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浙江省温州中学2025-2026学年高一上学期期中数学试题
一、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．请将你认为正确的答案填在答题卷的相应位置．
1．已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．命题“”的否定是（　　）
A． B．
C． D．
3．设，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
4．函数的图象大致为（　　）
A． B．
C． D．
5．函数的单调增区间为（　　）
A． B． C． D．
6．已知函数，记，，，则（　　）
A． B． C． D．
7．已知函数，满足：对任意，当时，都有成立，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
8．已知且，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题：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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分．有选错的得0分．
9．下列命题中，正确的有（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
10．下列各组函数的图象，通过平移后能重合的是（　　）
A．与 B．与
C．与 D．与
11．已知均为定义域为的奇函数，且，则（　　）
A． B．
C．是奇函数 D．是奇函数
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．请将答案填在答题卷的相应位置．
12．若，则实数的取值范围是　 　．
13．已知（且），则的取值范围是　 　.
14．已知定义在上的单调函数满足．若对，使得成立，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．已知全集，集合
（1）当时，求；
（2）若，求实数的取值范围．
16．如图所示，学校要围建一个面积为的矩形场地，要求矩形场地的一面利用旧墙（利用旧墙时需要维修），其他三面围墙要新建，在旧墙对面的新墙上要留一个宽度为的出入口，已知旧墙的维修费用为56 元，新墙的造价为200元，设利用旧墙的长度为（单位：），修建此矩形场地的总费用为（单位：元）.
（1）求关于的函数表达式；
（2）当时，求总费用；
（3）试确定的值，使修建此矩形场地的总费用最小，并求出最小总费用.
17．已知函数为奇函数．
（1）求实数k的值；
（2）若对任意的x2∈，存在x1∈，使成立，求实数t的取值范围．
18．已知函数．
（1）写出函数的单调区间；
（2）若函数有两个不同零点，求实数的取值范围；
（3）若，且，求的取值范围．
19．已知函数，其中．
（1）若是偶函数，求的值：
（2）当时，求的值域；
（3）若恰有一个零点，求的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：易知，
则.
故答案为：A.
【分析】解一元二次不等式求得集合，再根据集合的交集运算求解即可.
2．【答案】B
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：命题“”的否定是“”．
故答案为：B.
【分析】根据命题否定的定义判断即可.
3．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：当时，无意义，故不满足充分性；
当时，，满足必要性，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】根据对数函数有意义，对数函数的单调性，结合充分、必要条件的定义判断即可.
4．【答案】B
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的图象
【解析】【解答】解：因为函数中，，
解得，、所以函数的定义域为，
由，
则函数是偶函数，其图象关于轴对称，故排除选项A和选项D；
当时，，故排除选项C；
则选项B符合要求.
故答案为：B.
【分析】利用奇函数和偶函数的图象的对称性，故排除选项A和选项D；再利用时函数值的正负，则判断排除选项C，从而找出函数的大致图象的选项.
5．【答案】D
【知识点】复合函数的单调性；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：要使函数有意义，
则，解得或者，
易知函数，在上单调递减，上单调递增，函数为单调减函数，
根据复合函数的单调性可得函数的单调增区间为.
故答案为：D.
【分析】先求函数的定义域，再根据判断复合函数的单调性即可.
6．【答案】C
【知识点】奇偶性与单调性的综合；指数型复合函数的性质及应用
【解析】【解答】解：因为函数，定义域为，且，
所以，函数为偶函数，
又因为当时，在上单调递增，
又因为，
又因为，
所以，
则，
所以.
故答案为：C.
【分析】先根据偶函数的定义和增函数的定义，从而判断出函数为偶函数且在上单调递增，再利用换底公式和函数的奇偶性、单调性，从而比较出a，b，c的大小.
7．【答案】C
【知识点】函数单调性的判断与证明
【解析】【解答】解：由对任意，当时，都有成立，
则，
令，则在上是增函数，
即，解得，则实数的取值范围是.
故答案为：C.
【分析】由题意可得，令，易知函数在上是增函数，进而根据函数的单调性列不等式组求解即可.
8．【答案】C
【知识点】对数的性质与运算法则；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：两边同时取以为底的对数，可得，
即，变形为，
，
因为，所以，
，当且仅当时等号成立，
则，即的最小值为.
故答案为：C.
【分析】先将两边取对数变形可得，再根据利用换底公式变换，最后利用基本不等式求其最小值即可.
9．【答案】B,D
【知识点】不等关系与不等式
【解析】【解答】解：A、取，满足，而，故A错误；
B、由，得，则，故B正确；
C、由，满足，但是，故C错误；
D、由，得，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】取特殊值，即可判断AC；利用不等式的性质即可判断B；利用作差比较即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：对于A，因为，，
所以向左平移2个单位可以得到，故选项A正确；
对于B，假设 ，
变形可得，
不存在a，b的值满足该式，故选项B错误；
对于C，因为，
所以可以由向左平移 个单位长度得到，故选项C正确；
对于D，因为 ，
将的图象向上平移lg3个单位，可得的图象，故选项D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用函数图象的平移变换和指数的运算法则、对数的运算法则，从而逐项判断找出通过平移后能重合的函数图象.
11．【答案】A,B,D
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性
【解析】【解答】解：令，可得，
因为为定义域为的奇函数，所以，所以，故A正确；
B、，由替换，可得：，即②，
①+②可得：，
又为奇函数，所以，且，
所以，所以周期为2，所以由，
可得，即，所以，
所以，
由，令，得，
又，所以，所以，故B正确；
C、由，得，
即，因为周期为2，
所以，所以，
因为，所以两式相加可得：，
所以不是奇函数，故C错误；
D、因为周期为2，所以，
由，可得③，
所以，即④，
③+④得：，
所以为奇函数，即是奇函数，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】，令，结合函数为奇函数，求解即可判断A；，由替换，根据函数为奇函数确定是周期为2的周期函数，进而得到，最后通过累加求解即可判断B；根据奇偶性的定义求解即可判断CD.
12．【答案】
【知识点】幂函数的图象与性质；不等关系与不等式
【解析】【解答】解：由，可得，即，解得，
则实数的取值范围为.
故答案为：.
【分析】根据幂函数的性质化简求解即可.
13．【答案】
【知识点】对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：因为，
所以，
当时，，所以；
当时，，所以，
则的取值范围是.
故答案为：.
【分析】把变形为，再对 和进行分类讨论并结合对数单调性求解即可.
14．【答案】7
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；函数恒成立问题；指数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为，且在上单调，
所以，为常数，所以，
所以，所以，
所以，在上单调递增，
因为对，使得成立，
所以，
又当时，，
当时，，
即，
所以，得，
又，所以的最小值为7.
故答案为：7.
【分析】由题意，设函数，为常数，根据，求的值，可得函数为，在上单调递增，再将问题转化为，利用函数的单调性，求的最大值，即可的n的最小值.
15．【答案】（1）解：当时，集合，
易知集合，
则；
（2）解：由集合，
因为，所以，
①当时，，即时，符合题意；
②当时，，解得，
综上可得，实数的取值范围．
【知识点】集合间关系的判断；集合关系中的参数取值问题；并集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【分析】（1）将代入求得集合A，解分式不等式求得集合B，再根据集合的交集运算求解即可；
（2）由可得，分和讨论，根据集合的包含关系列式求解即可.
（1）当时，集合，
又由
所以
（2）由集合，
因为，所以，
①当时，，即时，符合题意；
②当时，，解得．
综上可得，实数的取值范围．
16．【答案】（1）解：设利用旧墙的长度为，则另一边长为，所以新墙总长度为，
则，
故；
（2）解：由（1）知，，
则当时，；
（3）解：因为，所以，由基本不等式有，
，
当且仅当，即时，等号成立，
故当利用旧墙的长度为时，修建此矩形场地的总费用最小，最小总费用是12200元.
【知识点】函数的概念及其构成要素；函数的值；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）设利用旧墙的长度为，则另一边长为，新墙总长度为，乘单价后相加得到总费用；
（2）根据（1）的解析式，将代入求值即可；
（3）直接利用基本不等式求最值即可.
（1）设利用旧墙的长度为，则另一边长为，
所以新墙总长度为，
则
，
故.
（2）由（1）知，，
所以当时，.
（3）因为，所以，由基本不等式有，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
故当利用旧墙的长度为时，修建此矩形场地的总费用最小，最小总费用是12200元.
17．【答案】（1）解：因为x∈R，为奇函数，所以，
所以，则，经检验，满足题意，
故；
（2）解：因为任意的x2∈，存在x1∈，使成立，
所以在[t，+)上的最小值小于或等于在[1，2]的最小值，
易知＝ex﹣e﹣x在R上为增函数，所以在[t，+)上也为增函数，
所以的最小值为f(t)＝et﹣e﹣t，
令m＝|x﹣t|，当t≤1时，m＝|x﹣t|在x＝1处取小值为1﹣t，所以的最小值为e1﹣t，
所以et﹣e﹣t≤e1﹣t，即(et)2≤1+e，所以，所以；
当1＜t＜2时，m＝|x﹣t|在x＝t处取小值为0，所以的最小值为e0＝1，et﹣e﹣t≤1，
即，令k＝et，k＞0，则k2﹣k﹣1≤0，解得，
即，解得＜＝1，与t＞1矛盾，故舍去；
当t≥2时，m＝|x﹣t|在x＝2处取小值为t﹣2，所以的最小值为et﹣2，et﹣e﹣t≤et﹣2，即，
所以与t≥2矛盾，故舍去，
综上所述，t的范围为：，
下证＝ex﹣e﹣x在R上为增函数：
在上任取，则，
又当时，，，故，即，
故＝ex﹣e﹣x在R上为增函数.
【知识点】函数单调性的判断与证明；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
【解析】【分析】（1）由函数为奇函数，可得，求得k的值，注意验证即可；
（2）根据函数的单调性，求和在对应区间上的最小值，根据其大小关系解不等式即可.
（1）因为x∈R，为奇函数，所以，
所以，，经检验，满足题意，
故.
（2）因为任意的x2∈，存在x1∈，使成立，
所以在[t，+)上的最小值小于或等于在[1，2]的最小值，
易知＝ex﹣e﹣x在R上为增函数，所以在[t，+)上也为增函数，
所以的最小值为f(t)＝et﹣e﹣t，
令m＝|x﹣t|，当t≤1时，m＝|x﹣t|在x＝1处取小值为1﹣t，所以的最小值为e1﹣t，
所以et﹣e﹣t≤e1﹣t，即(et)2≤1+e，所以，所以；
当1＜t＜2时，m＝|x﹣t|在x＝t处取小值为0，所以的最小值为e0＝1，et﹣e﹣t≤1，
即，令k＝et，k＞0，则k2﹣k﹣1≤0，解得，
即，解得＜＝1，与t＞1矛盾，故舍去；
当t≥2时，m＝|x﹣t|在x＝2处取小值为t﹣2，所以的最小值为et﹣2，et﹣e﹣t≤et﹣2，即，
所以与t≥2矛盾，故舍去．
综上所述，t的范围为：．
下证＝ex﹣e﹣x在R上为增函数：
在上任取，则，
又当时，，，故，即，
故＝ex﹣e﹣x在R上为增函数.
18．【答案】（1）解：因为
所以，函数的单调递增区间是，单调递减区间是.
（2）解：因为函数在单调递减，在单调递增，
所以，函数在的最小值为，
同理可得，函数在的最小值为，
结合图象，可得函数有两个零点时需满足
解得：或，
解得：，
综上所述：或．
（3）解：由题意，得：，
则且，
则，
因为，
所以，
则，
所以，
又因为，
所以，
则单调递增，
所以单调递增，
则．
所以的取值范围为．
【知识点】函数的值域；分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数单调性的性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）由结合分段函数的图象，从而得出分段函数的单调区间.
（2）先利用分段函数的单调性得出分段函数的最值，从而作出分段函数图象，再利用数形结合法结合函数零点，则由或，从而求解得出实数a的取值范围.
（3）利用已知条件得出，再由题干条件得到，进而得出，再由函数的单调性，得出函数的值域可得．
（1）则的单调递增区间是，单调递减区间是，
（2）函数在单调递减，在单调递增，
故在的最小值为，
同理，在的最小值为，
故结合图象可得，函数有两个零点时需满足
解得：．
或
解得：．
综上所述：或．
（3）由题意得：，
则．
且，
则
因为，所以，
故．
所以．
又，则，
故单调递增，
所以单调递增，
故．
因此的取值范围为．
19．【答案】（1）解：①当时，的定义域为，不合题意；
②当时，的定义域为，不合题意；
③当时，是偶函数，
综上所述，；
（2）解：当时，，，
令，，
因为在单调递增，所以，
又因为时，，，
所以的值域为；
（3）解：①、当时，，
令得，即，所以有两个零点，不满足题意；
②、当时，令，则，
则，
由可得，
则解得或、
（i）若，则，可得，
两边平方得，
化简得，
令，，
则在上单调递减，在上单调递增，
又，，当时，，
作出的大致图象如图所示：
（ii）若，因为不是的零点，所以，
由可得，
化简得，
令，由且，
则在，上单调递减，在上单调递增，
又，，当时，，当时，，
作出的大致图象，如图所示：
数形结合可知，若恰有一个零点，则，解得或，
故的取值范围为.
【知识点】函数的值域；函数单调性的性质；函数的奇偶性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）分、和讨论，求函数的定义域及解析式，即可得到的值；
（2）将代入，得函数，令，利用换元法，根据函数的单调性求函数的值域；
（3）分与讨论，当时，令，再分为或进行讨论，结合函数的图象求解即可.
（1）①当时，的定义域为，不合题意：
②当时，的定义域为，不合题意；
③当时，是偶函数．
综上所述，．
（2）当时，，
令，
所以，
因为在单调递增，所以，
又因为时，，，
所以的值域为.
（3）①当时，，
令得，即，
所以有两个零点，不满足题意.
②当时，令，则，
则，
由可得，
则解得或.
（i）若，则，可得，
两边平方得，
化简得.
令，，
则在上单调递减，在上单调递增，
又，，当时，，
作出的大致图象如图所示.
（ii）若，因为不是的零点，所以.
由可得，
化简得，
令，由且，
则在，上单调递减，在上单调递增，
又，，当时，，当时，，
作出的大致图象如图所示.
数形结合可知，若恰有一个零点，则，
解得或，
故的取值范围为.
1 / 1浙江省温州中学2025-2026学年高一上学期期中数学试题
一、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．请将你认为正确的答案填在答题卷的相应位置．
1．已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：易知，
则.
故答案为：A.
【分析】解一元二次不等式求得集合，再根据集合的交集运算求解即可.
2．命题“”的否定是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：命题“”的否定是“”．
故答案为：B.
【分析】根据命题否定的定义判断即可.
3．设，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
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：当时，无意义，故不满足充分性；
当时，，满足必要性，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】根据对数函数有意义，对数函数的单调性，结合充分、必要条件的定义判断即可.
4．函数的图象大致为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的图象
【解析】【解答】解：因为函数中，，
解得，、所以函数的定义域为，
由，
则函数是偶函数，其图象关于轴对称，故排除选项A和选项D；
当时，，故排除选项C；
则选项B符合要求.
故答案为：B.
【分析】利用奇函数和偶函数的图象的对称性，故排除选项A和选项D；再利用时函数值的正负，则判断排除选项C，从而找出函数的大致图象的选项.
5．函数的单调增区间为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复合函数的单调性；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：要使函数有意义，
则，解得或者，
易知函数，在上单调递减，上单调递增，函数为单调减函数，
根据复合函数的单调性可得函数的单调增区间为.
故答案为：D.
【分析】先求函数的定义域，再根据判断复合函数的单调性即可.
6．已知函数，记，，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】奇偶性与单调性的综合；指数型复合函数的性质及应用
【解析】【解答】解：因为函数，定义域为，且，
所以，函数为偶函数，
又因为当时，在上单调递增，
又因为，
又因为，
所以，
则，
所以.
故答案为：C.
【分析】先根据偶函数的定义和增函数的定义，从而判断出函数为偶函数且在上单调递增，再利用换底公式和函数的奇偶性、单调性，从而比较出a，b，c的大小.
7．已知函数，满足：对任意，当时，都有成立，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数单调性的判断与证明
【解析】【解答】解：由对任意，当时，都有成立，
则，
令，则在上是增函数，
即，解得，则实数的取值范围是.
故答案为：C.
【分析】由题意可得，令，易知函数在上是增函数，进而根据函数的单调性列不等式组求解即可.
8．已知且，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】对数的性质与运算法则；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：两边同时取以为底的对数，可得，
即，变形为，
，
因为，所以，
，当且仅当时等号成立，
则，即的最小值为.
故答案为：C.
【分析】先将两边取对数变形可得，再根据利用换底公式变换，最后利用基本不等式求其最小值即可.
二、多选题：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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分．有选错的得0分．
9．下列命题中，正确的有（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】B,D
【知识点】不等关系与不等式
【解析】【解答】解：A、取，满足，而，故A错误；
B、由，得，则，故B正确；
C、由，满足，但是，故C错误；
D、由，得，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】取特殊值，即可判断AC；利用不等式的性质即可判断B；利用作差比较即可判断D.
10．下列各组函数的图象，通过平移后能重合的是（　　）
A．与 B．与
C．与 D．与
【答案】A,C,D
【知识点】指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：对于A，因为，，
所以向左平移2个单位可以得到，故选项A正确；
对于B，假设 ，
变形可得，
不存在a，b的值满足该式，故选项B错误；
对于C，因为，
所以可以由向左平移 个单位长度得到，故选项C正确；
对于D，因为 ，
将的图象向上平移lg3个单位，可得的图象，故选项D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用函数图象的平移变换和指数的运算法则、对数的运算法则，从而逐项判断找出通过平移后能重合的函数图象.
11．已知均为定义域为的奇函数，且，则（　　）
A． B．
C．是奇函数 D．是奇函数
【答案】A,B,D
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性
【解析】【解答】解：令，可得，
因为为定义域为的奇函数，所以，所以，故A正确；
B、，由替换，可得：，即②，
①+②可得：，
又为奇函数，所以，且，
所以，所以周期为2，所以由，
可得，即，所以，
所以，
由，令，得，
又，所以，所以，故B正确；
C、由，得，
即，因为周期为2，
所以，所以，
因为，所以两式相加可得：，
所以不是奇函数，故C错误；
D、因为周期为2，所以，
由，可得③，
所以，即④，
③+④得：，
所以为奇函数，即是奇函数，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】，令，结合函数为奇函数，求解即可判断A；，由替换，根据函数为奇函数确定是周期为2的周期函数，进而得到，最后通过累加求解即可判断B；根据奇偶性的定义求解即可判断CD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．请将答案填在答题卷的相应位置．
12．若，则实数的取值范围是　 　．
【答案】
【知识点】幂函数的图象与性质；不等关系与不等式
【解析】【解答】解：由，可得，即，解得，
则实数的取值范围为.
故答案为：.
【分析】根据幂函数的性质化简求解即可.
13．已知（且），则的取值范围是　 　.
【答案】
【知识点】对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：因为，
所以，
当时，，所以；
当时，，所以，
则的取值范围是.
故答案为：.
【分析】把变形为，再对 和进行分类讨论并结合对数单调性求解即可.
14．已知定义在上的单调函数满足．若对，使得成立，则的最小值为　 　．
【答案】7
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；函数恒成立问题；指数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为，且在上单调，
所以，为常数，所以，
所以，所以，
所以，在上单调递增，
因为对，使得成立，
所以，
又当时，，
当时，，
即，
所以，得，
又，所以的最小值为7.
故答案为：7.
【分析】由题意，设函数，为常数，根据，求的值，可得函数为，在上单调递增，再将问题转化为，利用函数的单调性，求的最大值，即可的n的最小值.
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．已知全集，集合
（1）当时，求；
（2）若，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：当时，集合，
易知集合，
则；
（2）解：由集合，
因为，所以，
①当时，，即时，符合题意；
②当时，，解得，
综上可得，实数的取值范围．
【知识点】集合间关系的判断；集合关系中的参数取值问题；并集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【分析】（1）将代入求得集合A，解分式不等式求得集合B，再根据集合的交集运算求解即可；
（2）由可得，分和讨论，根据集合的包含关系列式求解即可.
（1）当时，集合，
又由
所以
（2）由集合，
因为，所以，
①当时，，即时，符合题意；
②当时，，解得．
综上可得，实数的取值范围．
16．如图所示，学校要围建一个面积为的矩形场地，要求矩形场地的一面利用旧墙（利用旧墙时需要维修），其他三面围墙要新建，在旧墙对面的新墙上要留一个宽度为的出入口，已知旧墙的维修费用为56 元，新墙的造价为200元，设利用旧墙的长度为（单位：），修建此矩形场地的总费用为（单位：元）.
（1）求关于的函数表达式；
（2）当时，求总费用；
（3）试确定的值，使修建此矩形场地的总费用最小，并求出最小总费用.
【答案】（1）解：设利用旧墙的长度为，则另一边长为，所以新墙总长度为，
则，
故；
（2）解：由（1）知，，
则当时，；
（3）解：因为，所以，由基本不等式有，
，
当且仅当，即时，等号成立，
故当利用旧墙的长度为时，修建此矩形场地的总费用最小，最小总费用是12200元.
【知识点】函数的概念及其构成要素；函数的值；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）设利用旧墙的长度为，则另一边长为，新墙总长度为，乘单价后相加得到总费用；
（2）根据（1）的解析式，将代入求值即可；
（3）直接利用基本不等式求最值即可.
（1）设利用旧墙的长度为，则另一边长为，
所以新墙总长度为，
则
，
故.
（2）由（1）知，，
所以当时，.
（3）因为，所以，由基本不等式有，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
故当利用旧墙的长度为时，修建此矩形场地的总费用最小，最小总费用是12200元.
17．已知函数为奇函数．
（1）求实数k的值；
（2）若对任意的x2∈，存在x1∈，使成立，求实数t的取值范围．
【答案】（1）解：因为x∈R，为奇函数，所以，
所以，则，经检验，满足题意，
故；
（2）解：因为任意的x2∈，存在x1∈，使成立，
所以在[t，+)上的最小值小于或等于在[1，2]的最小值，
易知＝ex﹣e﹣x在R上为增函数，所以在[t，+)上也为增函数，
所以的最小值为f(t)＝et﹣e﹣t，
令m＝|x﹣t|，当t≤1时，m＝|x﹣t|在x＝1处取小值为1﹣t，所以的最小值为e1﹣t，
所以et﹣e﹣t≤e1﹣t，即(et)2≤1+e，所以，所以；
当1＜t＜2时，m＝|x﹣t|在x＝t处取小值为0，所以的最小值为e0＝1，et﹣e﹣t≤1，
即，令k＝et，k＞0，则k2﹣k﹣1≤0，解得，
即，解得＜＝1，与t＞1矛盾，故舍去；
当t≥2时，m＝|x﹣t|在x＝2处取小值为t﹣2，所以的最小值为et﹣2，et﹣e﹣t≤et﹣2，即，
所以与t≥2矛盾，故舍去，
综上所述，t的范围为：，
下证＝ex﹣e﹣x在R上为增函数：
在上任取，则，
又当时，，，故，即，
故＝ex﹣e﹣x在R上为增函数.
【知识点】函数单调性的判断与证明；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
【解析】【分析】（1）由函数为奇函数，可得，求得k的值，注意验证即可；
（2）根据函数的单调性，求和在对应区间上的最小值，根据其大小关系解不等式即可.
（1）因为x∈R，为奇函数，所以，
所以，，经检验，满足题意，
故.
（2）因为任意的x2∈，存在x1∈，使成立，
所以在[t，+)上的最小值小于或等于在[1，2]的最小值，
易知＝ex﹣e﹣x在R上为增函数，所以在[t，+)上也为增函数，
所以的最小值为f(t)＝et﹣e﹣t，
令m＝|x﹣t|，当t≤1时，m＝|x﹣t|在x＝1处取小值为1﹣t，所以的最小值为e1﹣t，
所以et﹣e﹣t≤e1﹣t，即(et)2≤1+e，所以，所以；
当1＜t＜2时，m＝|x﹣t|在x＝t处取小值为0，所以的最小值为e0＝1，et﹣e﹣t≤1，
即，令k＝et，k＞0，则k2﹣k﹣1≤0，解得，
即，解得＜＝1，与t＞1矛盾，故舍去；
当t≥2时，m＝|x﹣t|在x＝2处取小值为t﹣2，所以的最小值为et﹣2，et﹣e﹣t≤et﹣2，即，
所以与t≥2矛盾，故舍去．
综上所述，t的范围为：．
下证＝ex﹣e﹣x在R上为增函数：
在上任取，则，
又当时，，，故，即，
故＝ex﹣e﹣x在R上为增函数.
18．已知函数．
（1）写出函数的单调区间；
（2）若函数有两个不同零点，求实数的取值范围；
（3）若，且，求的取值范围．
【答案】（1）解：因为
所以，函数的单调递增区间是，单调递减区间是.
（2）解：因为函数在单调递减，在单调递增，
所以，函数在的最小值为，
同理可得，函数在的最小值为，
结合图象，可得函数有两个零点时需满足
解得：或，
解得：，
综上所述：或．
（3）解：由题意，得：，
则且，
则，
因为，
所以，
则，
所以，
又因为，
所以，
则单调递增，
所以单调递增，
则．
所以的取值范围为．
【知识点】函数的值域；分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数单调性的性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）由结合分段函数的图象，从而得出分段函数的单调区间.
（2）先利用分段函数的单调性得出分段函数的最值，从而作出分段函数图象，再利用数形结合法结合函数零点，则由或，从而求解得出实数a的取值范围.
（3）利用已知条件得出，再由题干条件得到，进而得出，再由函数的单调性，得出函数的值域可得．
（1）则的单调递增区间是，单调递减区间是，
（2）函数在单调递减，在单调递增，
故在的最小值为，
同理，在的最小值为，
故结合图象可得，函数有两个零点时需满足
解得：．
或
解得：．
综上所述：或．
（3）由题意得：，
则．
且，
则
因为，所以，
故．
所以．
又，则，
故单调递增，
所以单调递增，
故．
因此的取值范围为．
19．已知函数，其中．
（1）若是偶函数，求的值：
（2）当时，求的值域；
（3）若恰有一个零点，求的取值范围．
【答案】（1）解：①当时，的定义域为，不合题意；
②当时，的定义域为，不合题意；
③当时，是偶函数，
综上所述，；
（2）解：当时，，，
令，，
因为在单调递增，所以，
又因为时，，，
所以的值域为；
（3）解：①、当时，，
令得，即，所以有两个零点，不满足题意；
②、当时，令，则，
则，
由可得，
则解得或、
（i）若，则，可得，
两边平方得，
化简得，
令，，
则在上单调递减，在上单调递增，
又，，当时，，
作出的大致图象如图所示：
（ii）若，因为不是的零点，所以，
由可得，
化简得，
令，由且，
则在，上单调递减，在上单调递增，
又，，当时，，当时，，
作出的大致图象，如图所示：
数形结合可知，若恰有一个零点，则，解得或，
故的取值范围为.
【知识点】函数的值域；函数单调性的性质；函数的奇偶性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）分、和讨论，求函数的定义域及解析式，即可得到的值；
（2）将代入，得函数，令，利用换元法，根据函数的单调性求函数的值域；
（3）分与讨论，当时，令，再分为或进行讨论，结合函数的图象求解即可.
（1）①当时，的定义域为，不合题意：
②当时，的定义域为，不合题意；
③当时，是偶函数．
综上所述，．
（2）当时，，
令，
所以，
因为在单调递增，所以，
又因为时，，，
所以的值域为.
（3）①当时，，
令得，即，
所以有两个零点，不满足题意.
②当时，令，则，
则，
由可得，
则解得或.
（i）若，则，可得，
两边平方得，
化简得.
令，，
则在上单调递减，在上单调递增，
又，，当时，，
作出的大致图象如图所示.
（ii）若，因为不是的零点，所以.
由可得，
化简得，
令，由且，
则在，上单调递减，在上单调递增，
又，，当时，，当时，，
作出的大致图象如图所示.
数形结合可知，若恰有一个零点，则，
解得或，
故的取值范围为.
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