解：原不等式可化为 当时，，其解集为，， 当时，即，其解集为， 当，即，或，其解集为，，， 当时，即，或，其解集为，，， 当时，原不等式可化为，解得，其解集为． 【点评】本题考查一元二次不等式的解法，解题的关键是对参数的范围进行分类讨论，分类解不等式，此题是一元二次不等式解法中的难题，易因为分类不清与分类有遗漏导致解题失败，解答此类题时要严谨，避免考虑不完善出错． 34．（2023秋•怀宁县校级期中）当取什么值时，一元二次不等式对一切实数都成立？ 【分析】先分类讨论：由，利用二次函数的性质求解，令，要恒成立，则开口向下，抛物线与轴没公共点，即，且△，解不等式即可得到的取值范围． 【解答】解：由，令， 恒成立， 开口向下，抛物线与轴没公共点， 即，且△， 解得． 则的取值范围为． 【点评】本题考查了一元二次方程，，，为常数）根的判别式△．当△，方程有两个不相等的实数根；当△，方程有两个相等的实数根；当△，方程没有实数根．同时考查了分类讨论思想的运用和利用二次函数图象解一元二次不等的方法． 一十七．由函数的单调性求解函数或参数（共6小题） 35．（2023秋•宜昌期中）下列四个函数中，在上为增函数的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据基本函数的解析式直接判断单调性即可． 【解答】解：对于，是单调递减函数，故不正确； 对于，，在上单调递减，在上单调递增，故正确； 对于，当时，，函数单调递减，故不正确； 对于，，由向右平移1个单位变换得到， 所以在区间和上单调递增，故不正确． 故选：． 【点评】本题考查函数单调性的性质与判断，属于基础题． 36．（2023秋•射洪市校级期中）已知函数，下面四个结论中正确的是　　 A．的值域为 B．是偶函数 C．在区间上单调递增 D．的图像与的图像有4个不同的交点 【分析】根据函数的性质逐个判定即可． 【解答】解：的定义域为， 因为，所以为偶函数，正确； 对于：当时， 当时， 因为，当且仅当，即取到等号， 所以， 根据偶函数的对称性可知，时，， 所以的值域为，错误； 对于：由可知时， 由对勾函数性质可知在上单调递增，在单调递减，所以错误； 对于：当时，令，则， 此时△，所以方程有两个不同的根， 又因为，所以方程有两个不同的正根， 因为为偶函数，所以当时也有两个负根， 所以的图像与的图像有4个不同的交点，正确， 故选：． 【点评】本题综合考查了函数的定义域，值域，奇偶性，单调性及函数零点个数的判断，属于中档题． 37．（2023秋•市中区校级期中）设函数的定义域为，对于任意给定的正数，定义函数，则称为的“界函数”．若函数，则下列结论正确的是　　 A．（2） B．的值域为， C．在上单调递减 D．函数为偶函数 【分析】令求出不等式的解，即可求出的解析式，即可判断、、，再求出的解析式，画出图象，即可判断． 【解答】解：根据题意，由，解得， ， 所以，故错误； 当时，， 且在，上单调递减，在，上单调递增， （1），（3），所以，即的值域为，，故、正确； 因为，则的图象如下所示： 由图可知的图象关于轴对称，所以函数为偶函数，故正确． 故选：． 【点评】本题考查函数的性质，考查新定义，属于中档题． 38．（2023秋•江北区期中）已知是定义在，上的奇函数． （1）求的解析式； （2）判断并证明的单调性； （3）解不等式：． 【分析】（1）根据奇函数的性质，列出方程求出、的值，代入解析式； （2）先判断出函数是减函数，再利用函数单调性的定义证明：取值，作差，变形，定号下结论； （3）根据函数的单调性即可得到关于的不等式组，解得即可． 【解答】解：（1）是定义在，上的奇函数， ，即，， 又（1），， ， ， 此时，，满足奇函数的定义， ； （2）函数在，上为增函数， 证明如下， 任取， ，， ， ， ， 为，上的增函数； （3）， 即， ， 解得， 解集为：． 【点评】本题考查奇函数的性质的应用，以及函数单调性的判断与证明，解题的关键是掌握函数单调性的定义证明步骤：取值，作差，变形，定号下结论． 39．（2023秋•定安县校级期中）已知函数的图象过点 （1）求实数的值，并证明函数是奇函数； （2）利用单调性定义证明在区间，上是增函数． 【分析】（1）代入点，求得，再由奇函数的定义，即可得证； （2）根据单调性的定义，设值、作差、变形、定符号和下结论即可得证． 【解答】解：（1）的图象过点， ， ，， 的定义域为，关于原点对称， ，又， ， 是奇函数． （2）证明：设， 则 ， 又，，，， ， ， 即在区间，上是增函数． 【点评】本题考查函数的奇偶性的判断和证明，注意运用定义法，考查推理和运算能力． 40．（2023秋•汉寿县校级期中）已知函数 （1）判断函数的奇偶性，并加以证明； （2）用定义证明在是减函数． 【分析】（1）函数为奇函数．确定函数的定义域，利用奇函数的定义，即可得到结论； （2）按照取值、作差、变形定号，下结论的步骤进行证明，作差后要因式分解． 【解答】（1）解：函数为奇函数． 函数的定义域为，， 是奇函数； （2）证明：设、，且，则 、，，， 在上是减函数． 【点评】本题考查函数的性质，考查学生的计算能力，证明函数的单调性按照取值、作差、变形定号，下结论的步骤进行． 一十八．函数的最值（共6小题） 41．（2023秋•越秀区校级期中）记函数在区间，上的最大值为（a），则（a）的最小值为　　 A． B． C． D．1 【分析】分类讨论结合一次函数、二次函数的性质与图象计算即可． 【解答】解：以下只分析函数在，上的图象及性质，分类讨论如下： ①当时，函数在区间，上单调递增， 即（a）（1），此时（a）单调递减，（a）； ②当时，， 所以（a）（1），，， 易知当时，， 所以（a），当时，， 所以（a）， 此时（a）； ③当时，， 时，，，且（a）接近， 当时，（a）（1），（a），且（a）接近1，； 而，综上可知（a）的最小值为． 故选：． 【点评】本题考查了二次函数的性质、分类讨论思想及数形结合思想，属于中档题． 42．（2023秋•华池县校级期中）设，记在区间上的最大值为（a），则（a）的最小值为　　 A．0 B． C． D．2 【分析】设，利用单调性求出的最值，再根据绝对值的意义确定（a），利用一次函数求解（a）的最小值即可． 【解答】解：设，则在上单调递减，在，上单调递增， 且， 所以（a）是三者中的较大者，如图： （a）表示的函数图象为图中粗线部分，且， 所以当时，（a）的最小值为． 故选：． 【点评】本题考查了对勾函数的性质、数形结合思想，作出图象是关键，属于中档题． 43．（2023秋•镇海区校级期中）已知函数，，，为常数）．函数定义如下：对每个给定的实数，． （1）若，，求在，上的最大值； （2）若，且（1），求函数在区间，上的单调增区间的长度之和．（闭区间，的长度定义为 【分析】（1）讨论的范围，确定的解析式，判断其单调性，即可求得结果； （2）分类讨论，即讨论 时和 时，以及 时，分别结合题中区间长度的定义以及每种情况下的单调情况，即可求得答案． 【解答】解：（1）当，时，，， 则， 由于在 上单调递增，在 上单调递减， 因此在，上的最大值为． （2） ①当，即 时， 设和在，的交点横坐标为，， 则有，解得， 由（1），得，解得， 因为在，上单调递增， 所以在，上的递增区间长度为 ． ②当，即 时， 设和在，的交点横坐标为，， 则有，解得， 由（1），得，解得， 因为在，上单调递增，所以在，上的递增区间长度为 ． ③当，即 时， 由（1），得，解得，此时， 若与在，上有0或1个交点，则在，上恒成立， 此时， 在上单调递增，区间长度为1011． 若与在，上有2个交点，， 不妨设，则有，解得，矛盾 当，同理可得，矛盾． 综上，在，上的单调递增区间长度之和为1011． 【点评】本题考查分段函数的最值，函数的单调性，分类讨论的数学思想方法，属中档题． 44．（2023秋•思明区校级期中）已知函数． （1）当时，求不等式的解集； （2）若且，试比较与的大小关系； （3）令，若在上的最小值为，求的值． 【分析】（1）当时，由已知结合指数函数的单调性可求的范围； （2）令，代入原函数中，结合二次函数的单调性及对称性即可比较； （3）先求出，判断的奇偶性后，结合二次函数的性质可求． 【解答】解：（1）当时，由， 可得， 解得，即解集为； （2）令， 则原函数可化为， 对称轴，即， 故且在上单调递增， 因为，， 所以，， 所以， 故； （3），且，即为偶函数， 当时， 令，则， 则原函数可化为， 根据二次函数的性质可知，当时，原函数取得最小值， 整理得． 【点评】本题主要考查了指数函数单调性的应用，还考查了二次函数的性质的综合应用，属于中档题． 45．（2023秋•河东区期中）已知幂函数在上单调递增． （1）求实数的值，并写出相应的函数的解析式； （2）对于（1）中的函数，试判断是否存在正数，使函数，在区间，上的最大值为5，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 【分析】（1）由幂函数的定义和单调性，可得，又，即可得到的值和的解析式； （2）求出的解析式，讨论的符号，结合二次函数的对称轴和区间的关系，运用单调性，解方程可得的值． 【解答】解：（1）幂函数在上单调递增， 可得，解得， 又，可得或1， 即有，幂函数； （2）由（1）可知：， 当时，在，递减， 可得取得最大值，且为1，不成立； 当时，图象开口向上，最大值在或（1）处取得， 而，则（1），即为，不成立； 当，即，． ①当，时，解得， 则在，上单调递减，因此在处取得最大值， 而不符合要求，应舍去； ②当，时，解得不存在； ③当，时，解得， 则在处取得最大值，且为， 解答成立； 综上可知：满足条件的存在且． 【点评】本题考查幂函数的定义和单调性的运用，考查函数的最值的求法，熟练掌握幂函数和二次函数的单调性及分类讨论的思想方法是解题的关键． 46．（2023秋•龙华区校级期中）一次函数是上的增函数，，已知． （Ⅰ）求； （Ⅱ）若在单调递增，求实数的取值范围； （Ⅲ）当，时，有最大值13，求实数的值． 【分析】（Ⅰ）根据是上的增函数，设，，利用，可得方程组，求出，，即可求； （Ⅱ）求出的解析式，利用二次函数的性质，结合函数在单调递增，可求实数的取值范围； （Ⅲ）对二次函数的对称轴，结合区间分类讨论，利用当，时，有最大值13，即可求实数的值． 【解答】解：（Ⅰ）是上的增函数，设，（1分） ，（3分） 解得或（不合题意舍去）（5分） （6分） （Ⅱ）（7分） 对称轴，根据题意可得，（8分） 解得 的取值范围为（9分） （Ⅲ）①当时，即时（3），解得，符合题意；（11分） ②当时，即时，解得，符合题意；（13分） 由①②可得或（14分） 【点评】本题考查函数解析式的确定，考查二次函数的性质，考查函数的最值，考查分类讨论的数学思想，确定函数解析式是关键． 一十九．函数的奇偶性（共2小题） 47．（2023秋•揭阳校级期中）若函数在，时，函数值的取值区间恰为，，则称，为的一个“倍倒域区间”．定义在上的奇函数，当，时，，则在区间，内的“8倍倒域区间”为　　 A．， B．， C．， D．， 【分析】利用奇函数的性质，先利用求出的值，然后利用8倍倒域区间，建立方程关系进行求解即可． 【解答】解：因为定义在上的奇函数，当，时，十， 所以，得， 故当，时，，当时，，在区间，上递减，在区间，内的“8 倍倒域区间”为，， 即（a），（b）， 故，是方程的根，且，，，解得：，． 故选：． 【点评】本题主要考查函数奇偶性的应用，根据奇函数的性质求出的值，然后求出函数的解析式，根据8倍倒域区间的定义建立方程关系是解决本题的关键，是中档题． 48．（2023秋•商丘期中）已知定义在上的偶函数满足，当时，，则　　 A．的图象关于点对称 B．（3） C．当时， D．在，上单调递减 【分析】对于，由题意可得，即可得的图象关于点对称，即可判断； 对于，在中，令，即可求出（3）的值，即可判断； 对于，根据函数在，上的解析式及函数的奇偶性，求出函数在，上的解析式即可判断； 对于，由（3）（1），即可判断． 【解答】解：对于，因为，所以，即，所以的图象关于点对称，正确； 对于，在中，令，得（3）（1），错误； 对于，当时，，所以，又， 所以， 即当时，， 而为偶函数，所以当时，， 综上可知，当时，，正确； 对于，由的解析可知（3）（1），故错误． 故选：． 【点评】本题考查了偶函数的性质、对称性及用赋值法求函数值，属于中档题． 二十．奇偶函数图象的对称性（共1小题） 49．（2023秋•响水县校级期中）定义在上的函数若满足：①对任意，，都有；②对任意，都有，则称函数是以为中心的“中心捺函数”．已知函数是以为中心的“中心捺函数”，若，则的取值范围为　　 A．， B． C． D． 【分析】根据“中心捺函数”的定义以及函数的单调性、奇偶性，化简不等式，求得，进而求得正确答案． 【解答】解：根据题意，对于条件①，对任意，，都有，则在上单调递减， 对于条件②，对任意，都有，的图象关于点对称， 若函数是以为中心的“中心捺函数”， 所以函数在上单调递减，则在上单调递减，且关于点对称， 则在上为减函数，且的图象关于对称，则是奇函数， 对于，即， 所以，， 若，则，，没有意义， 若，则，，没有意义， 所以且， 由两边除以得， 解得，所以， 所以． 故选：． 【点评】本题考查函数奇偶性、单调性的综合应用，涉及函数的对称性，属于中档题． 二十一．奇偶性与单调性的综合（共2小题） 50．（2023秋•丰台区校级期中）函数是定义在上的奇函数，且． （1）确定函数的解析式； （2）用定义证明在上是增函数； （3）解不等式． 【分析】（1）根据函数的奇偶性得到关于，的方程组，求出，的值，从而求出函数的解析式即可； （2）根据函数单调性的定义证明即可； （3）根据函数的单调性，得到关于的不等式，解出即可． 【解答】解：（1）由题意得， 由此可解得， ． （2）证明：设， 则有， ，，，，， ，在上是增函数． （3）， ，即， 在上是增函数， ， 解之得． 【点评】本题考查了函数的单调性，奇偶性问题，考查单调性的定义以及其应用，是一道中档题． 51．（2023秋•泸定县校级期中）已知定义在上的奇函数是增函数，且． （Ⅰ）求函数的解析式； （Ⅱ）解不等式． 【分析】（Ⅰ）利用是定义在上的奇函数，可得，从而可求的值，根据，求出的值，即可求函数的解析式； （Ⅱ）利用定义在上的奇函数是增函数，由得，可得不等式组，解之，即可求解不等式． 【解答】解：（Ⅰ）因为是定义在上的奇函数， 所以，得， 又因为，所以， 所以； （Ⅱ）因为定义在上的奇函数是增函数，由得 所以有， 解得． 【点评】本题考查函数单调性与奇偶性的综合，考查学生的计算能力，正确运用函数的单调性是关键． 二十二．幂函数的概念（共1小题） 52．（2023秋•深圳期中）已知幂函数的图像过点，则下列结论正确的是　　 A．的定义域为， B．在其定义域内为减函数 C．是偶函数 D．是奇函数 【分析】先带点求出幂函数的解析式，然后判断幂函数的性质即可． 【解答】解：设，代入点可得，所以， 所以， 对于：函数的定义域为，所以错误； 对于：因为，所以在内单调递减，正确； 对于：因为的定义域为，所以不是偶函数，错误； 对于：因为的定义域为，所以不是奇函数，错误． 故选：． 【点评】本题主要考查幂函数的概念与性质，属于基础题． 二十三．幂函数的单调性与最值（共1小题） 53．（2023秋•封开县校级期中）已知幂函数为偶函数． （1）求的解析式； （2）若在，上不是单调函数，求实数的取值范围． 【分析】（1）根据幂函数的定义求出的值，求出函数的解析式即可； （2）求出函数的对称轴，根据函数的单调性求出的范围即可． 【解答】解：（1）由题意， 解得：或3， 若是偶函数， 故； （2）， 的对称轴是， 若在，上不是单调函数， 则，解得：． 即的取值范围是． 【点评】本题考查了幂函数的定义，考查函数的单调性问题，考查二次函数的性质，是一道中档题． 二十四．分段函数的应用（共6小题） 54．（2023秋•西安校级期中）若函数满足对任意的实数，都有成立，则实数的取值范围为　　 A． B． C． D． 【分析】由确定单调性，再根据分段函数列不等式组即可得结果． 【解答】解：， 为减函数， ，即，． 故选：． 【点评】本题主要考查函数的单调性，属于中档题． 55．（2023秋•怀宁县校级期中）设函数，若对，且，都有，则实数的取值范围是　　 A．， B．， C．， D．， 【分析】由分段函数在上单调递减可得关于的不等式组，进而可得的取值范围． 【解答】解：因为函数对，且，都有， 可得是上的减函数， 所以有解得． 故选：． 【点评】本题考查函数单调性，属中档题． 56．（2023秋•市南区校级期中）已知函数，则以下说法正确的是　　 A．若，则是上的减函数 B．若，则有最小值 C．若，则的值域为 D．若，则存在，使得 【分析】分别把四个选项中的值代入分段函数解析式，由分段函数的单调性判断；求解函数的值域判断与；由的范围，求出的范围，代入分段函数解析式验证判断． 【解答】解：若，则，在上单调递减，故正确； 若，则， 当时，，在区间，上单调递减，， 由时，，则有最小值1，故正确； 若，则， 当时，，在区间，上单调递减，； 当时，，在区间上单调递增，， 则的值域为，故正确； 若，则，当时，； 由，可得． 则当时，有； 当，时，有，， 即当，时，，，而当时，，． 不存在，使得，故错误． 故选：． 【点评】本题考查分段函数的应用，考查函数的单调性与函数的最值，考查运算求解能力，是中档题． 57．（2023秋•河南期中）已知函数且，则下列说法正确的有　　 A．在区间和上单调递减 B．直线与的图象总有3个不同的公共点 C． D． 【分析】画出函数图象，数形结合判断正确，错误，且，，由基本不等式得到即可判断，． 【解答】解：画出函数的大致图象，如图所示， 选项，由图可知在区间和上单调递减，所以正确； 选项，由图可知，当时，直线与的图象有3个不同的公共点， 当时，直线与的图象有2个不同的公共点，所以错误； 选项，令， 可得直线与的图象有4个不同的交点，且交点横坐标分别为，，，， 由图可知，， 由基本不等式得，， 所以，因为，所以，所以，正确． 故选：． 【点评】本题主要考查函数性质的应用，考查计算能力和数形结合能力，属于中档题． 58．（2023秋•无锡期中）设函数． ①若且，使得成立，则实数的取值范围是 　　； ②若函数为上的单调函数，则实数的取值范围是 　　． 【分析】①分，和作出函数的图象，由图可得，使得成立的的取值范围； ②结合①中函数的图象，直观得到使函数为上的单调函数的实数的取值范围． 【解答】解：函数． ①当时，，其图象关于直线对称， 若，使得成立， 如图， 则， 实数的取值范围是； ②由①中图形可知，当时，是单调增函数，当时，不单调， 当时，单调递增，当时，不单调． 若函数为上的单调函数，则实数的取值范围是，． 故答案为：①；②，． 【点评】本题考查分段函数的应用，考查数形结合思想与分类讨论的数学思想，是中档题． 59．（2023秋•罗平县校级期中）某地空气中出现污染，须喷洒一定量的去污剂进行处理．据测算，每喷洒1个单位的去污剂，空气中释放的浓度（单位：毫克立方米）随着时间（单位：天）变化的函数关系式近似为，若多次喷洒，则某一时刻空气中的去污剂浓度为每次投放的去污剂在相应时刻所释放的浓度之和．由实验知，当空气中去污剂的浓度不低于4（毫克立方米）时，它才能起到去污作用． （Ⅰ）若一次喷洒1个单位的去污剂，则去污时间可达几天？ （Ⅱ）若第一次喷洒1个单位的去污剂，6天后再喷洒个单位的去污剂，要使接下来的4天中能够持续有效去污，试求的最小值？（精确到 【分析】（Ⅰ）根据条件建立不等式关系进行求解即可 （Ⅱ）设从第一次喷洒起，经天空气中的去污剂浓度为，求出的解析式，结合条件转化为对一切恒成立，然后，求出函数的最值即可． 【解答】解：（Ⅰ）依题意 令，则或 解得或， 一次喷洒1个单位的去污剂，去污时间可达7天 （6分） （Ⅱ）设从第一次喷洒起，经天空气中的去污剂浓度为 则 依题意对一切恒成立， 又在，上单调递减， ，即， 故的最小值为0.2 （12分） 【点评】本题主要考查函数的实际应用、分段函数的应用，根据条件求出函数的 解析式，结合不等式恒成立是解决本题的关键．考查学生的计算能力． 60．（2023秋•莱西市期中）某群体的人均通勤时间，是指单日内该群体中成员从居住地到工作地的平均用时．某地上班族中的成员仅以自驾或公交方式通勤．分析显示：当中的成员自驾时，自驾群体的人均通勤时间为 （单位：分钟），而公交群体的人均通勤时间不受影响，恒为40分钟，试根据上述分析结果回答下列问题： （1）当在什么范围内时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间？ （2）求该地上班族的人均通勤时间的表达式；讨论的单调性，并说明其实际意义． 【分析】（1）由题意知求出时的取值范围即可； （2）分段求出的解析式，判断的单调性，再说明其实际意义． 【解答】解；（1）由题意知，当时， ， 即， 解得或， 时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间； （2）当时， ； 当时， ； ； 当时，单调递减； 当时，单调递增； 说明该地上班族中有小于的人自驾时，人均通勤时间是递减的； 有大于的人自驾时，人均通勤时间是递增的； 当自驾人数所占比为时，人均通勤时间最少． 【点评】本题考查了分段函数的应用问题，也考查了分类讨论与分析问题、解决问题的能力． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$