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浙江省丽水市2025-2026学年高一上学期2月期末数学试题
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（2026高一上·丽水期末）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2026高一上·丽水期末）下列函数中，与函数有相同定义域的是（　　）
A． B． C． D．
3．（2026高一上·丽水期末）函数与的图象关于（　　）
A．轴对称 B．轴对称
C．坐标原点对称 D．直线对称
4．（2026高一上·丽水期末）“”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．（2026高一上·丽水期末）函数（，，）的部分图象如图所示，则（　　）
A． B．
C． D．
6．（2026高一上·丽水期末）已知x，y为正实数，则（　　）
A．2lgx+lgy=2lgx+2lgy B．2lg（x+y）=2lgx 2lgy
C．2lgx lgy=2lgx+2lgy D．2lg（xy）=2lgx 2lgy
7．（2026高一上·丽水期末）已知，则（　　）
A． B． C． D．
8．（2026高一上·丽水期末）已知实数满足，则下列关系不可能成立的是（　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分）
9．（2026高一上·丽水期末）下列函数中，满足的是 （　　）
A． B． C． D．
10．（2026高一上·丽水期末）已知关于x的不等式的解集为或，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．关于x的不等式的解集是
C．
D．关于x的不等式的解集为或
11．（2026高一上·丽水期末）已知，是在内的两个零点，则（　　）
A． B．
C． D．
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12．（2026高一上·丽水期末）已知扇形的半径为1，圆心角为，则该扇形的弧长为　 　.
13．（2026高一上·丽水期末）已知关于的方程有两个实数根，一个根比小，另一个根比大，则实数的取值范围为　 　.
14．（2026高一上·丽水期末）以表示集合中最大的数，设，已知或，则的最小值为　 　.
四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15．（2026高一上·丽水期末）已知，为锐角．
（1）求，的值；
（2）求的值．
16．（2026高一上·丽水期末）如图，为创设劳动教育基地，计划用篱笆围一个一边靠墙(墙足够长)的矩形育苗区域，设育苗区域的长为米，宽为米.
（1）若育苗区域面积为18平方米，求所用篱笆总长的最小值及此时，的值；
（2）若使用的篱笆总长为18米，求育苗区域面积的最大值及此时，的值．
17．（2026高一上·丽水期末）已知函数．
（1）求函数的最小正周期及单调递增区间；
（2）将函数的图象向右平移个单位，再把横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，求方程在区间上所有实根的和.
18．（2026高一上·丽水期末）已知偶函数和奇函数满足.
（1）求，的解析式；
（2）求关于的不等式的解集；
（3）存在满足，求的取值范围.
19．（2026高一上·丽水期末）若存在满足，且，则称为函数的次不动点.已知函数，其中．
（1）当时，判断是否为函数的次不动点，并说明理由；
（2）已知有两个次不动点，
（i）求的取值范围；
（ii）若对任意，，且，，求面积的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：，则.
故答案为：B.
【分析】直接根据集合的交集运算求解即可.
2．【答案】C
【知识点】函数的定义域及其求法；对数函数的概念与表示
【解析】【解答】解：易知函数的定义域为；
A、函数的定义域为，故A错误；
B、函数的定义域为，故B错误；
C、函数的定义域为，故C正确；
D、函数的定义域为，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据根式，分式以及对数函数有意义，分别求出各函数的定义域判断即可.
3．【答案】D
【知识点】互为反函数的两个函数之间的关系
【解析】【解答】解：因为与互为反函数，所以函数与的图象关于直线对称.
故答案为：D.
【分析】函数与互为反函数，根据互为反函数的函数图象的对称性直接判断即可.
4．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：当时，，即充分性成立；
解，可得或，即必要性不成立，
则“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】将代入判断充分性成立，解一元二次方程，判断必要性不成立，综上可知“”是“”的充分不必要条件 .
5．【答案】A
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】解：由图可知：，，，
因为函数图象经过点，所以，所以，，
所以，，又因为，所以，
则函数的解析式为.
【分析】由图可知A和周期T，再根据周期的公式求，根据函数图象过点，结合的范围求的值，即可求得函数的解析式.
6．【答案】D
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：因为as+t=as at，lg（xy）=lgx+lgy（x，y为正实数），
所以2lg（xy）=2lgx+lgy=2lgx 2lgy，满足上述两个公式，
故选D．
【分析】直接利用指数与对数的运算性质，判断选项即可．
7．【答案】D
【知识点】二倍角的余弦公式；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】由，即，
又因为。
故答案为：D
【分析】利用已知条件结合诱导公式和二倍角的余弦公式，进而得出的值。
8．【答案】B
【知识点】指数函数的图象与性质；指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：设，
函数，，，由题意可得，
作出函数，，，如图所示：
当时，可得；
当时，可得；
当时，可得；
当时，可得；
当时，可得；
当时，可得；
当时，可得；
综上所述：不可能成立的是.
故答案为：B.
【分析】函数，，，设，由题意可得，数形结合分析判断即可.
9．【答案】A,D
【知识点】函数解析式的求解及常用方法
【解析】【解答】解：A、，满足，故A正确；
B、，满足，故B错误；
C、，，，，故C错误；
D、，满足，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据函数的解析式，逐项求，检验是否满足即可.
10．【答案】A,B,D
【知识点】一元二次不等式及其解法；二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：A：由关于x的不等式的解集为或 ，
知和3是方程的两个实根，且，故A正确；
根据根与系数的关系知：，
所以，
B：代入b= a，c= 6a，不等式变为 ax 6a>0，因 a>0，两边除以 a 并变号：x+6<0解得x< 6，故B正确；
C：由于，故，故C不正确；
D：不等式化简为：，解得：或，故D正确；
故答案为：ABD.
【分析】利用二次函数图象性质和韦达定理（根与系数的关系）推导 的关系。
11．【答案】A,B,C
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：
，
因为，所以，，所以，
令，则，即，
则或，解得或，不妨令、；
A、
，故A正确；
B、
，故B正确；
C、
，
因为，所以，
所以，即，故C正确；
D、
，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】利用两角和、差的正弦公式化简可得，令，解得或，不妨令、，利用同角三角函数基本关系，结合平方求解即可判断A；利用诱导公式，结合正弦的二倍角公式求解即可判断BD；平方，结合同角三角函数基本关系求解即可判断C.
12．【答案】
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：扇形的半径为，圆心角，则扇形的弧长.
故答案为：.
【分析】直接根据扇形的弧长公式求解即可.
13．【答案】
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：令，
由题意可知：有两个零点，一个零点比小，另一个零点比大，
则，即，解得，
故实数的取值范围为.
故答案为：.
【分析】令，由题意可得有两个零点，一个零点比小，另一个零点比大，则，即，求解即可得实数的取值范围.
14．【答案】
【知识点】函数的最大（小）值；不等关系与不等式
【解析】【解答】解：令，，，其中，
，
令，因此，
若，则，即，
所以，则，
若，则，即，
所以，则，
又，综上所述，，当且仅当，且时等号成立，
取，，，满足，且，
，
故的最小值为.
故答案为：.
【分析】令，，，利用换元法表示出、，再根据不等式性质，分情况讨论求解即可.
15．【答案】（1）解：由，可得，
解得或，
因为为锐角，所以，；
（2）解：因为，所以.
【知识点】两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【分析】（1）根据同角三角函数的基本关系的平方关系以及商数关系列方程组，结合为锐角求解即可；
（2）直接利用两角和的正切公式计算即可.
（1）因为，
即，解得或，
又为锐角，所以，
（2）因为，
所以.
16．【答案】（1）解：由题意知篱笆总长为，
因为，所以，
当时，即，时等号成立，
即，时所用篱笆总长最小，最小值为米；
（2）解：由题意知，育苗区域面积为，，
当时取等号，解得，，
即，时所得育苗区域面积最大，最大值为平方米.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）由题意知篱笆总长为，根据育苗区域面积为18平方米，利用基本不等式求解所用篱笆总长的最小值即可；
（2）由题意知，育苗区域面积为，利用基本不等式求的最大值即可.
（1）由题意知篱笆总长为，因为，所以，
当时取等号，解得，，
即，时所用篱笆总长最小，最小值为米.
（2）由题意知，育苗区域面积为，，
当时取等号，解得，，
即，时所得育苗区域面积最大，最大值为平方米.
17．【答案】（1）解：，
函数的最小正周期为，
令，，
解得，，
则函数单调递增区间为；
（2）解：将函数的图象向右平移个单位长度，可得到函数，
再将所得图象上各点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），得到函数，
由得，所以或，，
当时，，
所以，，，，
得，，
所以在区间上所有实根的和为 .
【知识点】二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；辅助角公式
【解析】【分析】（1）利用余弦的二倍角公式，结合辅助角公式化简，再根据最小正周期求最小正周期；利用整体代换求函数的单调增区间即可；
（2）根据三角函数图象的平移变换求函数的解析式，再利用整体代换的方法求方程的解即可.
（1），
所以函数的最小正周期为，
由，得，.
所以函数单调递增区间为.
（2）将函数的图象向右平移个单位长度，可得到函数，
再将所得图象上各点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），得到函数.
由得，所以或，，
当时，，所以，，，，
得，，
所以在区间上所有实根的和为 .
18．【答案】（1）解：，，
因为，，所以，
解得，；
（2）解：由（1）可得，
要使函数有意义，则，解得定义域为，
，在上单调递减，
因为，所以，解得，
故不等式的解集为；
（3）解：存在满足，
即；
令，，在上单调递增，
得在上单调递增，
所以，；
在上单调递减，所以，
所以，
则，即，
解得或(舍)，
综上可得.
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；函数的奇偶性；指数型复合函数的性质及应用；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据函数和的奇偶形，构造方程，解方程组求函数解析式即可；
（2）由（1）可得，求函数的定义域，判断函数的单调性，利用单调性不等式转化为求解即可；
（3）问题转化为，令，，利用换元法，结合函数的单调性求的最大、最小值，求的最大值，建立不等式求解即可.
（1），
因为，，所以，
解得，.
（2）由可得定义域为，
，在上单调递减，
因为，所以，解得
所求不等式的解集为.
（3）存在满足
即；
令，，在上单调递增，得在上单调递增，所以，；
在上单调递减，所以，
所以，
则，即，
解得或(舍)，综上可得
19．【答案】（1）解：当时，，
因为，且，
所以不是函数的次不动点；
（2）解：（i），
当时，有，若，即，；
若，即，有；
当时，有，
若，即，有；
若，即，
有；
所以，
因为，分段求解，
当时，，解得；
当时，，得；
当时，，解得；
当时，，解得；
可得到有四个解，
又，，
由定义可知只有是的次不动点，
综上所述，所求的取值范围为；
（ii）由（i）知，，
易知函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
在上单调递减，
所以函数的最大值为，在和处取到，
由于题目条件要求，因此；
由，
可得三角形的面积为，
代入计算，，
令，，利用均值不等式得=，
当且仅当，即时取最大值，
结合对勾函数性质知：.
【知识点】函数单调性的性质；函数的值；基本不等式；对勾函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）当时，，计算的值，根据次不动点定义验证即可；
（2）（i）去掉绝对值，写出分段函数的表达式，再分、和、分类讨论，结合次不动点定义求解即可；
（ii）由（i）的结论，结合函数的单调性，计算出表达式，再代入得到，最后利用基本不等式和对勾函数性质求面积范围即可.
（1）当时，，因为，且，
所以不是函数的次不动点.
（2）（i），
当时，有，若，即，；
若，即，有；
当时，有，
若，即，有；
若，即，
有；
所以，
因为，分段求解，
当时，，解得；
当时，，得；
当时，，解得；
当时，，解得；
可得到有四个解，
又，，
由定义可知只有是的次不动点.
综上所述，所求的取值范围为．
（ii）由（i）知，，
易知函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
所以函数的最大值为，在和处取到.
由于题目条件要求，因此；
由，
可得三角形的面积为，
代入计算，，
令，，利用均值不等式得=，
当且仅当，即时取最大值，
结合对勾函数性质知.
1 / 1浙江省丽水市2025-2026学年高一上学期2月期末数学试题
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（2026高一上·丽水期末）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：，则.
故答案为：B.
【分析】直接根据集合的交集运算求解即可.
2．（2026高一上·丽水期末）下列函数中，与函数有相同定义域的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数的定义域及其求法；对数函数的概念与表示
【解析】【解答】解：易知函数的定义域为；
A、函数的定义域为，故A错误；
B、函数的定义域为，故B错误；
C、函数的定义域为，故C正确；
D、函数的定义域为，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据根式，分式以及对数函数有意义，分别求出各函数的定义域判断即可.
3．（2026高一上·丽水期末）函数与的图象关于（　　）
A．轴对称 B．轴对称
C．坐标原点对称 D．直线对称
【答案】D
【知识点】互为反函数的两个函数之间的关系
【解析】【解答】解：因为与互为反函数，所以函数与的图象关于直线对称.
故答案为：D.
【分析】函数与互为反函数，根据互为反函数的函数图象的对称性直接判断即可.
4．（2026高一上·丽水期末）“”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】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：当时，，即充分性成立；
解，可得或，即必要性不成立，
则“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】将代入判断充分性成立，解一元二次方程，判断必要性不成立，综上可知“”是“”的充分不必要条件 .
5．（2026高一上·丽水期末）函数（，，）的部分图象如图所示，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】解：由图可知：，，，
因为函数图象经过点，所以，所以，，
所以，，又因为，所以，
则函数的解析式为.
【分析】由图可知A和周期T，再根据周期的公式求，根据函数图象过点，结合的范围求的值，即可求得函数的解析式.
6．（2026高一上·丽水期末）已知x，y为正实数，则（　　）
A．2lgx+lgy=2lgx+2lgy B．2lg（x+y）=2lgx 2lgy
C．2lgx lgy=2lgx+2lgy D．2lg（xy）=2lgx 2lgy
【答案】D
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：因为as+t=as at，lg（xy）=lgx+lgy（x，y为正实数），
所以2lg（xy）=2lgx+lgy=2lgx 2lgy，满足上述两个公式，
故选D．
【分析】直接利用指数与对数的运算性质，判断选项即可．
7．（2026高一上·丽水期末）已知，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二倍角的余弦公式；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】由，即，
又因为。
故答案为：D
【分析】利用已知条件结合诱导公式和二倍角的余弦公式，进而得出的值。
8．（2026高一上·丽水期末）已知实数满足，则下列关系不可能成立的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】指数函数的图象与性质；指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：设，
函数，，，由题意可得，
作出函数，，，如图所示：
当时，可得；
当时，可得；
当时，可得；
当时，可得；
当时，可得；
当时，可得；
当时，可得；
综上所述：不可能成立的是.
故答案为：B.
【分析】函数，，，设，由题意可得，数形结合分析判断即可.
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分）
9．（2026高一上·丽水期末）下列函数中，满足的是 （　　）
A． B． C． D．
【答案】A,D
【知识点】函数解析式的求解及常用方法
【解析】【解答】解：A、，满足，故A正确；
B、，满足，故B错误；
C、，，，，故C错误；
D、，满足，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据函数的解析式，逐项求，检验是否满足即可.
10．（2026高一上·丽水期末）已知关于x的不等式的解集为或，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．关于x的不等式的解集是
C．
D．关于x的不等式的解集为或
【答案】A,B,D
【知识点】一元二次不等式及其解法；二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：A：由关于x的不等式的解集为或 ，
知和3是方程的两个实根，且，故A正确；
根据根与系数的关系知：，
所以，
B：代入b= a，c= 6a，不等式变为 ax 6a>0，因 a>0，两边除以 a 并变号：x+6<0解得x< 6，故B正确；
C：由于，故，故C不正确；
D：不等式化简为：，解得：或，故D正确；
故答案为：ABD.
【分析】利用二次函数图象性质和韦达定理（根与系数的关系）推导 的关系。
11．（2026高一上·丽水期末）已知，是在内的两个零点，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,C
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：
，
因为，所以，，所以，
令，则，即，
则或，解得或，不妨令、；
A、
，故A正确；
B、
，故B正确；
C、
，
因为，所以，
所以，即，故C正确；
D、
，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】利用两角和、差的正弦公式化简可得，令，解得或，不妨令、，利用同角三角函数基本关系，结合平方求解即可判断A；利用诱导公式，结合正弦的二倍角公式求解即可判断BD；平方，结合同角三角函数基本关系求解即可判断C.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12．（2026高一上·丽水期末）已知扇形的半径为1，圆心角为，则该扇形的弧长为　 　.
【答案】
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：扇形的半径为，圆心角，则扇形的弧长.
故答案为：.
【分析】直接根据扇形的弧长公式求解即可.
13．（2026高一上·丽水期末）已知关于的方程有两个实数根，一个根比小，另一个根比大，则实数的取值范围为　 　.
【答案】
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：令，
由题意可知：有两个零点，一个零点比小，另一个零点比大，
则，即，解得，
故实数的取值范围为.
故答案为：.
【分析】令，由题意可得有两个零点，一个零点比小，另一个零点比大，则，即，求解即可得实数的取值范围.
14．（2026高一上·丽水期末）以表示集合中最大的数，设，已知或，则的最小值为　 　.
【答案】
【知识点】函数的最大（小）值；不等关系与不等式
【解析】【解答】解：令，，，其中，
，
令，因此，
若，则，即，
所以，则，
若，则，即，
所以，则，
又，综上所述，，当且仅当，且时等号成立，
取，，，满足，且，
，
故的最小值为.
故答案为：.
【分析】令，，，利用换元法表示出、，再根据不等式性质，分情况讨论求解即可.
四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15．（2026高一上·丽水期末）已知，为锐角．
（1）求，的值；
（2）求的值．
【答案】（1）解：由，可得，
解得或，
因为为锐角，所以，；
（2）解：因为，所以.
【知识点】两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【分析】（1）根据同角三角函数的基本关系的平方关系以及商数关系列方程组，结合为锐角求解即可；
（2）直接利用两角和的正切公式计算即可.
（1）因为，
即，解得或，
又为锐角，所以，
（2）因为，
所以.
16．（2026高一上·丽水期末）如图，为创设劳动教育基地，计划用篱笆围一个一边靠墙(墙足够长)的矩形育苗区域，设育苗区域的长为米，宽为米.
（1）若育苗区域面积为18平方米，求所用篱笆总长的最小值及此时，的值；
（2）若使用的篱笆总长为18米，求育苗区域面积的最大值及此时，的值．
【答案】（1）解：由题意知篱笆总长为，
因为，所以，
当时，即，时等号成立，
即，时所用篱笆总长最小，最小值为米；
（2）解：由题意知，育苗区域面积为，，
当时取等号，解得，，
即，时所得育苗区域面积最大，最大值为平方米.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）由题意知篱笆总长为，根据育苗区域面积为18平方米，利用基本不等式求解所用篱笆总长的最小值即可；
（2）由题意知，育苗区域面积为，利用基本不等式求的最大值即可.
（1）由题意知篱笆总长为，因为，所以，
当时取等号，解得，，
即，时所用篱笆总长最小，最小值为米.
（2）由题意知，育苗区域面积为，，
当时取等号，解得，，
即，时所得育苗区域面积最大，最大值为平方米.
17．（2026高一上·丽水期末）已知函数．
（1）求函数的最小正周期及单调递增区间；
（2）将函数的图象向右平移个单位，再把横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，求方程在区间上所有实根的和.
【答案】（1）解：，
函数的最小正周期为，
令，，
解得，，
则函数单调递增区间为；
（2）解：将函数的图象向右平移个单位长度，可得到函数，
再将所得图象上各点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），得到函数，
由得，所以或，，
当时，，
所以，，，，
得，，
所以在区间上所有实根的和为 .
【知识点】二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；辅助角公式
【解析】【分析】（1）利用余弦的二倍角公式，结合辅助角公式化简，再根据最小正周期求最小正周期；利用整体代换求函数的单调增区间即可；
（2）根据三角函数图象的平移变换求函数的解析式，再利用整体代换的方法求方程的解即可.
（1），
所以函数的最小正周期为，
由，得，.
所以函数单调递增区间为.
（2）将函数的图象向右平移个单位长度，可得到函数，
再将所得图象上各点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），得到函数.
由得，所以或，，
当时，，所以，，，，
得，，
所以在区间上所有实根的和为 .
18．（2026高一上·丽水期末）已知偶函数和奇函数满足.
（1）求，的解析式；
（2）求关于的不等式的解集；
（3）存在满足，求的取值范围.
【答案】（1）解：，，
因为，，所以，
解得，；
（2）解：由（1）可得，
要使函数有意义，则，解得定义域为，
，在上单调递减，
因为，所以，解得，
故不等式的解集为；
（3）解：存在满足，
即；
令，，在上单调递增，
得在上单调递增，
所以，；
在上单调递减，所以，
所以，
则，即，
解得或(舍)，
综上可得.
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；函数的奇偶性；指数型复合函数的性质及应用；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据函数和的奇偶形，构造方程，解方程组求函数解析式即可；
（2）由（1）可得，求函数的定义域，判断函数的单调性，利用单调性不等式转化为求解即可；
（3）问题转化为，令，，利用换元法，结合函数的单调性求的最大、最小值，求的最大值，建立不等式求解即可.
（1），
因为，，所以，
解得，.
（2）由可得定义域为，
，在上单调递减，
因为，所以，解得
所求不等式的解集为.
（3）存在满足
即；
令，，在上单调递增，得在上单调递增，所以，；
在上单调递减，所以，
所以，
则，即，
解得或(舍)，综上可得
19．（2026高一上·丽水期末）若存在满足，且，则称为函数的次不动点.已知函数，其中．
（1）当时，判断是否为函数的次不动点，并说明理由；
（2）已知有两个次不动点，
（i）求的取值范围；
（ii）若对任意，，且，，求面积的取值范围．
【答案】（1）解：当时，，
因为，且，
所以不是函数的次不动点；
（2）解：（i），
当时，有，若，即，；
若，即，有；
当时，有，
若，即，有；
若，即，
有；
所以，
因为，分段求解，
当时，，解得；
当时，，得；
当时，，解得；
当时，，解得；
可得到有四个解，
又，，
由定义可知只有是的次不动点，
综上所述，所求的取值范围为；
（ii）由（i）知，，
易知函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
在上单调递减，
所以函数的最大值为，在和处取到，
由于题目条件要求，因此；
由，
可得三角形的面积为，
代入计算，，
令，，利用均值不等式得=，
当且仅当，即时取最大值，
结合对勾函数性质知：.
【知识点】函数单调性的性质；函数的值；基本不等式；对勾函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）当时，，计算的值，根据次不动点定义验证即可；
（2）（i）去掉绝对值，写出分段函数的表达式，再分、和、分类讨论，结合次不动点定义求解即可；
（ii）由（i）的结论，结合函数的单调性，计算出表达式，再代入得到，最后利用基本不等式和对勾函数性质求面积范围即可.
（1）当时，，因为，且，
所以不是函数的次不动点.
（2）（i），
当时，有，若，即，；
若，即，有；
当时，有，
若，即，有；
若，即，
有；
所以，
因为，分段求解，
当时，，解得；
当时，，得；
当时，，解得；
当时，，解得；
可得到有四个解，
又，，
由定义可知只有是的次不动点.
综上所述，所求的取值范围为．
（ii）由（i）知，，
易知函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
所以函数的最大值为，在和处取到.
由于题目条件要求，因此；
由，
可得三角形的面积为，
代入计算，，
令，，利用均值不等式得=，
当且仅当，即时取最大值，
结合对勾函数性质知.
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