期中真题必刷压轴60题（15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）

期中真题必刷压轴60题（15个考点专练） 一．元素与集合关系的判断（共5小题） 1．（2023秋•大兴区校级期中）对于正整数集合，，，，如果去掉其中任意一个元素，2，，之后，剩余的所有元素组成的集合都能分为两个交集为空集的集合，且这两个集合的所有元素之和相等，就称集合为“和谐集”． （1）判断集合，2，3，4，是否是“和谐集”（不必写过程）； （2）请写出一个只含有7个元素的“和谐集”，并证明此集合为“和谐集”； （3）当时，集合，，，，，求证：集合不是“和谐集”． 2．（2023秋•门头沟区期中）已知，集合，，，，或1，，2，，，对于，，，，，，，，定义与之间的距离为：． （1）对任意的，，请写出可能的值（不必证明）； （2）设，且中有4个元素，记中所有元素间的距离的平均值为，求的最大值； （3）对，，，，，，，，定义：，，，．求证：对任意的，，，有以下结论成立： ①，，； ②、、三个数中至少有一个是偶数． 3．（2023秋•顺义区校级期中）对于正整数集合，记，，记集合所有元素之和为，．若，存在非空集合、，满足：①；②；③称存在“双拆”．若，均存在“双拆”，称可以“任意双拆”． （1）判断集合，2，3，和，3，5，7，9，是否存在“双拆”？如果是，继续判断可否“任意双拆”？（不必写过程，直接写出判断结果）； （2），，，，，证明：不能“任意双拆”； （3）若可以“任意双拆”，求中元素个数的最小值． 4．（2023秋•西城区校级期中）设是实数集的非空子集，称集合，，且为集合的生成集． （Ⅰ）当，3，时，写出集合的生成集； （Ⅱ）若是由5个正实数构成的集合，求其生成集中元素个数的最小值； （Ⅲ）判断是否存在4个正实数构成的集合，使其生成集，3，5，6，10，，并说明理由． 5．（2023春•海淀区校级期中）设是正整数，集合至少有两个元素，且．如果对于中的任意两个不同的元素，，都有，则称具有性质． （1）试判断集合，2，3，和，4，7，是否具有性质（2）？并说明理由； （2）若集合，，，，2，，，求证：不可能具有性质（3）； （3）若集合，2，，，且同时具有性质（4）和（7），求集合中元素个数的最大值． 二．集合的包含关系判断及应用（共2小题） 6．（2023秋•滨海新区校级期中）已知集合，． （1）求； （2）求； （3）若，且，求的取值范围． 7．（2023秋•丰台区期中）对于函数，若，则称为的“不动点”；若，则称为的“稳定点”．函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为和，即，． （1）设函数，求集合和； （2）求证：； （3）设函数，且，求证：． 三．子集与真子集（共2小题） 8．（2023秋•东城区期中）设是实数集的非空子集，称集合，且为集合的生成集． （1）当，3，时，写出集合的生成集； （2）若是由5个正实数构成的集合，求其生成集中元素个数的最小值； （3）判断是否存在4个正实数构成的集合，使其生成集，3，5，6，10，，并说明理由． 9．（2023秋•杭州期中）定义1：通常我们把一个以集合作为元素的集合称为族． 定义2：集合上的一个拓扑乃是的子集为元素的一个族，它满足以下条件：（1）和在中：（2）的任意子集的元素的并在中；（3）的任意有限子集的元素的交在中． （Ⅰ）族，，族，判断族与族是否为集合的拓扑； （Ⅱ）设有限集为全集， 证明：； 族为集合上的一个拓扑，证明：由族所有元素的补集构成的族为集合上的一个拓扑． 四．并集及其运算（共1小题） 10．（2023秋•昌平区校级期中）设函数其中，是非空数集．记，，，． （Ⅰ）若，，，求； （Ⅱ）若，且是定义在上的增函数，求集合，； （Ⅲ）判断命题“若，则”的真假，并加以证明． 五．基本不等式及其应用（共6小题） 11．（2023秋•新市区校级期中）某单位有员工1000名，平均每人每年创造利润10万元．为了增加企业竞争力，决定优化产业结构，调整出名员工从事第三产业，调整后他们平均每人每年创造利润为万元，剩下的员工平均每人每年创造的利润可以提高． （1）若要保证剩余员工创造的年总利润不低于原来1000名员工创造的年总利润，则最多调整出多少名员工从事第三产业？ （2）若要保证剩余员工创造的年总利润不低于原来1000名员工创造的年总利润条件下，若要求调整出的员工创造出的年总利润始终不高于剩余员工创造的年总利润，则的取值范围是多少？ 12．（2023秋•广陵区校级期中）已知函数的值域为，，若关于的不等式的解集为． （1）求实数的值； （2）若，，，求的最小值． 13．（2023秋•兴文县校级期中）由于春运的到来，南昌火车站为舒缓候车室人流的压力，决定在候车大楼外建立临时候车区，其中次列车候车区是一个总面积为的矩形区域（如图所示），矩形场地的一面利用候车厅大楼外墙（长度为，其余三面用铁栏杆围，并留一个长度为的入口．现已知铁栏杆的租用费用为80元．设该矩形区域的长为 （单位：，租用铁栏杆的总费用为（单位：元） （1）将表示为的函数，并求出租用此区域所用铁栏杆所需费用最小值及相应的； （2）若所需总费用不超过2160元，则的取值范围是多少？ 14．（2023秋•裕华区校级期中）运货卡车以每小时千米的速度匀速行驶130千米，按交通法规限制（单位：千米时）．假设汽油的价格是每升2元，而汽车每小时耗油升，司机的工资是每小时14元． （1）求这次行车总费用关于的表达式； （2）当为何值时，这次行车的总费用最低，并求出最低费用的值． 15．（2023秋•李沧区校级期中）已知某企业原有员工2000人，每人每年可为企业创利3.5万元．为应对国际金融危机给企业带来的不利影响，该企业实施“优化重组，分流增效”的策略，分流出一部分员工待岗．为维护生产稳定，该企业决定待岗人数不超过原有员工的，并且每年给每位待岗员工发放生活补贴0.5万元．据评估，当待岗员工人数不超过原有员工时，留岗员工每人每年可为企业多创利万元；当待岗员工人数超过原有员工时，留岗员工每人每年可为企业多创利0.9万元．为使企业年利润最大，应安排多少员工待岗？ 16．（2023秋•贵溪市期中）已知函数，其中． （1）当时，设，，求的解析式及定义域； （2）当，，时，求的最小值； （3）设，当，时，对任意，恒成立，求的取值范围． 六．二次函数的性质与图象（共16小题） 17．（2023秋•锦江区校级期中）二次函数满足，且的解集为．若把在区间，的最大值记为，且的最大值为，，，则的最小值为 　　． 18．（2023秋•惠山区校级期中）已知函数的图象过点，且满足（2）． （1）求函数的解析式； （2）求函数在，上的最小值（a）； （3）若满足，则称为函数的不动点．函数有两个不相等的不动点，，且，，求的最小值． 19．（2023秋•潮南区校级期中）已知函数，且（1） （1）若函数是偶函数，求的解析式； （2）在（1）的条件下，求函数在，上的最大、最小值； （3）要使函数在，上是单调函数，求的范围． 20．（2023秋•新泰市校级期中）已知函数的图象过点，且满足（2）． （1）求函数的解析式； （2）设函数在，上的最小值为（a），求（a）的值域； （3）若满足，则称为函数的不动点．函数有两个不相等的不动点，，且，，求的最小值． 21．（2024春•宜都市校级期中）已知二次函数的最小值为1，且（2）． （1）求的解析式； （2）若在区间，上不单调，求的取值范围； （3）若，，试求的最小值． 22．（2023秋•黄埔区校级期中）函数． （1）解关于的不等式； （2）若， ①若，，，求证； ②画出的图象． 23．（2023秋•秦淮区校级期中）已知二次函数． （1）设，，函数在的最大值是，求函数； （2）若为实数），对于任意，，总存在，使得成立，求实数的取值范围． 24．（2023秋•顺义区校级期中）已知二次函数的图象经过点，在从条件①、条件②中选择一个作为已知，求： （1）的解析式； （2）证明：在区间，上单调递增； （3）若函数（其中，的图象与直线有两个不同交点求的取值范围．（写出详细解答过程） ①点，点在函数的图象上； ②不等式的解集为，． 25．（2023秋•鼓楼区校级期中）设． （1）若对于，，且，都有成立，求的取值范围； （2）若关于的方程有实根，求的取值范围． 26．（2023秋•河北区期中）二次函数满足且． （1）求的解析式； （2）当，时，不等式恒成立，求实数的取值范围． （3）设函数在区间，上的最小值为（a），求（a）的表达式． 27．（2023秋•雁塔区校级期中）已知函数． （1）判断函数在上的单调性，并证明你的结论； （2）求出函数在，上的最大值与最小值． 28．（2023秋•东宝区校级期中）已知二次函数，为实数） （1）若时，且对，恒成立，求实数的取值范围； （2）若时，且对，，恒成立，求实数的取值范围； （3）对，时，恒成立，求的最小值． 29．（2023秋•红桥区期中）已知函数， （1）当时，求关于的不等式的解集； （2）求关于的不等式的解集； （3）若在区间上恒成立，求实数的取值范围． 30．（2023秋•武侯区校级期中）设函数， （Ⅰ）若（1）且对任意实数均有恒成立，求表达式； （Ⅱ）在（1）在条件下，当，时，是单调函数，求实数的取值范围； （Ⅲ）设，，且为偶函数，证明． 31．（2023秋•汕尾期中）已知二次函数，关于实数的不等式的解集为 （1）当时，解关于的不等式：； （2）是否存在实数，使得关于的函数的最小值为？若存在，求实数的值；若不存在，说明理由． 32．（2023秋•古蔺县校级期中）已知函数． （1）当时，求函数在区间，上的值域； （2）函数在，上单调，求实数的取值范围； （3）求函数在，上的最小值（a）的解析式． 七．一元二次不等式及其应用（共3小题） 33．（2023秋•鸡西期中）已知关于的一元二次函数 （1）若的解集为或，求实数、的值． （2）若实数、满足，求关于的不等式的解集． 34．（2023秋•锦江区校级期中）已知关于的不等式． （1）若此不等式的解集为，求实数的值； （2）若，解这个关于的不等式． 35．（2023秋•湖北期中）已知函数的定义域为． （1）求的取值范围． （2）若函数的最小值为，解关于的不等式． 八．函数的单调性（共1小题） 36．（2023秋•海珠区校级期中）已知函数， （Ⅰ）当，时，函数在区间，上的最大值为，试求实数的取值范围 （Ⅱ）当，时，若不等式，对任意，，恒成立，求实数的取值范围． 九．由函数的单调性求解函数或参数（共4小题） 37．（2023秋•贵州期中）对于函数，如果对其定义域中任意给定的实数，都有，且，就称为“倒函数”． （1）判断函数是否为“倒函数”，并说明理由； （2）若定义域为的倒函数的图象是一条连续不断的曲线，且在上单调递增，，． ①根据定义，研究在上的单调性； ②若，函数，求在，上的值域． 38．（2023秋•船营区校级期中）已知函数． （1）试判断的单调性，并证明你的结论； （2）若为定义域上的奇函数， ①求函数的值域； ②求满足的的取值范围． 39．（2023秋•延庆区校级期中）若函数的定义域为，集合，若存在非零实数使得任意都有，且，则称为上的增长函数． （1）已知函数，函数，判断和是否为区间，上的增长函数，并说明理由； （2）已知函数，且是区间，上的增长函数，求正整数的最小值； （3）请在以下两个问题中任选一个作答：（如果两问都做，按①得分计入总分） ①如果对任意正有理数，都是上的增长函数，判断是否一定为上的单调递增函数，并说明理由； ②如果是定义域为的奇函数，当时，，且为上的增长函数，求实数的取值范围． 40．（2023秋•桓台县校级期中）已知函数． （1）若函数的值域是，，求实数的值； （2）若函数在，上单调递减，求实数的取值范围； （3）是否存在实数，使得在，上的值域恰好是，？若存在，求出实数的值；若不存在，说明理由． 一十．函数的最值（共4小题） 41．（2023秋•历城区期中）已知函数，函数的最小值记为（a），给出下面四个结论： ①（a）的最小值为0； ②（a）的最大值为3； ③若在上单调递减，则的取值范围为，，； ④若存在，对于任意的，，则的可能值共有4个； 则全部正确命题的序号为 　　． 42．（2023秋•宝安区校级期中）已知函数，． （1）若函数在，上单调，求实数的取值范围； （2）用，表示，中的最小值，设函数，，试讨论函数的图象与函数的图象的交点个数． 43．（2023秋•谯城区校级期中）已知函数． （1）若函数的定义域和值域均为，，求实数的值； （2）若在区间，，上是减函数，且对任意的，，，总有，求实数的取值范围． 44．（2023秋•广陵区校级期中）俄国数学家切比雪夫是研究直线逼近函数理论的先驱．对定义在非空集合上的函数，以及函数，，切比雪夫将函数，的最大值称为函数与的“偏差”． （1）若，，求函数与的“偏差”； （2）若，，求实数，使得函数与的“偏差”取得最小值． 一十一．函数的奇偶性（共6小题） 45．（2023秋•兴文县校级期中）已知函数为偶函数． （1）求实数的值； （2）当时，若函数的值域为，，求，的值． 46．（2023秋•兴庆区校级期中）对于函数，若在定义域内存在实数，满足，则称为“局部奇函数”． （Ⅰ）已知函数，试判断是否为“局部奇函数”？并说明理由； （Ⅱ）若为定义域上的“局部奇函数”，求实数的取值范围． 47．（2023秋•宝安区校级期中）已知函数，． （1）讨论函数的奇偶性； （2）设集合，，．若，求实数的取值范围． 48．（2023秋•南山区校级期中）已知函数，且此函数图象过点． （1）求实数的值； （2）判断奇偶性； （3）讨论函数在，上的单调性？并证明你的结论． 49．（2023秋•沙河口区校级期中）定义域均为的奇函数与偶函数满足． （1）求函数与的解析式； （2）证明：； （3）试用，，，表示与． 50．（2023秋•昌平区校级期中）已知函数是定义在上的奇函数，且． （1）确定函数的解析式； （2）判断函数的单调性并用定义法证明； （3）解不等式：． 一十二．奇偶性与单调性的综合（共1小题） 51．（2023秋•南安市期中）已知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． 一十三．函数恒成立问题（共1小题） 52．（2023秋•上虞区校级期中）已知函数． （1）若，解方程； （2）若函数在上单调递增，求实数的取值范围； （3）若且不等式对一切实数恒成立，求的取值范围． 一十四．分段函数的应用（共7小题） 53．（2023秋•天山区校级期中）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，如：，，又称为取整函数，在现实生活中有着广泛的应用，诸如停车收费，出租车收费等均按“取整函数”进行计费，以下关于“取整函数”的描述，正确的是　　 A．， B．， C．，，若，则有 D．方程的解集为 54．（2023秋•浙江期中）已知函数，则以下结论正确的是　　 A．函数为增函数 B．，，， C．若在，上恒成立，则的最小值为8 D．若关于的方程有三个不同的实根，则 55．（2023秋•福建期中）对，表示不超过的最大整数，如，，，我们把，叫做取整函数，也称之为高斯函数，也有数学爱好者形象的称其为“地板函数”．在现实生活中，这种“截尾取整”的高斯函数有着广泛的应用，如停车收费、电子表格，在数学分析中它出现在求导、极限、定积分、级数等等各种问题之中，以下关于“高斯函数的命题，其中是真命题有　　 A．， B．，， C．，，若，则 D．不等式的解集为， 56．（2023秋•海淀区校级期中）设，函数，给出下列四个结论： ①当时，在上单调递增； ②当时，存在最大值； ③设，，，，则； ④若，的函数图象有三个公共点，则的取值范围是． 其中所有正确结论的序号是 　　． 57．（2023秋•濠江区校级期中）设函数存在最小值，则的取值范围是 　　． 58．（2023秋•莒南县期中）1837年，德国数学家狄利克雷．．，第一个引入了现代函数概念：“如果对于的每一个值，总有一个完全确定的值与之对应，那么是的函数”．由此引发了数学家们对函数性质的研究．下面是以他的名字命名的“秋利克雷函数”： 表示有理数集合），关于此函数，下列说法正确的是　　 A．是偶函数 B．， C．对于任意的有理数，都有 D．不存在三个点，，，，，，使为正三角形 59．（2023秋•江阴市期中）已知函数，则下列说法正确的是　　 A．当时的单调减区间为，， B．函数为上的单调函数，则 C．若恒成立，则实数的取值范围是 D．对，，，不等式恒成立 一十五．根据实际问题选择函数类型（共1小题） 60．（2023秋•碑林区期中）某地区上年度电价为0.8元，年用电量为，本年度计划将电价降到0.55元至0.75元之间，而用户期望电价为0.4元经测算，下调电价后新增的用电量与实际电价和用户期望电价的差成反比（比例系数为．该地区电力的成本为0.3元． （1）写出本年度电价下调后，电力部门的收益与实际电价的函数关系式； （2）设，当电价最低定为多少时仍可保证电力部门的收益比上年至少增长？ （注：收益实际用电量（实际电价成本价） 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期中真题必刷压轴60题（15个考点专练） 一．元素与集合关系的判断（共5小题） 1．（2023秋•大兴区校级期中）对于正整数集合，，，，如果去掉其中任意一个元素，2，，之后，剩余的所有元素组成的集合都能分为两个交集为空集的集合，且这两个集合的所有元素之和相等，就称集合为“和谐集”． （1）判断集合，2，3，4，是否是“和谐集”（不必写过程）； （2）请写出一个只含有7个元素的“和谐集”，并证明此集合为“和谐集”； （3）当时，集合，，，，，求证：集合不是“和谐集”． 【分析】（1）根据定义，判断集合，2，3，4，不是“和谐集”； （2）写出集合，3，5，7，9，11，，利用定义证明即可； （3）假设集合是“和谐集”，结合定义推出矛盾，即可得证． 【解答】解：（1）对于集合，2，3，4，，当去掉元素2时，剩余的所有元素之和为13， 不能分为两个交集为空集且这两个集合的所有元素之和相等的集合， 所以集合，2，3，4，不是“和谐集”． （2）集合，3，5，7，9，11，是“和谐集”，证明如下： 当去掉元素1时，有； 当去掉元素3时，有； 当去掉元素5时，有； 当去掉元素7时，有； 当去掉元素9时，有； 当去掉元素11时，有； 当去掉元素13时，有． 所以集合，3，5，7，9，11，是“和谐集”． （3）证明：假设集合是“和谐集”， 不妨设，必能将集合，，，分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等， 则有①，或②， 也必能将集合，，，分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等， 则有③，或④， 由①③，得，矛盾， 由①④，得，矛盾， 由②③，得，矛盾， 由②④，得，矛盾， 所以假设不成立， 故当时，集合一定不是“和谐集”． 【点评】本题考查新定义的认识与理解能力，考查反证法的应用，属于难题． 2．（2023秋•门头沟区期中）已知，集合，，，，或1，，2，，，对于，，，，，，，，定义与之间的距离为：． （1）对任意的，，请写出可能的值（不必证明）； （2）设，且中有4个元素，记中所有元素间的距离的平均值为，求的最大值； （3）对，，，，，，，，定义：，，，．求证：对任意的，，，有以下结论成立： ①，，； ②、、三个数中至少有一个是偶数． 【分析】（1）（2）由新定义计算； （3）由新定义与反证法证明． 【解答】解：（1）由题意得，，，，，， 则由已知定义可知，可能的值为0，1，2共3个值； （2）设，，，，4个元素中第1个位置共个1，个0，下面对的可能取值进行分类讨论如下： 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 若要使最大，则，同理得第2，3，4个位置各有2个1，2个0， 所以的最大值为； （3）①由题意得，，，，，2，，， 若，则，，， 若，则，，， 故，，， ②由①可设，，，，，，，，， 则中有个1，中有个1， 设是使得成立的的个数， 则， 假设，，均为奇数，则为偶数，矛盾，故假设不成立， 故、、三个数中至少有一个是偶数，即证． 【点评】本题以新定义为载体，主要考查了元素与集合的关系，考查了逻辑推理的能力，属于难题． 3．（2023秋•顺义区校级期中）对于正整数集合，记，，记集合所有元素之和为，．若，存在非空集合、，满足：①；②；③称存在“双拆”．若，均存在“双拆”，称可以“任意双拆”． （1）判断集合，2，3，和，3，5，7，9，是否存在“双拆”？如果是，继续判断可否“任意双拆”？（不必写过程，直接写出判断结果）； （2），，，，，证明：不能“任意双拆”； （3）若可以“任意双拆”，求中元素个数的最小值． 【分析】（1）根据题中定义判断可得出结论； （2）设，利用反证法，通过讨论集合中去掉的元素，结合“任意双拆”的定义得出等式，推出矛盾，能够证明不能“任意双拆”； （3）分析可知集合中每个元素均为奇数，且集合中所有元素都为奇数，分析可知．当时，，3，5，7，9，11，，根据“任意双拆”的定义可判断集合可以“任意双拆”，由此能求出中元素个数的最小值． 【解答】解：（1）对集合，2，3，，，2，3，，2，，且， 集合，2，3，可以双拆， 若在集合中去掉元素1， ，，， 集合，2，3，不可“任意双拆”； 若集合，3，5，7，9，可以“双拆”，则在集合，3，5，7，9，去除任意一个元素形成新集合， 若存在集合，，使得，，，则（B）， 即集合中所有元素之和为偶数， 事实上，集合中的元素为5个奇数，这5个奇数和为奇数，不合题意， 集合，3，5，7，不可“双拆”． （2）证明：设． 反证法：如果集合可以“任意双拆”， 若去掉的元素为，将集合，，，分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等， 则有，①，或，②， 若去掉的是，将集合，，，分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等， 则有，③，或，④， 由①③可得，矛盾； 由②③得，矛盾； 由①④可得，矛盾； 由②④可得，矛盾． 不能“任意双拆”； （3）设集合，，，，， 由题意可知（A），2，，均为偶数， ，2，，均为奇数或偶数， 若（A）为奇数，则，2，，均为奇数， （A），为奇数， 若（A）为偶数，则，2，，均为偶数， 此时设，则，，，，可任意双拆， 重复上述操作有限次，便可得各项均为奇数的“任意双拆”集，此时各项之和也是奇数， 则集合中元素个数为奇数， 当时，由题意知集合，，不可“任意双拆”， 当时，集合，，，，不可“任意双拆”， ， 当时，取集合，3，5，7，9，11，， ， ， ， ， ， ， 则集合可“任意双拆”， 集合中元素个数的最小值为7． 【点评】本题考查新定义、元素与集合的关系等基础知识，考查运算求解能力，是难题． 4．（2023秋•西城区校级期中）设是实数集的非空子集，称集合，，且为集合的生成集． （Ⅰ）当，3，时，写出集合的生成集； （Ⅱ）若是由5个正实数构成的集合，求其生成集中元素个数的最小值； （Ⅲ）判断是否存在4个正实数构成的集合，使其生成集，3，5，6，10，，并说明理由． 【分析】（Ⅰ）利用集合的生成集定义直接求解． （Ⅱ）设，，，，，且，利用生成集的定义即可求解； （Ⅲ）不存在，理由用反证法说明． 【解答】解：（Ⅰ），3，，，10，， （Ⅱ）设，，，，，不妨设， 因为， 所以中元素个数大于等于7个， 又，，，，，，，，，，，， 此时中元素个数大于等于7个， 所以生成集中元素个数的最小值为7． （Ⅲ）不存在，理由如下： 假设存在4个正实数构成的集合，，，，使其生成集，3，5，6，10，， 不妨设，则集合的生成集，，，，，， 则必有，，其4个正实数的乘积； 也有，，其4个正实数的乘积，矛盾； 所以假设不成立，故不存在4个正实数构成的集合，使其生成集，3，5，6，10，． 【点评】本题考查集合的新定义，解题的关键是理解集合的生成集的定义，考查学生的分析解题能力，属于较难题． 5．（2023春•海淀区校级期中）设是正整数，集合至少有两个元素，且．如果对于中的任意两个不同的元素，，都有，则称具有性质． （1）试判断集合，2，3，和，4，7，是否具有性质（2）？并说明理由； （2）若集合，，，，2，，，求证：不可能具有性质（3）； （3）若集合，2，，，且同时具有性质（4）和（7），求集合中元素个数的最大值． 【分析】（1）根据定义判断，是否具有性质（2）即可； （2）将，2，，分为11个子集，结合抽屉原理证明结论； （3）先证明连续11个自然数中至多有5个元素属于，由此可得集合中元素个数不超过920个，再举例说明存在含有920个元素的满足要求的集合． 【解答】解：（1）因为，2，3，， 又，，，，但， 所以集合不具有性质（2）， 因为，4，7，， 又，，，， 但，，，，，， 所以集合具有性质（2）， （2）证明：将集合，2，，中的元素分为如下11个集合， ，，，，，，，，，．，，，，，，，，，， 所以从集合，2，，中取12个元素，则前9个集合至少要选10个元素， 所以必有2个元素取自前9个集合中的同一集合，即存在两个元素其差为3， 所以不可能具有性质（3）； （3）先说明连续11项中集合中最多选取5项， 以1，2，，11为例． 构造抽屉，，，，，，，，，，． ①5，6，7同时选，因为具有性质（4）和（7）， 所以选5则不选1，9；选6则不选2，10；选7则不选3，11； 则只剩4，8．故1，2，，11中属于集合的元素个数不超过5个． ②5，6，7选2个， 若只选5，6，则1，2，9，10，7不可选，又，只能选一个元素， 3，8可以选，故1，2，，11中属于集合的元素个数不超过5个． 若选5，7，则只能从2，4，8，10中选，但4，8不能同时选， 故1，2，，11中属于集合的元素个数不超过5个． 若选6，7，则2，3，10，11，5不可选，又，只能选一个元素， 4，9可以选，故1，2，，11中属于集合的元素个数不超过5个． ③5，6，7中只选1个， 又四个集合，，，，，，，每个集合至多选1个元素， 故1，2，，11中属于集合的元素个数不超过5个． 由上述①②③可知，连续11项自然数中属于集合的元素至多只有5个， 如取1，4，6，7，9． 因为，则把每11个连续自然数分组，前183组每组至多选取5项； 从2014开始，最后10个数至多选取5项，故集合的元素最多有个． 给出如下选取方法：从1，2，，11中选取1，4，6，7，9； 然后在这5个数的基础上每次累加11，构造183次． 此时集合的元素为：1，4，6，7，9；12，15，17，18，20；23，26，28，29，31；； 2014，2017，2019，2020，2022，共920个元素． 经检验可得该集合符合要求，故集合的元素最多有920个． 【点评】本题考查集合新定义，考查学生计算能力，属于难题． 二．集合的包含关系判断及应用（共2小题） 6．（2023秋•滨海新区校级期中）已知集合，． （1）求； （2）求； （3）若，且，求的取值范围． 【分析】利用不等式的解法可得：，，，． 再利用集合的运算性质可得：（1）．（2）及其．（3）若，且，可得． 【解答】解：，，，． （1），． （2），． ，，． （3）若，且，． ，解得． 的取值范围是，． 【点评】本题考查了集合运算性质、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 7．（2023秋•丰台区期中）对于函数，若，则称为的“不动点”；若，则称为的“稳定点”．函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为和，即，． （1）设函数，求集合和； （2）求证：； （3）设函数，且，求证：． 【分析】（1）函数，要求集合和，解出两个方程与的根，此两方程的解集即为集合和； （2）分和的情况，然后根据所给“不动点”和“稳定点”的定义来证明； （3），说明无解，由“不动点”和“稳定点”的定义证明无解即可得出． 【解答】解：（1）令， 解得，故有 由于， 令，得，故有 （2）若，则显然成立；若， 设， 则，， ，故． （3）若．则有解， 故有解，即， 这与矛盾， 故． 【点评】本题考查对新概念的理解和运用的能力，同时考查了集合间的关系和方程根的相关知识，解题过程中体现了分类讨论的数学思想 三．子集与真子集（共2小题） 8．（2023秋•东城区期中）设是实数集的非空子集，称集合，且为集合的生成集． （1）当，3，时，写出集合的生成集； （2）若是由5个正实数构成的集合，求其生成集中元素个数的最小值； （3）判断是否存在4个正实数构成的集合，使其生成集，3，5，6，10，，并说明理由． 【分析】（1）利用集合的生成集定义直接求解； （2）设，，，，，且，利用生成集的定义即可求解； （3）不存在，理由反证法说明． 【解答】解：（1），3，，，10，； （2）设，，，，，不妨设， 因为，所以中元素个数大于等于7个， 又，，，，，，，，，，，，此时中元素个数大于等于7个， 所以生成集中元素个数的最小值为7； （3）不存在，理由如下： 假设存在4个正实数构成的集合，，，，使其生成集，3，5，6，10，， 不妨设，则集合的生成集，，，，，； 则必有，，其4个正实数的乘积； 也有，，其4个正实数的乘积，矛盾； 所以假设不成立，故不存在4个正实数构成的集合，使其生成集，3，5，6，10，． 【点评】本题考查集合的新定义，解题的关键是理解集合的生成集的定义，考查学生的分析解题能力，属于较难题． 9．（2023秋•杭州期中）定义1：通常我们把一个以集合作为元素的集合称为族． 定义2：集合上的一个拓扑乃是的子集为元素的一个族，它满足以下条件：（1）和在中：（2）的任意子集的元素的并在中；（3）的任意有限子集的元素的交在中． （Ⅰ）族，，族，判断族与族是否为集合的拓扑； （Ⅱ）设有限集为全集， 证明：； 族为集合上的一个拓扑，证明：由族所有元素的补集构成的族为集合上的一个拓扑． 【分析】（Ⅰ）按照定义直接判断即可；（Ⅱ）设，则，故存在整数使，因此，得，即可得证；按照定义，设，，为的任意子集，则，，，，因为，故再根据得证． 【解答】解：（Ⅰ）族，，都是集合的拓扑． （Ⅱ）证明：设，则， 故存在整数使，因此，得， 设，则存在整数使，故， 因此，得． 因为，，所以，； 设，，为的任意子集，则，，，， ， 因为，故； ， 因为， 故 【点评】本题考查新定义问题，正确理解新定义是判断是否为集合上的拓扑的关键，属于难题． 四．并集及其运算（共1小题） 10．（2023秋•昌平区校级期中）设函数其中，是非空数集．记，，，． （Ⅰ）若，，，求； （Ⅱ）若，且是定义在上的增函数，求集合，； （Ⅲ）判断命题“若，则”的真假，并加以证明． 【分析】（Ⅰ）求出，，，，由此能过求出． （Ⅱ）由是定义在上的增函数，且，得到当时，，． 同理可证． 由此能求出，． （Ⅲ）假设存在非空数集，，且，但．证明．推导出，且，由此能证明命题“若，则”是真命题． 【解答】解：（Ⅰ）因为，，， 所以，，，， 所以，． （Ⅱ）因为是定义在上的增函数，且， 所以当时，， 所以． 同理可证． 因为， 所以，，，． （Ⅲ）该命题为真命题．证明如下： 假设存在非空数集，，且，但． 首先证明．否则，若，则，且， 则，且， 即，这与矛盾． 若，且，则，且， 所以，且． 因为， 所以，且． 所以，且． 所以，且， 根据函数的定义，必有，即，这与矛盾． 综上，该命题为真命题． 【点评】本题考查并集的求法，考查集合的求法，考查命题真假的判断与证明，考查并集定义等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 五．基本不等式及其应用（共6小题） 11．（2023秋•新市区校级期中）某单位有员工1000名，平均每人每年创造利润10万元．为了增加企业竞争力，决定优化产业结构，调整出名员工从事第三产业，调整后他们平均每人每年创造利润为万元，剩下的员工平均每人每年创造的利润可以提高． （1）若要保证剩余员工创造的年总利润不低于原来1000名员工创造的年总利润，则最多调整出多少名员工从事第三产业？ （2）若要保证剩余员工创造的年总利润不低于原来1000名员工创造的年总利润条件下，若要求调整出的员工创造出的年总利润始终不高于剩余员工创造的年总利润，则的取值范围是多少？ 【分析】（1）根据题意可列出，进而解不等式求得的范围，确定问题的答案． （2）根据题意分别表示出从事第三产业的员工创造的年总利润和从事原来产业的员工的年总利润，进而根据题意建立不等式，根据均值不等式求得求的范围． 【解答】解：（1）由题意，得， 即，又，所以． 即最多调整500名员工从事第三产业． （2）从事第三产业的员工创造的年总利润为万元， 从事原来产业的员工的年总利润为万元， 则， 所以， 所以，即恒成立． 因为， 当且仅当，即时等号成立，所以， 又，所以．所以的取值范围为，． 【点评】本题主要考查了基本不等式在求最值问题中的应用．考查了学生综合运用所学知识，解决实际问题的能力． 12．（2023秋•广陵区校级期中）已知函数的值域为，，若关于的不等式的解集为． （1）求实数的值； （2）若，，，求的最小值． 【分析】（1）根据函数的值域求出与的关系，然后根据不等式的解集可得的两个根为，，，解之即可． （2）利用“1”的代换，即可求的最小值． 【解答】解：函数的值域为，， 只有一个根，即△则． 不等式的解集为． 即为的解集为． 则的两个根为， ； （2），， ． 当且仅当时，的最小值为． 【点评】本题主要考查了一元二次不等式的应用，基本不等式的运用，同时考查了分析求解的能力和计算能力，属于中档题． 13．（2023秋•兴文县校级期中）由于春运的到来，南昌火车站为舒缓候车室人流的压力，决定在候车大楼外建立临时候车区，其中次列车候车区是一个总面积为的矩形区域（如图所示），矩形场地的一面利用候车厅大楼外墙（长度为，其余三面用铁栏杆围，并留一个长度为的入口．现已知铁栏杆的租用费用为80元．设该矩形区域的长为 （单位：，租用铁栏杆的总费用为（单位：元） （1）将表示为的函数，并求出租用此区域所用铁栏杆所需费用最小值及相应的； （2）若所需总费用不超过2160元，则的取值范围是多少？ 【分析】（1）由题意得矩形的长为，宽为，铁栏杆的租用费用为80元，由此得出关于的表达式，将其化简后，利用基本不等式求出费用最小值，并求出不等式等号成立时的值； （2）由，运用二次不等式的解法，化简整理，即可得到的范围． 【解答】解：（1）该矩形区域的长为，宽为， 依题意有，其中， 由均值不等式可得：， 当且仅当即时取“”号． 综上：当时，租用此区域所用铁栏杆所需费用最小，最小费用为1440元． （2）由题意可得， ， ， ， ， 又 ． 【点评】本题考查了基本不等式在最值问题中的应用，注意等号成立的条件，认真审题并列出函数的解析式是解题的关键，考查了运算能力，属于中档题． 14．（2023秋•裕华区校级期中）运货卡车以每小时千米的速度匀速行驶130千米，按交通法规限制（单位：千米时）．假设汽油的价格是每升2元，而汽车每小时耗油升，司机的工资是每小时14元． （1）求这次行车总费用关于的表达式； （2）当为何值时，这次行车的总费用最低，并求出最低费用的值． 【分析】（1）求出车所用时间，根据汽油的价格是每升2元，而汽车每小时耗油升，司机的工资是每小时14元，可得行车总费用； （2）利用基本不等式，即可求得这次行车的总费用最低． 【解答】解：（1）行车所用时间为， 根据汽油的价格是每升2元，而汽车每小时耗油升，司机的工资是每小时14元，可得行车总费用： （2），当且仅当，即时，等号成立 当时，这次行车的总费用最低，最低费用为元． 【点评】本题考查函数模型的构建，考查利用基本不等式求最值，确定函数的模型是关键． 15．（2023秋•李沧区校级期中）已知某企业原有员工2000人，每人每年可为企业创利3.5万元．为应对国际金融危机给企业带来的不利影响，该企业实施“优化重组，分流增效”的策略，分流出一部分员工待岗．为维护生产稳定，该企业决定待岗人数不超过原有员工的，并且每年给每位待岗员工发放生活补贴0.5万元．据评估，当待岗员工人数不超过原有员工时，留岗员工每人每年可为企业多创利万元；当待岗员工人数超过原有员工时，留岗员工每人每年可为企业多创利0.9万元．为使企业年利润最大，应安排多少员工待岗？ 【分析】利用在岗员工人数乘以留岗员工每人每年可为企业多创利；分两段求出企业年利润，得到的是分段函数；利用基本不等式求出第一段函数的最大值；再利用一次函数的单调性求出第二段函数的最小值，从两个最小值中比较出最小值． 【解答】解：设重组后，该企业年利润为万元． 当待岗人员不超过时，由，，得， 则；（3分） 当待岗人员超过且不超过时，由，得， 则．（6分） （7分） 当且时，有 ， 当且仅当，即时取等号，此时取得最大值，最大值是8840.64；（9分） 当且时，函数为减函数． 所以．（11分） 综上所述，当时，有最大值8840.64万元． 即要使企业年利润最大，应安排16名员工待岗．（12分） 【点评】本题考查将实际问题转化为数学问题的能力、考查求分段函数的最值时分段求再挑出最值中的最值、考查利用基本不等式求函数的最值注意满足的条件：一正、二定、三相等． 16．（2023秋•贵溪市期中）已知函数，其中． （1）当时，设，，求的解析式及定义域； （2）当，，时，求的最小值； （3）设，当，时，对任意，恒成立，求的取值范围． 【分析】（1）由题意可得，而，于是可得的解析式及定义域； （2），时，，利用即可求得的最小值； （3）由题意可求得，，时，，由，，即可求得的取值范围． 【解答】解：（1），，， ， 又，， ，，； （2），，， ，又（当且仅当时取“” ， ． （3）由题意可得，，，，恒成立， 只需求得，时的最小值即可． 此时，， ，，令 由双钩函数的性质在，单调递减，在，单调递增得： 在，上单调递减，在，单调递增 当时取到最小值； 当时，； 当时，，即当或时取到最大值； ，； 由题意可知，当取到最小值时，取到最小值，取到最大值时，亦取到最大值． ； 同理可求，． 对任意，恒成立， ，而， ． 【点评】本题考查基本不等式，考查函数恒成立问题，考查二次函数的性质，考查综合分析与运算能力，难度大，属于难题． 六．二次函数的性质与图象（共16小题） 17．（2023秋•锦江区校级期中）二次函数满足，且的解集为．若把在区间，的最大值记为，且的最大值为，，，则的最小值为 　2　． 【分析】根据二次函数满足，推出函数的对称轴，由的解集为，判断的符号，推出方程组，求出，，，即可求出函数的解析式，分类讨论求出在区间，的最大值的表达式，根据表达式即可求出的最大值为，对变形为，进一步探讨的最小值，而，利用“1”的代换和基本不等式即可求得该式的最小值，从而求出原式的最小值． 【解答】解：因为二次函数满足， 所以是函数的对称轴， 又的解集为， 所以，，得，，解得，， 所以， 当时，在区间，上单调递减， 所以， 当，即时，在区间，上单调递增， 所以， 当时，在区间，单调递增，，上单调递减， 所以（2）， 所以， 所以的最大值为． 因为， 所以 ， ，当且仅当时，取等号， 所以的最小值为7， 所以的最小值为7． 故答案为：7． 【点评】本题考查二次函数闭区间上最大值的求法，基本不等式求最值，转化的数学思想方法，计算能力，属难题． 18．（2023秋•惠山区校级期中）已知函数的图象过点，且满足（2）． （1）求函数的解析式； （2）求函数在，上的最小值（a）； （3）若满足，则称为函数的不动点．函数有两个不相等的不动点，，且，，求的最小值． 【分析】（1）根据函数图象过点可得，再根据（2），利用二次函数对称性可得； （2）分类讨论对称轴与，的关系求函数最小值； （3）转化为方程方程有两个不相等的正实根的问题，即可解决． 【解答】解：（1）因为函数的图象过点，所以， 又（2），所以，解得， 所以函数的解析式为：． （2），，， 当，即时，函数在，上单调递减， 所以， 当，即时，函数在，上单调递减， 在，单调递增，所以； 当时，函数在，上单调递增， 所以（a）． 综上，（a）． （3）因为函数有两个不相等的不动点，，且，， 所以，即方程有两个不相等的正实根，， 所以，解得． ， 因为，所以，，所以， 当且仅当，即时，取等号，所以， 所以的最小值为6． 【点评】本题考查二次函数的图象与性质，函数解析式的求法，考查运算求解能力，属于难题． 19．（2023秋•潮南区校级期中）已知函数，且（1） （1）若函数是偶函数，求的解析式； （2）在（1）的条件下，求函数在，上的最大、最小值； （3）要使函数在，上是单调函数，求的范围． 【分析】（1）由（1）得，由函数是偶函数得，进而求出值，可得的解析式； （2）在（1）的条件下，分析函数在，上的单调性，进而可得函数在，上的最大、最小值； （3）的图象是开口朝上，且以直线为对称轴的抛物线，若在，上是单调函数，则区间，在对称轴的一侧，进而构造关于的不等式，解得的范围． 【解答】解：由（1），得，① （1）是偶函数， ， 即， ，， 函数； （2）由（1）得， 由在，上为减函数，在，上为增函数， 故当时，函数取最小值；当时，函数取最大值8； （3）的图象是开口朝上，且以直线为对称轴的抛物线， 若在，上是单调函数， 则，或， ，或， 即的取值范围是，， 【点评】本题考查的知识点是二次函数的性质，求函数的解析式，熟练熟练二次函数的图象和性质是解答的关键． 20．（2023秋•新泰市校级期中）已知函数的图象过点，且满足（2）． （1）求函数的解析式； （2）设函数在，上的最小值为（a），求（a）的值域； （3）若满足，则称为函数的不动点．函数有两个不相等的不动点，，且，，求的最小值． 【分析】（1）根据函数图象过点可得，再根据（2），利用二次函数对称性可得；（2）分类讨论对称轴与，的关系求函数最小值；（3）转化为方程方程有两个不相等的正实根的问题，即可解决． 【解答】解：（1）因为函数的图象过点，所以， 又（2），所以，解得， 所以函数的解析式为：． （2），，， 当，即时，函数在，上单调递减， 所以， 当，即时，函数在上单调递减， 在单调递增，所以； 当时，函数在，上单调递增， 所以． （3）因为函数有两个不相等的不动点，，且，， 所以，即方程有两个不相等的正实根，， 所以，即，． ， 因为，所以，，所以， 当且仅当，即时，取等号，所以， 所以的最小值为6． 【点评】本题考查函数性质，属于难题． 21．（2024春•宜都市校级期中）已知二次函数的最小值为1，且（2）． （1）求的解析式； （2）若在区间，上不单调，求的取值范围； （3）若，，试求的最小值． 【分析】（1）根据二次函数的最小值为1，且（2）可得对称轴为，可设，由，求出的值即可； （2）在区间，上不单调，则，解得即可； （3）通过讨论的范围，得到函数的单调性，从而求出函数的最小值． 【解答】解（1）由已知，（2），可得对称轴为， 则函数的定点坐标为， 设，，由，得， 故． （2）因为函数的对称轴为1，在区间，上不单调 对称轴在区间，内，即， 解得． （3）当时，函数在，上单调递增，． 当时，即时，， 当时，即时，函数在，上单调递减，， 综上所述 【点评】本题主要考查了二次函数的性质，以及二次函数在闭区间上的最值，同考查了分类讨论的数学思想，属于中档题． 22．（2023秋•黄埔区校级期中）函数． （1）解关于的不等式； （2）若， ①若，，，求证； ②画出的图象． 【分析】（1）考虑，，三种情况，解不等式得到答案； （2）①确定与，得到证明； ②利用定义法确定函数的单调性和奇偶性，再计算最值，画出函数图像得到答案． 【解答】解：（1），即，即， 当时，不等式的解为或； 当时，不等式的解为； 当时，不等式的解为或； 综上所述：当时，不等式的解为，，； 当 时，不等式的解为，，； 当时，不等式的解为，，； （2）①证明：，，，，故4 ，， 故，即； ② ，所以函数为偶函数， 当时，，当时，，，， 故，即，故函数在上单调递减， 当时，，， ， 故，，，故，即，函数在上单调递增，（2），函数图像如图所示： 【点评】本题考查了二次含参不等式的解法，利用函数的单调性作函数的图象，属于难题． 23．（2023秋•秦淮区校级期中）已知二次函数． （1）设，，函数在的最大值是，求函数； （2）若为实数），对于任意，，总存在，使得成立，求实数的取值范围． 【分析】（1）根据条件，然后分和两种情况分别求函数的最大值； （2）分别求出与在，上的值域，根据条件有，，，从而可得的取值范围． 【解答】解：（1）因为二次函数． 所以， 当时，，在上单调递减， 所以， 当时，的图象关于直线对称， 因为， 所以只需比较和的大小即可， 当时，即， 因为（2）， 所以（2）， 当时，即， 因为（2）， 所以， 综上所述，， （2）由（1）， 可得函数的值域为，， 因为在，单调递增， 所以的值域为，， 若对于任意，，总存在，使得成立， 则有，，， 所以， 所以的取值范围是，． 【点评】本题考查了二次函数的最值问题，属于难题． 24．（2023秋•顺义区校级期中）已知二次函数的图象经过点，在从条件①、条件②中选择一个作为已知，求： （1）的解析式； （2）证明：在区间，上单调递增； （3）若函数（其中，的图象与直线有两个不同交点求的取值范围．（写出详细解答过程） ①点，点在函数的图象上； ②不等式的解集为，． 【分析】（1）不妨设，，由题意有，若选条件①，则分别将点的坐标直接代入可解得，，的值，若选条件②，则不等式的解集为，当且仅当， 由此可解得，，的值，从而即可得解；（2）直接由函数单调性的定义证明即可； （3）在同一平面直角坐标系中画出函数在，时的图象，以及的图象，通过平移直线，找到满足题意的的取值范围． 【解答】解：（1）题意不妨设，， 因为二次函数的图象经过点， 所以， 若选条件①，即点，点在函数 的图象上， 则有，解得， 又因为， 所以解得，， 此时的解析式为； 若选条件②，即不等式的解集为，， 则当且仅当，解得， 又因为， 所以解得，，此时的解析式为； 综上所述：无论选条件①或是选条件②，的解析式都是． （2）由（1）可知， ，，，不妨设， 则 ， 因为， 所以，， 所以，， 因此在区间，上单调递增． （3）由题意二次函数， 开口向上，对称轴为，顶点坐标为， 且注意到，（3）， 据此在平面直角坐标系轴中画出函数在，时的图象，以及的图象如图所示： 若函数（其中，的图象与直线有两个不同交点， 则当且仅当， 综上所述，的取值范围为． 【点评】本题考查了二次函数的解析式以及图象与性质的应用，有一定的难度． 25．（2023秋•鼓楼区校级期中）设． （1）若对于，，且，都有成立，求的取值范围； （2）若关于的方程有实根，求的取值范围． 【分析】（1）直接代入解析式化简即可； （2）设，则现有，要满足题意，则至少有一根应属于的值域，结合△，分情况求得根，解不等式即可． 【解答】解：（1）， ， 所以可化为， 所以， 即的取值范围是． （2）设，则现有， 要满足题意，则至少有一根应属于的值域． 研究的根：， 所以△， 此时满足题意的必要条件为△，即， 由求根公式可得，方程的两根为， ①时，， 即需，同乘得，即， 此时恒成立，故时恒满足题意； ②时，， 即需，同乘得，即， 同理可得 时，恒成立，即恒满足题意． 综上所述，的取值范围是． 【点评】本题考查了函数的性质以及实根问题，有一定的难度． 26．（2023秋•河北区期中）二次函数满足且． （1）求的解析式； （2）当，时，不等式恒成立，求实数的取值范围． （3）设函数在区间，上的最小值为（a），求（a）的表达式． 【分析】（1）设，求出，利用已知条件列出方程组，求解即可． （2）通过转化为，令，，，求出，然后求解即可． （3）当时时，当时，分别求解的最小值即可． 【解答】解：（1）设，则． 从而，， 又， ， 又，． （2）由（1）及， 令，，，则当，时，为减函数， 当时，（1），从而要使不等式恒成立， 则． （3）当，即时，则在，递减， 当，即时，则在，递减，递增， 当，时，则在，递增， ． 【点评】本题考查二次函数的简单性质的应用，函数的最值的求法以及恒成立的应用，考查转化思想，计算能力． 27．（2023秋•雁塔区校级期中）已知函数． （1）判断函数在上的单调性，并证明你的结论； （2）求出函数在，上的最大值与最小值． 【分析】（1）函数在上单调递增，利用导数法易证得结论； （2）由（1）得函数在，上单调递增，分别将和代入可得函数的最小值和最大值． 【解答】解：（1）函数在上单调递增，理由如下： ， 当时，恒成立， 故函数在上单调递增； （2）由（1）得函数在，上单调递增， 故当时，函数取最小值，当时，函数取最大值． 【点评】本题考查的知识是，函数的单调性，函数的最值，是函数图象和性质的综合应用，难度中档． 28．（2023秋•东宝区校级期中）已知二次函数，为实数） （1）若时，且对，恒成立，求实数的取值范围； （2）若时，且对，，恒成立，求实数的取值范围； （3）对，时，恒成立，求的最小值． 【分析】（1）二次函数可化为，讨论、，根据二次函数的图象开口方向，确定对称轴所在的位置，判断函数的单调性，从而求出的取值范围； （2）二次函数化为，对，，恒成立，转化为关于的一次函数，令函数值大于0即可求出的取值范围； （3）利用判别式△得出，代入中利用基本不等式求出最小值． 【解答】解：（1）二次函数，当时，，所以，即， 所以函数化为， 因为，恒成立， 所以当时，二次函数的图象开口向上，对称轴为， 若，则，函数在内有最小值为，解得，所以； 若，则，函数在内单调递增，令，解得，所以； 若，则，函数在内单调递减，令，解得，所以不存在； 当时，二次函数的图象开口向下，对称轴为， 函数在内单调递减，有最小值为，解得，所以的值不存在； 综上，实数的取值范围是，； （2）时，，二次函数化为， 对，，恒成立，即，解得， 所以实数的取值范围是，； （3）对，时，恒成立，所以，解得； 所以， 当且仅当，即时取“”， 所以的最小值为1． 【点评】本题考查了二次函数的图象与性质的应用问题，也考查了不等式的解法与应用问题，以及基本不等式的应用问题，是难题． 29．（2023秋•红桥区期中）已知函数， （1）当时，求关于的不等式的解集； （2）求关于的不等式的解集； （3）若在区间上恒成立，求实数的取值范围． 【分析】（1）把代入可构造不等式，解对应的方程，进而根据二次不等式“大于看两边”得到原不等式的解集． （2）根据函数的解析式，可将化为，分类讨论可得不等式的解集． （3）若在区间上恒成立，即在区间上恒成立，利用换元法，结合基本不等式，求出函数的最值，可得实数的取值范围． 【解答】解：（1）当时，则，由，得， 令，解得，或 原不等式的解集为，， （2）由得， 令，得，， 分， 当时，原不等式的解集为； 分， 当时，原不等式的解集为；（7分）， 当时，原不等式的解集为．（8分）． （2）由即在上恒成立， 得 分， 令， 则， 分 ． 故实数的取值范围是 分 【点评】本题考查的知识点是函数恒成立问题，二次函数的性质，熟练掌握二次函数的图象和性质是解答的关键． 30．（2023秋•武侯区校级期中）设函数， （Ⅰ）若（1）且对任意实数均有恒成立，求表达式； （Ⅱ）在（1）在条件下，当，时，是单调函数，求实数的取值范围； （Ⅲ）设，，且为偶函数，证明． 【分析】（Ⅰ）由（1），可得，由恒成立，即恒成立，结合二次函数的性质可得△，可求，，进而可求 （Ⅱ）由（Ⅰ）知，，结合二次函数的单调区间与对称轴的位置关系可求的范围 （Ⅲ）由是偶函数，可求，代入，结合在，上的单调性可判断是奇函数，且在，上为增函数，结合，之间的大小关系即可证明 【解答】解：（Ⅰ）（1），，（1分） 由于恒成立，即恒成立， 当时，，此时，与恒成立矛盾． 当时，由△，得，（3分） 从而， （4分） （Ⅱ）由（Ⅰ）知 ，其对称为 由在，上是单调函数知：或， 解得或（8分） 证明：（Ⅲ）是偶函数， 由得， 故， ，在，上是增函数，（9分） 对于，当时，， 当时，， 是奇函数，且在，上为增函数．（11分） ， ，异号， （1）当，时，由得， （2）当，时，由得， 即 综上可知（14分） 【点评】本题综合考查了二次函数的恒成立、二次函数的单调性与对称轴的关系等知识的综合应用，还考查了一定的逻辑推理与运算的能力 31．（2023秋•汕尾期中）已知二次函数，关于实数的不等式的解集为 （1）当时，解关于的不等式：； （2）是否存在实数，使得关于的函数的最小值为？若存在，求实数的值；若不存在，说明理由． 【分析】（1）根据韦达定理得方程组求出，的值，再通过讨论的范围，从而求出不等式的解集； （2）把代入方程，得出，令，，则，得出函数的单调性，从而表示出的最小值，进而求出的值． 【解答】解：（1）由不等式的解集为知 关于的方程的两根为和，且 由根与系数关系，得， 所以原不等式化为， ①当时，原不等式化为，且，解得或； ②当时，原不等式化为，解得且；③ ④当时，原不等式化为，且，解得或； 综上所述 当时，原不等式的解集为或； 当时，原不等式的解集为或． （2）假设存在满足条件的实数， 由（1）得：， ， ， 令，， 则 对称轴为：， 又， ，， 函数在，递减， 时，最小为：， 解得：， 【点评】本题考查了二次函数的性质，指数函数的性质，考查不等式的解法，考查分类讨论思想，换元思想，是一道综合题． 32．（2023秋•古蔺县校级期中）已知函数． （1）当时，求函数在区间，上的值域； （2）函数在，上单调，求实数的取值范围； （3）求函数在，上的最小值（a）的解析式． 【分析】（1）将的值代入的表达式，求出函数的解析式，从而求出函数的值域即可； （2）先求出函数的对称轴，结合函数的单调性判断即可； （3）通过讨论的范围，根据函数的单调性判断（a）的解析式即可． 【解答】解：（1）因为函数， 当时：，，， 考虑函数的对称轴，， ， （3）； 函数的值域是，； （2）函数在，上单调， 函数的对称轴，， ，，； （3）①当时，即函数在区间，上是增函数， 故当时，函数取得最小值是； ②当时，即由于函数对称轴是， 故当时，函数在区间，上取得最小值是． ③当时，即函数在区间，上是减函数， 故当时，函数取得最小值是（2）． 综上可得（a）． 【点评】本题考查了二次函数的性质，考查函数的单调性、最值问题，是一道中档题． 七．一元二次不等式及其应用（共3小题） 33．（2023秋•鸡西期中）已知关于的一元二次函数 （1）若的解集为或，求实数、的值． （2）若实数、满足，求关于的不等式的解集． 【分析】（1）由的解集为或，可得，与1是一元二次方程的两个实数根，利用一元二次方程的根与系数的关系即可得出． （2）由，关于的不等式化为：，因式分解为：，对分类讨论即可得出． 【解答】解：（1）的解集为或， ，与1是一元二次方程的两个实数根， ，解得，． （2），关于的不等式化为：， 因式分解为：， 当时，化为，则； 当时，，解得，不等式的解集为； 时，，解得，不等式的解集为； 时，，不等式化为：，解得或， 不等式的解集为，或． 【点评】本题考查了一元二次不等式的解法、一元二次方程的根与系数的关系，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于中档题． 34．（2023秋•锦江区校级期中）已知关于的不等式． （1）若此不等式的解集为，求实数的值； （2）若，解这个关于的不等式． 【分析】（1）根据不等式的解集与对应方程之间的关系，求出的值； （2）讨论的取值，求出对应不等式的解集来． 【解答】解：（1）不等式的解集为， 方程的两根是，； ， ； （2）， 时，不等式可化为； 若，则，解得； 若，则，解得不等式为； 若，则，解得； 时，不等式为，解得； 当时，不等式为， ，解不等式得或； 综上，时，不等式的解集为； 时，不等式的解集为； 时，不等式的解集为； 时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为，或． 【点评】本题考查了含有字母系数的不等式的解法与应用问题，解题时应用分类讨论思想，是中档题． 35．（2023秋•湖北期中）已知函数的定义域为． （1）求的取值范围． （2）若函数的最小值为，解关于的不等式． 【分析】（1）由函数的定义域是，得出恒成立，求出的取值范围； （2）由题意得的最小值是，求出的值，代入不等式，求解集即可． 【解答】解：（1）函数的定义域为， 恒成立， 当时，恒成立，满足题意； 当时，根据二次函数的图象与性质， 知不等式恒成立时，， 即， 解得； 综上，的取值范围是； （2）函数的最小值为， ，，； ； 当时，不满足条件； 当时，的最小值是，； 不等式可化为， 解得； 不等式的解集是． 【点评】本题考查了函数的性质与应用以及不等式的解法与应用问题，解题时应根据题意，适当地转化条件，从而获得解答问题的途径，是综合性题目． 八．函数的单调性（共1小题） 36．（2023秋•海珠区校级期中）已知函数， （Ⅰ）当，时，函数在区间，上的最大值为，试求实数的取值范围 （Ⅱ）当，时，若不等式，对任意，，恒成立，求实数的取值范围． 【分析】（Ⅰ）解不等式（1）即可； （Ⅱ）不等式等价于在，上递增，显然为分段函数，结合单调性对每一段函数分析讨论即可． 【解答】解：（Ⅰ），，在上递减，在，上递增， 又在区间，上的最大值为， （1），解得， ，即； （Ⅱ）， 恒成立， 令，则在，上递增． 对于， （1）当时，， ①当时，在上递增，所以符合； ②当时，在上递增，所以符合； ③当时，只需，即， 所以，从而； （2）当时，， ①当时，在上递减，所以不符合； ②当时，在上递减，所以不符合； ③当时，只需，即， 所以， 综上可知：． 【点评】本题利用函数的单调性解决与最值、不等式的相关问题，考查分析、计算能力以及分类讨论的思想，属于难题． 九．由函数的单调性求解函数或参数（共4小题） 37．（2023秋•贵州期中）对于函数，如果对其定义域中任意给定的实数，都有，且，就称为“倒函数”． （1）判断函数是否为“倒函数”，并说明理由； （2）若定义域为的倒函数的图象是一条连续不断的曲线，且在上单调递增，，． ①根据定义，研究在上的单调性； ②若，函数，求在，上的值域． 【分析】（1）根据“倒函数”的定义，即可判断； （2）①利用函数单调性的定义进行证明即可；②多次采用换元法，结合对勾函数、二次函数的单调性，求值域即可． 【解答】解：（1）由，得， 由，知， 所以的定义域， 因为，所以，所以是“倒函数”． （2）①设，，且，则， 因为在上单调递增，且，， 所以， 所以， 由，得， 所以，所以在上单调递增， 又定义域为的倒函数的图象是一条连续不断的曲线， 所以在上单调递增． ②由题意得，， 因为在上单调递增，所以在，上的值域为， 令， 因为函数在，上单调递减，在，上单调递增， 所以当时，；当或2时，， 所以在上的值域为， 故， 因为， 所以， 所以， 因为函数在上单调递增， 所以，， 故在，上的值域为． 【点评】本题考查函数的综合应用，熟练掌握基本初等函数的单调性，换元法是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于难题． 38．（2023秋•船营区校级期中）已知函数． （1）试判断的单调性，并证明你的结论； （2）若为定义域上的奇函数， ①求函数的值域； ②求满足的的取值范围． 【分析】（1）函数为定义域，且，任取，，且，推导出，由此得到在上的单调增函数． （2）由是定义域上的奇函数，知对任意实数恒成立，由此能够求出函数的值域和满足的的取值范围． 【解答】（本小题满分16分） 解：（1）函数为定义域， 且， 任取，，且 则（3分） 在上单调递增，且 ，，，， ， 即， 在上的单调增函数．（5分） （2）是定义域上的奇函数，， 即对任意实数恒成立， 化简得， ，即，（8分） （注：直接由得而不检验扣2分） ①由得， ，，（10分） ， 故函数的值域为．（12分） ②由，得， 在上单调递增，，（14分） 解得， 故的取值范围为．（16分） 【点评】本题考查函数的单调性的判断，考查函数的值域的求法和满足的的取值范围．解题时要认真审题，仔细解答，注意定义法判断函数的单调性的应用． 39．（2023秋•延庆区校级期中）若函数的定义域为，集合，若存在非零实数使得任意都有，且，则称为上的增长函数． （1）已知函数，函数，判断和是否为区间，上的增长函数，并说明理由； （2）已知函数，且是区间，上的增长函数，求正整数的最小值； （3）请在以下两个问题中任选一个作答：（如果两问都做，按①得分计入总分） ①如果对任意正有理数，都是上的增长函数，判断是否一定为上的单调递增函数，并说明理由； ②如果是定义域为的奇函数，当时，，且为上的增长函数，求实数的取值范围． 【分析】（1）依据增长函数的定义进行验证即可； （2）将增长函数问题转换为关于的不等式在给定区间恒成立问题进行解决即可； （3）①构造出一个函数进行反证即可； ②作出的图象，然后依据特殊区间进行求解． 【解答】解：（1）是：因为，，； 不是，反例：当时，． （2）由题意得，对于，恒成立， 等价于，即对，恒成立， 因为，所以是关于的一次函数且单调递增，于是只需， 解得，所以满足题意的最小正整数为9． （3）①不是 构造，则对任意的正有理数， 若，则，因此； 若，则，因此． 因此是上的增函数，但不是增函数． ②根据题意，当时，， 则当时，，当时，，由奇函数的对称性可知： 当时，，当时，， 则可得函数图象如图： 易知图象与轴交点为，，，， 因此函数在，上是减函数，其余区间上是增函数， 是上的增长函数，则对任意的，都有， 易知当时，， 为保证，必有，即， 故且， 所以， 解得， 故答案为． 【点评】本题借助新定义考查了函数的单调性，奇偶性以及最值的求解，考查了学生的分析能力以及逻辑推理能力，属于难题． 40．（2023秋•桓台县校级期中）已知函数． （1）若函数的值域是，，求实数的值； （2）若函数在，上单调递减，求实数的取值范围； （3）是否存在实数，使得在，上的值域恰好是，？若存在，求出实数的值；若不存在，说明理由． 【分析】（1）由的值域是，，即二次函数有且只有一个值，得△，求出的取值． （2）由图象的性质得，在对称轴右侧时，单调递减，从而得出的取值范围． （3）讨论的对称轴是在，的左侧时，在，的右侧时，以及在，上时，求出满足条件的的值． 【解答】解：（1）函数，值域是，， 且二次函数图象是抛物线，开口向下， 有且只有一个值， 即△， 解得，或； 的值为0或4． （2）函数图象是抛物线，开口向下，对称轴是；要使在，上是单调递减的，应满足，； 的取值范围是． （3）当，即时，在，上是减函数， 若存在实数，使在，上的值域是，， 则有，即，解得不存在； 当，即时，在，上是增函数， 则有，即，解得； 当，即时，在，上先增后减，所以在处取最大值； ， 解得或6（不满足条件，舍去）； 综上，存在实数，使在，上的值域恰好是，． 【点评】本题考查了二次函数在闭区间上的单调性与值域问题，讨论对称轴与区间的位置，得出结论． 一十．函数的最值（共4小题） 41．（2023秋•历城区期中）已知函数，函数的最小值记为（a），给出下面四个结论： ①（a）的最小值为0； ②（a）的最大值为3； ③若在上单调递减，则的取值范围为，，； ④若存在，对于任意的，，则的可能值共有4个； 则全部正确命题的序号为 　①②④　． 【分析】把给定函数按的取值情况化成分段函数，再逐段分析求出（a）的表达式并判断①②；由在上单调性确定值判断③；由函数图象具有对称性求出值判断④作答． 【解答】解：当时，，在，上单调递减，在上单调递增，所以（a）； 当时，， 若，函数在，上单调递减，在上单调递增，所以（a）， 若，函数在，上单调递减，在，上单调递增，当时，，所以（a）， 若，函数在上单调递减，在上单调递增，所以； 当时，，函数在，上单调递减，在上单调递增，所以（a）； 当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，所以， 当时，， 若，函数在，上单调递减，在单调上递增，所以（a）， 若，函数在，上单调递减，在，上单调递增，当时，，所以（a）， 若，函数在上单调递减，在上单调递增，所以； 综上可得，于是（a），，即（a）的最小值为0，最大值为3，故①②正确； 当时，函数在，上也单调递减，故③错误； 当或时，函数的图象关于直线对称， 当时，当且仅当，即时，函数的图象关于直线对称， 当时，当且仅当，即时，函数的图象关于直线对称， 当时，不存在直线，使得函数的图象关于直线对称， 则当时，对于任意的，成立，此时，，0，，故④正确． 故答案为：①②④． 【点评】本题考查函数的最值，函数的单调性，函数的对称性等知识，考查分类讨论思想以及运算求解能力，属于中档题． 42．（2023秋•宝安区校级期中）已知函数，． （1）若函数在，上单调，求实数的取值范围； （2）用，表示，中的最小值，设函数，，试讨论函数的图象与函数的图象的交点个数． 【分析】（1）结合二次函数的性质求得的取值范围． （2）先判断时没有零点，当时，求得的零点，对进行分类讨论，结合的零点以及的定义对的零点个数进行讨论． 【解答】解：（1）的对称轴为， 若函数在，上单调，则或， 解得或， 所以的取值范围是，，． （2）， 当时，，故此时，， 即函数的图象与函数的图象没有交点． 下面只考虑的情形： 当时，由，解得，的对称轴为，， ①当时，在上递增，（1），在上递减，，当时，， 故存在，使， 所以，所以有唯一零点1． ②当时，若△，解得， 则，所以有唯一零点1． ③当时，若△，解得，，令解得， 画出此时的图象如图所示，由图可知，有2个零点和． ④当时，若△，解得， 若（1），，，则存在，使， 画出此时的大致图象如图所示，由图可知，有1个零点． 若（1），，， 令解得或， 画出此时的大致图象如图所示，由图可知，有2个零点． 若（1），，， 此时在区间上有2个零点， 画出此时的大致图象如图所示，由图可知，有3个零点． 综上所述，或时，有1个零点，或时，有2个零点， 当时，有3个零点． 【点评】本题主要考查函数的最值，二次函数的图象与性质，考查分类讨论思想与运算求解能力，属于难题． 43．（2023秋•谯城区校级期中）已知函数． （1）若函数的定义域和值域均为，，求实数的值； （2）若在区间，，上是减函数，且对任意的，，，总有，求实数的取值范围． 【分析】（1）确定函数的对称轴，从而可得函数的单调性，利用的定义域和值域均是，，建立方程，即可求实数的值． （2）可以根据函数．开口向上，对称轴为，可以推出的范围，利用函数的图象求出，上的最值问题，对任意的，，总有，从而求出实数的取值范围． 【解答】解：（1）函数，开口向上，对称轴为，（2分） 在，是单调减函数，（6分） 的最大值为（1）；的最小值为（a）（10分） ，且 （14分） （2）函数．开口向上，对称轴为， 在区间，上是减函数，对称轴大于等于2， ，， 在上为减函数，在上为增函数， 在处取得最小值，（a）， 在处取得最大值，（1）， ， 对任意的，，总有， ，解得：； 综上：． 【点评】本题考查二次函数的最值问题，考查函数的单调性，确定函数的单调性是关键，此题是一道函数的恒成立问题，第二问难度比较大，充分考查了函数的对称轴和二次函数的图象问题，是一道中档题． 44．（2023秋•广陵区校级期中）俄国数学家切比雪夫是研究直线逼近函数理论的先驱．对定义在非空集合上的函数，以及函数，，切比雪夫将函数，的最大值称为函数与的“偏差”． （1）若，，求函数与的“偏差”； （2）若，，求实数，使得函数与的“偏差”取得最小值． 【分析】（1）计算出，结合，，求出，，得到“偏差”； （2）令，，，，结合顶点坐标和端点值分类讨论，得到不同范围下的“偏差”，即可得出结论． 【解答】解：（1），，，因为，， 由二次函数的性质可得，， 故函数与的“偏差”为3； （2）令，，， 因为，，（1）， 令，，， 因为，，，，，， 当，即时，此时， 则的“偏差”为，由于，有最小值，满足要求； 当，即时，此时， 则的“偏差”为，由于，无最小值，不满足要求； 当，且，即时， 则的“偏差”为，由于，无最小值，不满足要求； 当，且，即时， 则的“偏差”为，由于，无最小值，不满足要求； 当，且，即时， 则的“偏差”为，由于，有最小值，满足要求； 当，，即时， 则的“偏差”为，由于，无最小值，不满足要求； 当，，即时， 则的“偏差”为，由于，有最小值，满足要求； 综上，或或2时，满足要求． 【点评】本题属于新概念题，考查了二次函数的性质，也考查了分类讨论思想，理解概念是关键，属于难题． 一十一．函数的奇偶性（共6小题） 45．（2023秋•兴文县校级期中）已知函数为偶函数． （1）求实数的值； （2）当时，若函数的值域为，，求，的值． 【分析】（1）根据函数奇偶性的性质建立方程关系进行求解即可． （2）根据函数的解析式判断函数的单调性，结合函数的值域建立方程关系进行求解即可． 【解答】解：函数为偶函数， ，即， 即，得． （2）当时，，则函数在为增函数， 当时，若函数的值域为，， 则， 即，得， ， 则，． 【点评】本题主要考查函数奇偶性的应用以及函数单调性和值域的关系，根据条件求出函数的解析式，结合函数单调性和值域间的关系是解决本题的关键． 46．（2023秋•兴庆区校级期中）对于函数，若在定义域内存在实数，满足，则称为“局部奇函数”． （Ⅰ）已知函数，试判断是否为“局部奇函数”？并说明理由； （Ⅱ）若为定义域上的“局部奇函数”，求实数的取值范围． 【分析】（Ⅰ）若为“局部奇函数”，则根据定义验证条件是否成立即可； （Ⅱ）根据为定义域上的“局部奇函数，得到，恒成立，建立条件关系即可求实数的取值范围． 【解答】解：（Ⅰ）若为“局部奇函数”等价于关于的方程有解． 当时， 由得 解得， 所以方程有解， 因此为“局部奇函数”． （Ⅱ）当时，可化为． 令，则， 则， 从而在有解即可保证为“局部奇函数”． 令， 当（2），在有解， 由（2），即，解得， 当（2）时，在有解，等价于 ， 解得． （说明：也可转化为的大根大于等于2求解） 综上，所求实数的取值范围为． 【点评】本题主要考查与函数奇偶性有关的新定义，根据条件建立方程关系是解决本题的关键，考查学生的计算能力． 47．（2023秋•宝安区校级期中）已知函数，． （1）讨论函数的奇偶性； （2）设集合，，．若，求实数的取值范围． 【分析】（1）分和两种情况分别讨论函数的奇偶性； （2）由题意可得恒成立，分别在时，时求解，最终可得的取值范围． 【解答】解：（1）当时，，定义域为． 且． 故为奇函数； 当 时，，（1）， （1）， 即（1），且（1）， 因此既不是奇函数也不是偶函数； 综上，当时，为奇函数； 当时，既不是奇函数也不是偶函数． （2）由得， ， 整理得， 由题意知，当时，恒成立， 当时，， 则， 即， 设，，， ①当，即时， ，即， 又，所以； ②当，即时， ， 即， 又，所以； ③当，即时， ，即， 又，所以； 综上，． 当时，，即， 因为，所以恒成立， 由此， 故的取值范围是，． 【点评】本题考查了函数奇偶性，不等式的恒成立问题，属于难题． 48．（2023秋•南山区校级期中）已知函数，且此函数图象过点． （1）求实数的值； （2）判断奇偶性； （3）讨论函数在，上的单调性？并证明你的结论． 【分析】（1）由图象过点，将点的坐标代入函数解析式求解即可． （2）先看定义域关于原点对称，再看与的关系判断． （3）用导数法或定义判断即可． 【解答】解：（1）函数图象过点． ； （2）此时函数的定义域为：且 奇函数； （3） 在，上单调递增． 另解：，在，上单调递增． 设，， 由，可得，，，即， 可得，即， 所以在，上单调递增． 【点评】本题主要考查函数的解析式的求法，奇偶性和单调性的判断，一般来说，证明奇偶性只有定义法，证明单调性有定义法和导数法． 49．（2023秋•沙河口区校级期中）定义域均为的奇函数与偶函数满足． （1）求函数与的解析式； （2）证明：； （3）试用，，，表示与． 【分析】（1）由题意可得：，再根据函数的奇偶性可得：，进而结合两个式子求出两个函数的解析式． （2）（法一）由（1）可得的表达式，再利用基本不等式把进行化简整理即可得到答案． （法二）要证明原不等式成立，只要证即可 （3）由（1）可得、、、、与的表达式与结构特征，进而可求 【解答】解：（1） ① ， 为奇函数，为偶函数 ， ② 由①，②解得，． （2）解法一： （法二） （3），． 同理可得，． 【点评】本题主要考查函数的性质：函数的解析式，奇偶性，单调性等性质，函数与指对式的化简变形结合起来，此题综合性较强，属于难题，考查学生综合应用知识的能力． 50．（2023秋•昌平区校级期中）已知函数是定义在上的奇函数，且． （1）确定函数的解析式； （2）判断函数的单调性并用定义法证明； （3）解不等式：． 【分析】（1）由，解得的值，再根据，解得的值，从而求得的解析式． （2）设，求得，即，可得函数在上是增函数． （3）由不等式，可得，可得，由此求得的范围． 【解答】解：（1）函数是定义在上的奇函数， 由，得． 又， ，解之得； 因此函数的解析式为： 满足为奇函数， （2）设， 则 ，， 从而，即 所以在上是增函数． （3）不等式． 转化为 ， 解不等式得 【点评】本题考查的知识点是函数奇偶性的性质，熟练掌握函数奇偶性的性质，是解答的关键． 一十二．奇偶性与单调性的综合（共1小题） 51．（2023秋•南安市期中）已知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）由奇函数得，求得，再由已知，得到方程，解出，即可得到解析式； （2）运用单调性的定义，注意作差、变形和定符号、下结论几个步骤； （3）运用奇偶性和单调性，得到不等式即为， 得到不等式组，解出即可． 【解答】（1）解：函数是定义在上的奇函数， 则，即有， 且，则，解得，， 则函数的解析式：； （2）证明：设，则 ，由于，则，，即， ，则有， 则在上是增函数； （3）解：由于奇函数在上是增函数， 则不等式即为， 即有，解得， 则有， 即解集为． 【点评】本题考查函数的解析式的求法和单调性的证明和运用：解不等式，考查运算能力，属于中档题． 一十三．函数恒成立问题（共1小题） 52．（2023秋•上虞区校级期中）已知函数． （1）若，解方程； （2）若函数在上单调递增，求实数的取值范围； （3）若且不等式对一切实数恒成立，求的取值范围． 【分析】（1）取把函数分段，然后分段求解方程； （2）分和对函数分段，然后由在上单调递增得到不等式组，求解不等式组得到实数的取值范围； （3）写出分段函数，不等式对一切实数恒成立，等价于不等式对一切实数恒成立，然后求出函数在不同区间段内的最小值，求解不等式得答案． 【解答】解：（1）当时，， 故有， 当时，由，有，解得或． 当时，恒成立． 方程的解集为或； （2）， 若在上单调递增，则有，解得． 当时，在上单调递增； （3）设， 则， 不等式对一切实数恒成立，等价于不等式对一切实数恒成立． ， 当时，单调递减，其值域为，， 由于， 成立． 当，时，由，知，在处取得最小值， 令，解得， 又， ． 综上，，． 【点评】本题考查了函数恒成立问题，考查了二次函数的性质，体现了数学转化思想方法，考查了不等式的解法，是压轴题． 一十四．分段函数的应用（共7小题） 53．（2023秋•天山区校级期中）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，如：，，又称为取整函数，在现实生活中有着广泛的应用，诸如停车收费，出租车收费等均按“取整函数”进行计费，以下关于“取整函数”的描述，正确的是　　 A．， B．， C．，，若，则有 D．方程的解集为 【分析】对于：取，不成立； 对于：设，，，讨论，与，求解； 对于，，，由得证； 对于：先确定，将代入不等式，得到的范围，再求得值． 【解答】解：对于：取，，，故错误； 对于：设，，， 所以， ， 当，时，，，，， 则，， 则，， 故当，时，成立； 当，时，，，，， 则，， 则，， 故当，时，成立，综上正确； 对于：设， 则，，，， 则，因此，故正确； 对于：由知，一定为整数且， 所以， 所以， 所以， 由，得， 由，解得，只能取， 由，解得或（舍，故， 所以或， 当时，，当时，， 所以方程的解集为，故正确． 故选：． 【点评】本题属于新概念题，考查了高斯函数的性质，也考查了学生的计算能力、逻辑推理能力，属于难题． 54．（2023秋•浙江期中）已知函数，则以下结论正确的是　　 A．函数为增函数 B．，，， C．若在，上恒成立，则的最小值为8 D．若关于的方程有三个不同的实根，则 【分析】根据函数解析式可整理得到当，，时，；根据（1）（3）可知错误；根据且可知正确；由恒成立可确定正确；由方程根的个数可确定与有且只有三个不同交点，根据在每一段上的值域可分析得到不等关系，解不等式可知正确． 【解答】解：当，时， ， 当，时， ， 依次类推，当，，时，； 对于（1），（3）（1），（1）（3）， 函数不是增函数，故错误； 对于，， ，，，不等式恒成立，故正确； 对于：当，时，，；当，时，，； 当，时，，；当，时，，； 当，时，，； 在，上恒成立，， 则，的最小值为8，故正确； 对于：由，得， 当时，，方程无解，不合题意； 当时，则或， 与有且仅有三个不同交点； 当当，时，，；当，时，，； 当，时，，；当，时，，； 当，时，，； ，解得：，故正确． 故选：． 【点评】本题考查函数中的类周期问题求解，函数的单调性，最值，恒成立及方程根的个数，属难题． 55．（2023秋•福建期中）对，表示不超过的最大整数，如，，，我们把，叫做取整函数，也称之为高斯函数，也有数学爱好者形象的称其为“地板函数”．在现实生活中，这种“截尾取整”的高斯函数有着广泛的应用，如停车收费、电子表格，在数学分析中它出现在求导、极限、定积分、级数等等各种问题之中，以下关于“高斯函数的命题，其中是真命题有　　 A．， B．，， C．，，若，则 D．不等式的解集为， 【分析】根据的值，分析每个选项，项可以举出反例，项可以在中找出存在令命题成立的一对实数，，项根据，可以得到，属于相同区间，项先解出的范围，再解出的取值范围． 【解答】解：对于，，，所以为假命题； 对于，，，，所以为真命题； 对于，因为，所以，，，所以，为真命题； 对于，解不等式，得或，所以不等式的解集为，，为真命题． 故选：． 【点评】本题考查函数新定义问题，涉及一元二次不等式的解法、特值法的综合应用，属于较难题． 56．（2023秋•海淀区校级期中）设，函数，给出下列四个结论： ①当时，在上单调递增； ②当时，存在最大值； ③设，，，，则； ④若，的函数图象有三个公共点，则的取值范围是． 其中所有正确结论的序号是 　①②③④　． 【分析】先分析的图像，再逐一分析各结论，对于①：结合图像即可判断；对于②：分段讨论的取值范围，从而得以判断；对于③：结合图像分类讨论可知的范围；对于④：分段讨论与的交点分布，进而列式求解． 【解答】解：依题意，， 当时，，其图像为一条右端点取不到的单调递增的射线； 当时，，开口向下，对称轴为轴，与轴交点为，， 其图象为抛物线 位于轴上方（含轴交点）部分； 当时，，其图像是一条左端点取不到的单调递减的曲线； 对于①：若，则的图像如下： 由图像可知：在上单调递增，故①正确； 对于②：当时， 则有：若时，； 若时，，显然取得最大值； 若时，． 综上所述：取得最大值，故②正确； 对于③：当时，结合图像， 易知在，且接近于处，，，，的距离最小， 当时，，当且接近于处，， 此时； 当时， 若时，部分射线在轴上方，此时； 若时，此时； 综上所述：，故③正确； 对于④：当时，令，解得， 可知此时与至多有1个交点； 当时，由图象的图像可知：此时与有且仅有一个交点； 当时，令，整理得， 解得或（舍去），所以， 可知此时与至多有一个交点； 综上所述：与的图象有三个公共点， 可知，与在和内均有一个交点， 则，解得， 所以的取值范围是，故④正确． 故答案为：①②③④． 【点评】本题考查了分断函数的应用，有一定难度． 57．（2023秋•濠江区校级期中）设函数存在最小值，则的取值范围是 　，　． 【分析】根据题意分，，和四种情况结合二次函数的性质讨论即可． 【解答】解：①当时，，故函数在上单调递增，因此不存在最小值； ②当时，， 当时，（2），故函数存在最小值； ③当时，，故函数在上单调递减， 当时，（a）；当时，（2）． 若，则不存在最小值，故，解得． 此时满足题设； ④当时，，故函数在上单调递减， 当时，（a）；当时，（a）． ，， 因此不存在最小值． 综上，的取值范围是． 故答案为：，． 【点评】本题考查含参数的分段函数求最值，考查二次函数的性质，解题的关键是结合二次函数的性质求函数的最小值，考查分类讨论思想，属于较难题． 58．（2023秋•莒南县期中）1837年，德国数学家狄利克雷．．，第一个引入了现代函数概念：“如果对于的每一个值，总有一个完全确定的值与之对应，那么是的函数”．由此引发了数学家们对函数性质的研究．下面是以他的名字命名的“秋利克雷函数”： 表示有理数集合），关于此函数，下列说法正确的是　　 A．是偶函数 B．， C．对于任意的有理数，都有 D．不存在三个点，，，，，，使为正三角形 【分析】根据题意，定义域关于原点对称，当则，当，则，即有，可判断， ，，或，可判断， 任意的有理数，当时，，即，当时，，即，可判断， 举例存在为正三角形，则其高为1，求出边长及对应点的坐标，可判断． 【解答】解：：由定义知：定义域关于原点对称，当，则，当，则，即有，故是偶函数，正确； ：由解析式知：，，或，即，正确； ：任意的有理数，当时，，即，当时，，即，正确； ：若存在为正三角形，则其高为1，边长为，所以当，，，，时成立，正确． 故选：． 【点评】本题考查分段函数以及函数性质相关知识，属于较难题． 59．（2023秋•江阴市期中）已知函数，则下列说法正确的是　　 A．当时的单调减区间为，， B．函数为上的单调函数，则 C．若恒成立，则实数的取值范围是 D．对，，，不等式恒成立 【分析】对于，借助一次函数和二次函数的单调性可写出函数单调区间；对于，根据函数解析式可判断函数为上的减函数，借助二次函数的单调性列出不等式求解即可；对于，根据函数和图象之间的关系及恒成立的几何意义，可列出不等式求解即可；对于，作差即可比较大小． 【解答】解：对于：当时，， 因为当时，函数在区间上单调递增，在上单调递减， 函数在，单调递减， 所以当时，函数的减区间为，和，故错误； 对于：因为函数是减函数， 函数， 所以要使函数为上的单调函数， 须使函数在上单调递减， 即，解得，，故正确； 对于：因为函数的图象是由函数图象向右平移1个单位得到的， 恒成立表示的几何意义是函数的图象恒在函数图象的上方； 当时，函数为上减函数，符合题意； 当时，函数在，和递减，在上递增， 令，得或， 由图象平移可得，解得，故正确； 对于：因为对，，， ， ， 所以， 即不等式恒成立，故正确． 故选：． 【点评】本题考查函数中的类周期问题求解，函数的单调性，最值，恒成立及方程根的个数，属难题． 一十五．根据实际问题选择函数类型（共1小题） 60．（2023秋•碑林区期中）某地区上年度电价为0.8元，年用电量为，本年度计划将电价降到0.55元至0.75元之间，而用户期望电价为0.4元经测算，下调电价后新增的用电量与实际电价和用户期望电价的差成反比（比例系数为．该地区电力的成本为0.3元． （1）写出本年度电价下调后，电力部门的收益与实际电价的函数关系式； （2）设，当电价最低定为多少时仍可保证电力部门的收益比上年至少增长？ （注：收益实际用电量（实际电价成本价） 【分析】（1）先根据题意设下调后的电价为元，依题意知用电量增至，电力部门的收益即可； （2）依题意：“电价最低定为多少时仍可保证电力部门的收益比上年至少增长”得到关于的不等关系，解此不等式即得出电价最低定为多少时，仍可保证电力部门的收益比上年至少增长． 【解答】解：（1）设下调后的电价为元， 依题意知用电量增至，电力部门的收益为 （5分） （2）依题意有（9分） 整理得 解此不等式得 答：当电价最低定为0.6元仍可保证电力部门的收益比上年至少增长． 【点评】本小题主要考查建立函数关系、解不等式等基础知识，考查综合应用数学知识、思想和方法解决实际问题的能力． 1 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