期中解答題精選50題（壓軸版）一、解答題1．（2017·黑龍江省哈爾濱市雙城區兆麟中學高一期中）已知函數在定義域上為增函數，且滿足,.(1)求的值;(2)解不等式.【答案】（1）（2）.【詳解】（1）（2）而函數f(x)是定義在上為增函數即原不等式的解集為2．（2019·哈爾濱市阿城區龍滌中學校高一期中）函數f(x)對任意的m，，都有，并且時，恒有(1)求證：f(x)在R上是增函數(2)若，解不等式【答案】（1）證明見解析（2）不等式的解集為:.【分析】(1)利用=和增函數的定義證明;(2)先通過賦值法得到,再根據(1)的增函數可解得不等式的解集.【詳解】(1)證明:任取,則==,因為,所以,因為時，恒有,所以,所以,所以,所以,根據增函數的定義可知,f(x)在R上是增函數.(2)在中,令得,即,在中,令得,即,所以,又,所以,所以,所以等價于,因為函數在上是增函數,所以,即,所以,所以,所以不等式的解集為:.【點睛】本題考查了用定義證明增函數,利用增函數的性質解不等式,屬于中檔題.3．（2019·安徽蚌埠市·高一期中）已知定義域為的函數是奇函數.（1）求a，b的值；（2）判斷函數的單調性，并用定義證明；（3）當時，恒成立，求實數k的取值范圍.【答案】（1），；（2）單調遞減，見解析；（3）【分析】（1）根據得到，根據計算得到，得到答案.（2）化簡得到，，計算，得到是減函數.（3）化簡得到，參數分離，求函數的最小值得到答案.【詳解】（1）因為在定義域R上是奇函數.所以，即，所以．又由，即，所以，檢驗知，當，時，原函數是奇函數.（2）在上單調遞減.證明：由（1）知，任取，設，則，因為函數在上是增函數，且，所以，又，所以，即，所以函數在R上單調遞減.（3）因為是奇函數，從而不等式等價于，因為在上是減函數，由上式推得，即對一切有恒成立，設，令，則有，，所以，所以，即的取值范圍為.【點睛】本題考查了函數解析式，單調性，恒成立問題，將恒成立問題通過參數分離轉化為最值問題是解題的關鍵.4．（2020·河北正定中學高一期中）已知定義域為的函數是奇函數．（1）求的值；（2）判斷函數的單調性，并用定義證明；（3）當時，恒成立，求實數的取值范圍．【答案】(1)(2)減函數，證明見解析；(3)．【分析】（1）利用奇函數的性質令，求解即可．（2）利用函數的單調性的定義證明即可．（3）利用函數是奇函數以及函數的單調性轉化不等式為代數形式的不等式，求解即可．【詳解】（1）∵在定義域上是奇函數，所以，即，∴，經檢驗，當時，原函數是奇函數．（2）在上是減函數，證明如下：由（1）知，任取，設，則，∵函數在上是增函數，且，∴，又，∴，即，∴函數在上是減函數．（3）因是奇函數，從而不等式等價于，由（2）知在上是減函數，由上式推得，即對任意，有恒成立，由，令，，則可設，，∴，∴，即的取值范圍為．【點睛】本題考查函數的單調性以及函數的奇偶性的應用，考查函數與方程的思想，是中檔題．5．（2019·安徽省肥東縣第二中學高一期中）已知定義域為的函數，是奇函數.（1）求，的值；（2）若對任意的，不等式恒成立，求實數的取值范圍.【答案】（1）；（2）【分析】（1）先由求出，然后由求出（2）由得在上為減函數，然后將不等式化為即可.【詳解】（1）因為是上的奇函數，所以，即，解得.從而有.又由知，解得.經檢驗，當時，，滿足題意（2）由（1）知，由上式易知在上為減函數，又因為是奇函數，從而不等式等價于.因為是上的減函數，由上式推得.即對一切有，從而，解得.【點睛】本題主要考查的是利用函數的奇偶性和單調性解不等式，較為典型.6．（2020·盤州市第六中學）已知定義域為的函數滿足.（1）若，求；又若，求.（2）設有且僅有一個實數，使得，求函數的解析式.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）首先可根據得出，然后帶入，即可求出的值，最后采用同樣的方法即可求出的值；（2）本題首先可根據得出，然后令，通過計算得出或，最后對、分別進行檢驗，即可得出結果.【詳解】（1）因為，所以，因為，所以，即，因為，，所以，（2）因為，有且僅有一個實數使，所以對于任意的，有，令，則，即，解得或，若，則，即，但方程有兩個不相同實根，與題設條件矛盾，故，若，則，即，此時有且僅有一個實數根，綜上所述，函數的解析式為.【點睛】本題考查函數值的求法以及函數解析式的求法，考查了函數的賦值法的應用，賦值法主要應用于抽象函數的解析式或者函數解析式比較復雜的函數，能夠很好的解決函數求值的問題，考查計算能力，是中檔題.7．（2019·福建福州市·高一期中）設函數f（x）＝x2﹣3x（1）若不等式f（x）≥m對任意x∈[0，1]恒成立，求實數的取值范圍；（2）在（1）的條件下，當m取最大值時，設x＞0，y＞0且2x+4y+m＝0，求的最小值.【答案】(1)m≤﹣2;(2)3+2.【分析】（1）分析函數f（x）＝x2﹣3x在[0，1]上的單調性，進而求出函數的最小值，可得實數m的取值范圍；（2）由（1）得：m＝﹣2，即x+2y＝1，利用基本不等式，可得的最小值．【詳解】解：（1）函數f（x）＝x2﹣3x的圖象是開口朝上，且以直線x為對稱軸的拋物線，故函數f（x）＝x2﹣3x在[0，1]上單調遞減，當x＝1時，函數取最小值﹣2，若不等式f（x）≥m對任意x∈[0，1]恒成立，則m≤﹣2；（2）由（1）得：m＝﹣2，即2x+4y＝2，即x+2y＝1由x＞0，y＞0故（）（x+2y）＝33+23+2即的最小值為3+2．【點睛】本題考查的知識點是二次函數的圖象和性質，熟練掌握二次函數的圖象和性質是解答的關鍵．8．（2020·江蘇南京市·）設函數.（1）證明函數在區間上是增函數；（2）設函數，其中，若對任意的，，都有，試求實數的取值范圍.【答案】（1）證明見解析；（2）【分析】（1）利用定義即可證明；（2）先求出當時，的最小值，再根據題意得到對任意的，都有，利用分離參數法即可求解.【詳解】解：（1）對于任意的，.當時，，，從而，即，即，因此，函數在區間上是增函數.（2）由（1）知，在區間上是增函數，當時，的最小值是，對任意的，，都有，等價于對任意的，都有，即，即.同（1）可證函數在區間上單調遞增，從而當時，取得最大值，，的取值范圍是.【點睛】關鍵點點睛：本題解題的關鍵是把，，都有轉化為，再利用分離參數法求解.9．（2020·上海市行知中學高一期中）若函數在定義域內的某個區間上是增函數，而在區間上是減函數，則稱函數在區間上是“弱增函數”.（1）分別判斷，在區間上是否是“弱增函數”（不必證明）；（2）若函數（、是常數）在區間上是“弱增函數”，求、應滿足的條件；（3）已知（是常數且），若存在區間使得在區間上是“弱增函數”，求的取值范圍.【答案】（1）不是“弱增函數”，不是上的“弱增函數”；（2），；（3）.【分析】（1）根據定義可判斷不是“弱增函數”，而是上的“弱增函數.（2）根據定義和雙勾函數的單調性可得、應滿足的條件.（3）先去掉中的絕對值符號，再根據定義和反比例函數的單調性可得的取值范圍.【詳解】（1）因為是增函數，所以不是“弱增函數”，因為在上單調遞增，而在上單調遞減，在上單調遞增，所以不是上的“弱增函數”；（2）由題意得在區間上是增函數，且在區間上是減函數，所以，，所以，.（3）先對去絕對值，，設在區間上是“弱增函數”，并設，若，取，則在區間上也為弱增函數，故為增函數，為減函數，所以，無解；若，取，則在區間上也為弱增函數，故為增函數，為減函數，所以，解得；若，取，則在區間上也為弱增函數，所以為增函數，為減函數，所以，解得；若，取，則在區間上也為弱增函數，所以為增函數，為減函數，所以，解得；綜上所述，的取值范圍是.【點睛】方法點睛：對于函數新定義問題，需根據給出的定義驗證，這需要結合常見函數的單調性（如二次函數、反比例函數、雙勾函數等），如果函數含有絕對值符號，應先去掉絕對值符號后再討論.10．（2020·江蘇省南京市第十二中學高一期中）已知，（1）若關于的方程的解集中恰好有一個元素，求的取值范圍；（2）若，函數在區間上最大值不超過最小值的2倍，求的取值范圍.【答案】（1）；（2）.【分析】(1）化簡方程，根據二次方程的性質求解即可;(2)先求出函數的最大值和最小值，然后根據已知最值的關系建立不等式，整理化簡建立新函數，求出新函數的單調性，利用恒成立思想即可求解．【詳解】（1）方程，即方程，其中，整理得到，顯然不是方程的根，所以方程在上只有一解，當即時，符合題意；當即時，，解得，所以；（2）函數在上單調遞減，而，，所以函數在上單調遞減，所以在上，的最大值為，最小值為，由題意得，，恒成立，即，恒成立，下面來說明的單調性，，且，則，因為，所以，，，所以，即在上單調遞減，所以只需的最大值即，解得.【點睛】關鍵點點睛：首先由二次函數的單調性求出函數在區間上最值，轉化為恒成立，利用單調性求新函數的最大值即可，本題的關鍵在于利用單調性求最值.11．（2020·深圳科學高中高一期中）設函數．（1）當時，求函數的單調遞減區間；（2）若函數在R上單調遞增，求a的取值范圍；（3）若對，不等式恒成立，求a的取值范圍．【答案】（1）；（2）；（3）.【分析】（1）去掉絕對值符號后根據一次函數、二次函數的單調性可得所求的單調減區間.（2）去掉絕對值符號可得，根據函數在R上單調遞增可得關于的不等式組，從而可得其取值范圍.（3）等價于且恒成立，前者可分類討論，后者可結合一次函數的圖象和性質，兩者結合可得a的取值范圍.【詳解】（1）時，，故在上為增函數，在上為減函數，在為增函數，故函數的單調遞減區間為.（2），因為函數在R上單調遞增，故，解得.（3）等價于且恒成立，先考慮恒成立，則，故.再考慮恒成立，又，故，故，解得，綜上，的取值范圍為.【點睛】方法點睛：對于含絕對值符號的函數，可先去掉絕對值符號，從而把問題題轉化為常見的一次函數、二次函數在給定范圍上的恒成立問題，注意先討論簡單的一次函數的性質，從而參數的初步范圍后再討論二次函數的性質.12．（2020·重慶）已知定理：“若a，b為常數，滿足，則函數的圖象關于點中心對稱”，設函數，定義域為A.（1）試證明的圖象關于點成中心對稱；（2）當時，求證：.（3）對于給定的，設計構造過程：.如果，構造過程將繼續下去；如果，構造過程將停止.若對任意，構造過程可以無限進行下去，求a的值.【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）.【分析】（1）根據定義證明即可；（2）先證明函數在給定區間上的單調性，再求其值域；（3）因為構造過程可以無限進行下去，所以對任意的恒成立，將問題轉化為方程無解再進行求解即可.【詳解】（1）因為，所以，即由已知得的圖象關于點成中心對稱，（2）先證明在單調遞增，只需要證明在上單調遞增，設任意的且，所以，所以在上單調遞增，因為，所以在單調遞增，所以的最大值為，所以，（3）因為構造過程可以無限進行下去，所以對任意的恒成立，所以無解，即無解或有唯一解，所以或解得：【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵點是理解函數有關對稱中心的定義，利用函數單調性的定義證明函數在上單調遞增，所以在單調遞增，可證，第三問由已知可得對任意的恒成立，所以無解等價于無解或有唯一解，即或即可求.13．（2020·山東煙臺·）已知函數的圖象關于點成中心對稱圖形的充要條件是．給定函數．（1）求函數圖象的對稱中心；（2）判斷在區間上的單調性（只寫出結論即可）；（3）已知函數的圖象關于點對稱，且當時，．若對任意，總存在，使得，求實數的取值范圍．【答案】（1）；（2）在區間上為增函數；（3）.【分析】（1）根據題意可知，若函數關于點中心對稱，則，然后利用得出與，代入上式求解；（2）因為函數及函數在上遞增，所以函數在上遞增；（3）根據題意可知，若對任意，總存在，使得，則只需使函數在上的值域為在上的值域的子集，然后分類討論求解函數的值域與函數的值域，根據集合間的包含關求解參數的取值范圍．【詳解】解：（1）設函數圖象的對稱中心為，則．即，整理得，于是，解得．所以的對稱中心為；（2）函數在上為增函數；（3）由已知，值域為值域的子集．由（2）知在上單增，所以的值域為．于是原問題轉化為在上的值域．①當，即時，在單增，注意到的圖象恒過對稱中心，可知在上亦單增，所以在上單增，又，，所以．因為，所以，解得．②當，即時，在單減，單增，又過對稱中心，所以在單增，單減；此時．欲使，只需且解不等式得，又，此時．③當，即時，在單減，在上亦單減，由對稱性，知在上單減，于是．因為，所以,解得．綜上，實數的取值范圍為．【點睛】本題考查函數的對稱中心及對稱性的運用，難點在于（3）的求解，解答時應注意以下幾點：（1）注意劃歸與轉化思想的運用，將問題轉化為兩個函數值域之間的包含問題求解；（2）注意分類討論思想的運用，結合對稱性，分析討論函數的單調性及最值是關鍵．14．（2020·青島市黃島區教育發展研究中心高一期中）已知函數.（1）直接寫出在上的單調區間（無需證明）；（2）求在上的最大值；（3）設函數的定義域為，若存在區間，滿足：，，使得，則稱區間為的“區間”.已知（），若是函數的“區間”，求的最大值.【答案】（1）在區間上單調遞減，在區間上單調遞增；（2）答案見解析；（3）1.【分析】（1）根據解析式可直接得出；（2）討論的范圍根據函數的單調性可求出；（3）分和兩種情況根據“區間”的定義討論求解.【詳解】（1）在區間上單調遞減，在區間上單調遞增；（2）由題意知，，①若，則在上單調遞減，所以的最大值為；②若，則在上單調遞減，在上單調遞增，因此此時，所以的最大值為；③若，則在上單調遞減，在上單調遞增，因此此時，所以的最大值為；綜上知：若，則的最大值為；若，則的最大值為；（3）由（1）（2）知：①當時，在上的值域為，在上的值域為，因為，所以，滿足，，使得，所以此時是的“區間”；②當時，在上得到值域為，在上的值域為，因為當時，，所以，使得，即，，，所以此時不是的“區間”；故所求的最大值為1.【點睛】關鍵點睛：正確理解“區間”的定義并根據函數特點討論的范圍是解決本題的關鍵.15．（2020·北京101中學）已知是定義在R上的單調遞減函數，對任意實數m，n都有=．函數．定義在R上的單調遞增函數的圖象經過點A（0,0）和點B(2,2)．（1）判斷函數的奇偶性并證明；（2）若，使得<0（m為常實數）成立，求m的取值范圍；（3）設，,，，（i=0，1，2…100）．若++…+（k=1，2，3），比較的大小并說明理由．【答案】（1）為奇函數；證明見解析；（2）；（3）；答案見解析．【分析】（1）根據奇函數的定義進行證明即可；（2）根據奇函數將不等式轉化為<，再根據單調性將脫去，等價為，，最后轉化為最值問題解題即可；（3）根據函數的單調性及特殊值分別計算，最后比較大小即可.【詳解】（1）是R上的奇函數．證明如下：因為任意實數m，n都有，所以，所以=0，從而對x∈R，恒有=，所以，所以，所以為奇函數．（2）由（1）知，為R上單調遞減的奇函數，由<0得<=，所以>-8t-m，>，．令，則．當時，．所以，使得+<0成立，等價于，使得成立，所以，所以m的取值范圍是．（3）依題意，易證F1(x)=-x在R上單調遞減，所以++…+++…+．因為=2=-2在單調遞增，在單調遞減，所以++…+++…++++…+．由在R上單調遞增，易證在R上單調遞增，所以++…+++…+，所以．【點睛】函數的單調性是函數的重要性質之一，它的應用貫穿于整個高中數學的教學之中.某些數學問題從表面上看似乎與函數的單調性無關，但如果我們能挖掘其內在聯系，抓住其本質，那么運用函數的單調性解題，能起到化難為易、化繁為簡的作用.因此對函數的單調性進行全面、準確的認識，并掌握好使用的技巧和方法，這是非常必要的.根據題目的特點，構造一個適當的函數，利用它的單調性進行解題，是一種常用技巧.許多問題，如果運用這種思想去解決，往往能獲得簡潔明快的思路，有著非凡的功效.16．（2020·廣東深圳中學）設函數與函數的定義域的交集為D，集合M是由所有具有性質：“對任意的，都有”的函數組成的集合.（1）判斷函數，是不是集合M中的元素？并說明理由；（2）設函數，，且，若對任意，總存在，使成立，求實數a的取值范圍.【答案】（1），，理由見解析；（2）.【分析】（1）由已知得，，根據定義可得結論.（2）由函數，建立方程組可求得.再分和得出函數的單調性，建立不等式可求得實數a的取值范圍.【詳解】解：（1）因為對任意，，所以.因為對任意，，所以.（2）因為函數，且，所以，整理得，解得，或(舍去)，故.當時，，.對于函數，當時，在上單調遞增，故，由題意知，解得；當時，在單調遞減，在單調遞增，故，由題意知，解得.綜上所述，實數a的取值范圍為.【點睛】關鍵點睛：本題考查函數的新定義，關鍵在于緊抓函數的定義，運用函數的性質：單調性，奇偶性，值域得以解決.17．（2018·湖南雅禮中學高一期中）定義在上的函數，如果滿足：對任意，存在常數，都有成立，則稱是上的有界函數，其中稱為函數的一個上界，已知函數，（1）若函數為奇函數，求實數的值；（2）在（1）的條件下，求函數在區間上的所有上界構成的集合；（3）若函數在上是以為上界的有界函數，求實數的取值范圍.【答案】（1）a=-1；（2）；（3）【分析】（1）根據奇偶性的定義求出a的值；（2）先求出函數的單調區間及值域，從而求出函數在區間上的所有上界構成的集合；（3）問題轉化為恒成立問題，通過換元法求解即可.【詳解】（1）函數為奇函數，所以，即，所以，解得而當a=1時，不合題意，故a=-1.（2）由（1）知：，易知在上單增，所以函數在區間上單增，所以在區間上值域為所以，故函數在區間上的所有上界構成的集合為.（3）由題意可知：在上恒成立，所以即，所以在上恒成立，所以令易知在上遞減，所以，在上遞增，所以，所以，即實數的取值范圍為【點睛】（1）對函數奇偶性的證明只能用定義：或；（2）分離參數法是求參數范圍的一種非常常用的方法.18．（2020·浙江學軍中學高一期中）已知函數，.（Ⅰ）當時，求的最小值；（Ⅱ）若不等式的解集是區間的子集，求實數a的取值范圍.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）【分析】（Ⅰ），則，，根據二次函數單調性得到最值.（Ⅱ）變換得到，設，畫出函數圖象，計算，，根據圖象得到答案.【詳解】（Ⅰ），則，，函數在上單調遞增，故最小值為.（Ⅱ），即，設，畫出的函數圖象，如圖所示：，，故.【點睛】本題考查了求函數的最值，根據不等式的解集求參數，意在考查學生的計算能力和轉化能力，構造函數畫出圖象是解題的關鍵.19．（2020·湖北高一期中）已知二次函數．（1）若時，不等式恒成立，求實數的取值范圍．（2）解關于的不等式（其中）．【答案】（1）a＜；（2）①當時，不等式解集為；②當時，不等式解集為；③當時，不等式解集為；④當時，不等式解集為；⑤當時，不等式解集為．【分析】（1）不等式轉化為，利用參數分離法得，即，再利用基本不等式求函數的最小值即可.（2）不等式，即，對進行分類討論，由二次不等式的解法，即可得到所求解集.【詳解】(1)不等式即為：，當時，可變形為：，即.又，當且僅當，即時，等號成立，，即實數的取值范圍是：（2）不等式，即，等價于，即，①當時，不等式整理為，解得：；當時，方程的兩根為：，②當時，可得，解不等式得：或；③當時，因為，解不等式得：；④當時，因為，不等式的解集為；⑤當時，因為，解不等式得：；綜上所述，不等式的解集為：①當時，不等式解集為；②當時，不等式解集為；③當時，不等式解集為；④當時，不等式解集為；⑤當時，不等式解集為．【點睛】方法點睛：考查不等式恒成立，求參數值(取值范圍)常用的方法：（1）直接法：直接求解不等式的最值，再通過解不等式確定參數范圍；（2）分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數的值域問題加以解決；解含參數的不等式，通常需要從幾個方面分類討論：（1）看函數最高次項系數是否為0，需分類討論；（2）若最高次項系數不為0，通常是二次函數，若二次函數開口定時，需根據判別式討論無根或兩根相等的情況；（3）再根據判別式討論兩根不等時，注意兩根大小比較，或與定義域的比較.20．（2020·揚州大學附屬中學）在平面直角坐標系中，對于點，若函數滿足:，都有，則稱這個函數是點A的“界函數”.（1）若函數是點的“界函數”，求需滿足的關系；（2）若點在函數的圖象上，是否存在使得函數是點B的“界函數”?若存在，求出的取值范圍；若不存在，說明理由.【答案】（1）（2）存在，【分析】（1）（2）根據點在函數的圖象上，從而得出，，都有，從而討論時，得出函數在，上的值域為，從而可得出的范圍；同理，討論和時，求出函數的值域，讓該值域是集合的子集，從而可得出的范圍．【詳解】（1）由函數是點的“界函數”，且函數為增函數，當時，值域為，因為，所以，（2）在函數的圖象上，，，，都有，①，即時，在，上單調遞增，，，，解得，又，這種情況不合題意；②，即時，由，可得或，且，，解得，③，即時，在，上單調遞減，，，，解得，又，這種情況不合題意，綜上得，的取值范圍是．【點睛】關鍵點點睛：考查了對“界函數”定義的理解，二次函數的單調性，根據函數單調性求函數值域的方法，二次函數值域的求法，子集的定義，考查了計算和推理能力，屬于難題．21．（2020·浙江余姚中學高一期中）已知函數（1）若在上有意義且不單調，求的取值范圍．（2）若非空集合，，且，求的取值范圍．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）根據題意得到二次函數的對稱軸在之間，且在上非負，列出關于a的不等式，計算得到答案.（2）設為方程的兩個根，計算，得到，計算得到答案.【詳解】（1）當時，，由在上有意義且不單調，可得函數的對稱軸在之間，且在上非負，∴，解得；所以的取值范圍為（2）因為，，故，設為方程的兩個根，結合圖像可知：，由，故有與等解，得且，由得，所以，因為，∴，解得或，又為方程的兩個根，即，即，由韋達定理知：，又，所以∴，解得，綜上可知：的取值范圍為.【點睛】關鍵點睛：本題考查利用二次函數的性質，利用集合相等求參數，解題的關鍵是要利用數形結合思想，將轉化成，再利用集合，構造成函數的值域關系，列出關于的不等式，考查學生的轉化與劃歸能力，數形結合思想與運算求解能力，屬于難題.22．（2020·江西景德鎮一中高一期中）若對任意的，對任意的，不等式恒成立，求的最大值.【答案】33【分析】設，對討論，分，，，判斷的單調性，求得最值，由不等式的性質和不等式的解法，可得所求最大值．【詳解】設，當時，，可得的最小值為，最大值為，由題意可得，即為，則；當時，，可得的最小值為，最大值為，由題意可得，即為，則．當即時，在遞減，可得的最大值為，最小值為，由題意可得，即為，則，由，可得無最大值．綜上可得的最大值為．【點睛】思路點睛：本題考查了對勾函數的單調性，利用單調性求函數的最值，考查了分類討論的思想，屬于難題.23．（2020·陜西高一期中）已知函數的圖象與x軸的兩個不同交點的橫坐標分別為，.（1）求m的取值范圍；（2）求的取值范圍；（3）若函數在上是減函數、且對任意的，，總有成立，求實數m的范圍．【答案】（1）或；（2）；（3）．【分析】（1）由函數圖象與x軸有兩個交點可知，對應的方程有兩個不相等的實數根，所以有，建立不等式求解即可；（2），結合（1）中m的取值范圍可求得其取值范圍；（3）先由函數在上是減函數，可求得，再根據二次函數的單調性可知在區間上，在上單調遞減，在上單調遞增，進而求得的最大值和最小值，最后根據恒成立可得出，從而建立不等式求出結果即可.【詳解】（1）由題意可知方程有兩個不相等的實數根，，由韋達定理得：，，所以，解之得：或；（2），令，則當時，，當時，，所以，所以，即的取值范圍為；（3）函數的對稱軸為，在上是減函數，所以有，即，又因為對任意的，，總有，要使成立，則必有，在區間上，在上單調遞減，在上單調遞增，又，所以，，所以有，即，解之得：，綜上，實數m的范圍是．【點睛】方法點睛：處理二次函數在閉區間上的最值問題時，一定要認真分析對稱軸和區間端點的位置關系，必要時進行分類討論，從而正確得出最值，常見的有：定軸定區間、定軸動區間、動軸定區間和動軸動區間等類型.24．（2020·華東師范大學第一附屬中學高一期中）若實數x，y，m滿足，則稱x比y接近m，（1）若比3接近1，求x的取值范圍；（2）證明：“x比y接近m”是“”的必要不充分條件；（3）證明：對于任意兩個不相等的正數a、b，必有比接近.【答案】（1）；（2）見解析；（3）見解析.【分析】（1）根據定義可得，從而可求x的取值范圍.（2）通過反例可得“比接近”是“”不充分條件.利用不等式的性質可證明“比接近”是“”的必要條件，故可得所證結論.（3）利用基本不等式結合分析法可證結論成立.【詳解】（1）因為比3接近1，故，故，故，所以.（2）取，則，故比接近.但，故“比接近”推不出“”.所以“比接近”是“”不充分條件.若，則，故，所以或，若，則且，故，所以，故，所以，也就是“比接近”.若，則且，故，所以，故，所以，故“比接近”是“”必要不充分條件.（3）對于任意兩個不相等的正數a、b，要證比接近，即證：，即證：，即證：，因為，因為，故，故，所以成立，故比接近.【點睛】關鍵點點睛：本題屬于新定義背景下的不等式的求解與證明問題，其中必要不充分條件的證明應依據充分條件和必要條件的定義來展開，證明不等式恒成立要結合不等式的性質，也要結合基本不等式.25．（2020·上海閔行·古美高中）（1），比較與的大?。唬?）已知，求代數式的最小值及取最小值時的值.【答案】（1）；（2）的最小值20，【分析】（1）利用基本不等式即可得解；（2）由（1）知，，再利用基本不等式即可得解.【詳解】（1），，，當且僅當，即時，等號成立.所以.（2）由（1）知，，當且僅當時取等號，顯然要使成立，需滿足，解得綜上可知，當，代數式取得最小值20.【點睛】易錯點睛：利用基本不等式求最值時，要注意其必須滿足的三個條件：（1）“一正”就是各項必須為正數；（2）“二定”就是要求和的最小值，必須把構成和的二項之積轉化成定值；要求積的最大值，則必須把構成積的因式的和轉化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值時，必須驗證等號成立的條件，若不能取等號則這個定值就不是所求的最值，這也是最容易發生錯誤的地方.26．（2020·河北）已知命題：“，都有不等式成立”是真命題.（1）求實數的取值集合；（2）設不等式的解集為，若是的充分不必要條件，求實數的取值范圍.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）分離出，將不等式恒成立轉化為函數的最值，求出，即可求出范圍；（2）分析討論二次不等式對應方程的兩個根的大小，寫出解集A,是的充分不必要條件得出,求出的范圍.【詳解】（1）命題：“，都有不等式成立”是真命題，得在時恒成立，∴，得，即.（2）不等式，①當，即時，解集，若是的充分不必要條件，則是的真子集，∴，此時；②當，即時，解集，滿足題設條件；③當，即時，解集，若是的充分不必要條件，則是的真子集，，此時.綜上①②③可得【點睛】本題主要考查了含參數一元二次不等式的解法，分類討論的思想，以及充分必要條件的理解轉化，集合的交集運算等，屬于中檔題.解決不等式恒成立求參數的范圍問題，常采用分離參數求最值；解含參數的二次不等式時，常從二次項系數、判別式、兩個根的大小進行討論.27．（2017·北京北師大二附中高一期中）已知：集合，其中.,稱為的第個坐標分量.若，且滿足如下兩條性質：①中元素個數不少于4個；②，存在，使得的第個坐標分量都是1；則稱為的一個好子集.（Ⅰ）若為的一個好子集，且，寫出；（Ⅱ）若為的一個好子集，求證：中元素個數不超過；（Ⅲ）若為的一個好子集且中恰好有個元素時，求證：一定存在唯一一個，使得中所有元素的第個坐標分量都是1.【答案】（1）；；（2）中元素個數不超過；（3）見解析.試題分析：（1）根據好子集的定義直接寫出即可；（2）若為的一個好子集，考慮元素，進行判斷證明即可；（3）根據好子集的定義，證明存在性和唯一性即可得到結論.試題解析：（1）；（2）對于，考慮元素，顯然，，，，對于任意的，，，不可能都為，可得，不可能都在好子集中，又因為取定，則一定存在且唯一，而且，且由的定義知道，，，，這樣，集合中元素的個數一定小于或等于集合中元素個數的一半，而集合中元素個數為，所以中元素個數不超過．（3），定義元素，的乘積為：，顯然.我們證明：“對任意的，，都有.”假設存在，使得，則由知，此時，對于任意的，不可能同時為，矛盾，所以．因為中只有個元素，我們記為中所有元素的乘積，根據上面的結論，我們知道，顯然這個元素的坐標分量不能都為，不妨設，根據的定義，可以知道中所有元素的坐標分量都為．下面再證明的唯一性：若還有，即中所有元素的坐標分量都為，所以此時集合中元素個數至多為個，矛盾.所以結論成立．點睛：本題主要考查了有關集合的概念新定義的辨析等問題的求解，其中解答中涉及到與集合有關的新定義，讀懂題意是解答此類問題的關鍵，此類試題綜合性較強，難度較大，平時注意總結、積累.28．（2017·山東臨沂·高一期中）知集合，，同時滿足①，②，．求，的值．【答案】或試題分析：條件①是說集合A、B有相同的元素，條件②是說，但，A、B是兩個方程的解集，方程和的根的關系得確定該題求，的值的突破口.試題解析：設，則有；兩端同除以，得，則知，故集合，中元素互為倒數．由，一定有，使得，且，解得．又，則，或．由此得或．根據根與系數的關系，有或得或29．（2021·北京市第五中學高一期中）已知集合…，…，，對于…，，B＝（…，，定義A與B的差為…，A與B之間的距離為.（Ⅰ）若，求；（Ⅱ）證明：對任意，有（i），且；（ii）三個數中至少有一個是偶數；（Ⅲ）對于……，再定義一種A與B之間的運算，并寫出兩條該運算滿足的性質（不需證明）.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）見解析（Ⅲ）見解析【詳解】分析：（Ⅰ）因為，所以；（Ⅱ）（i）設………，因為，故，…，n），分兩種情況討論即可的結果；（ii）設…，…，…，記記…，由（i）可知，，，即…，先推導出不可能全為奇數，即三個數中至少有一個是偶數，從而可得結論；（Ⅲ）定義＝，…，則.詳解：（Ⅰ）因為，所以.（Ⅱ）（i）設………，因為，故，…，n），即….又…，n.當時，有；當時，有；故（ii）設…，…，…，記記…，由（i）可知：，，，即中1的個數為k，中1的個數為，…設t是使成立的i的個數，則有，由此可知，不可能全為奇數，即三個數中至少有一個是偶數.（Ⅲ）如可定義A·B＝，…，則A·B＝B·A，（A·B）·C＝A·（B·C）.點睛：新定義題型的特點是：通過給出一個新概念，或約定一種新運算，或給出幾個新模型來創設全新的問題情景，要求考生在閱讀理解的基礎上，依據題目提供的信息，聯系所學的知識和方法，實現信息的遷移，達到靈活解題的目的.遇到新定義問題，應耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、驗證、運算，使問題得以解決.30．（2018·北京西城·北師大二附中）已知：集合，其中．，稱為的第個坐標分量．若，且滿足如下兩條性質：①中元素個數不少于個．②，，，存在，使得，，的第個坐標分量都是．則稱為的一個好子集．（）若為的一個好子集，且，，寫出，．（）若為的一個好子集，求證：中元素個數不超過．（）若為的一個好子集且中恰好有個元素，求證：一定存在唯一一個，使得中所有元素的第個坐標分量都是．【答案】(1)，．(2)證明見解析.(3)證明見解析.【解析】分析：（1）根據好子集的定義直接寫出Z，W；（2）若S為的一個好子集，考慮元素，進行判斷證明即可；（3）根據好子集的定義，證明存在性和唯一性即可得到結論.詳解：（），．（）對于，考慮元素；顯然，，，，對于任意的，，，不可能都為，可得，不可能都是好子集中．又因為取定，則一定存在且唯一，而且，由的定義知道，，,這樣，集合中元素的個數一定小于或等于集合中元素個數的一半，而集合中元素的個數為，所以中元素個數不超過．（），，定義元素，的乘積為，顯然．我們證明“對任意的，都有．”假設存在，使得，則由（）知，．此時，對于任意的，，，不可能同時為，矛盾，所以．因為中只有個元素，我們記為中所有元素的成績，根據上面的結論，我們知道，顯然這個元素的坐標分量不能都為，不妨設，根據的定義，可以知道中所有元素的坐標分量都為．下面再證明的唯一性：若還有，即中所有元素的坐標分量都為．所以此時集合中元素個數至多為個，矛盾．所以結論成立．點睛：解決集合新定義問題的方法(1)緊扣新定義．首先分析新定義的特點，把新定義所敘述的問題的本質弄清楚，并能夠應用到具體的解題過程之中，這是破解新定義型集合問題難點的關鍵所在．(2)用好集合的性質．集合的性質(概念、元素的性質、運算性質等)是破解新定義型集合問題的基礎，也是突破口，在解題時要善于從試題中發現可以使用集合性質的一些因素，在關鍵之處用好集合的性質．31．（2018·北京四中高一期中）給定數集,若對于任意,有,且，則稱集合為閉集合.（I）判斷集合是否為閉集合，并給出證明；（II）若集合為閉集合，則是否一定為閉集合?請說明理由；（III）若集合為閉集合，且,證明：.【答案】（I）證明見解析；（II）不一定，證明見解析；（III）證明見解析.【分析】（I）根據特值，但是4+4=8A，判斷A不為閉集合，設，可證出，，B為閉集合（II）取特例A={x|x=2k，k∈Z}，B={x|x=3k，k∈Z}，集合為閉集合，但不為閉集合即可（III）用反正正法，若AB=R，存在a∈R且aA，故a∈B，同理，因為BR，存在b∈R且bB，故b∈A，若，則由A為閉集合，，與aA矛盾，同理可知若，，與bB矛盾，即可證明.【詳解】（I）因為，但是4+4=8A，所以，A不為閉集合；任取，設,則且所以，同理，，故B為閉集合.（II）結論：不一定.令A={x|x=2k，k∈Z}，B={x|x=3k，k∈Z}，則由（I）可知，A，B為閉集合，但2，3∈AB，2+3=5AB，因此，AB不為閉集合.（III）證明：（反證）若AB=R,則因為AR，存在a∈R且aA，故a∈B,同理，因為BR，存在b∈R且bB，故b∈A,因為a+b∈R=AB，所以，a+b∈A或a+b∈B,若，則由A為閉集合，，與aA矛盾,若，則由B為閉集合，，與bB矛盾,綜上，存在c∈R，使得c（AB）.【點睛】本題主要考查了集合子集、真子集，反證法，考查了學生分析推理能力，屬于難題.32．（2019·河南新鄉市·）已知函數.（1）若，求不等式的解集；（2）若，對于任意的，都有，求的取值范圍.【答案】（1）；（2）或【分析】（1）先用輔助角公式化簡函數解析式，再將代入，得到，得到不等式，從而得到，化簡求得，進而得到不等式的解集；（2）當時，求得函數，分情況討論的范圍，利用對應的條件，等價結果為兩個函數的值域交集為空集，從而求得參數的范圍.【詳解】（1），當時，，所以，即.所以，所以故原不等式的解集為.（2）當時，，當時，則，所以.當時，，所以，所以；當時，，所以，所以.綜上，或.【點睛】該題考查的是有關三角函數的問題，涉及到的知識點有利用輔助角公式化簡函數解析式，求三角不等式的解集，利用兩個函數值沒有相等的，等價于兩個函數的值域交集為空集，從而得到參數的范圍，屬于中檔題目.33．（2019·北京市陳經綸中學高一期中）設是由個有序實數構成的一個數組，記作：.其中稱為數組的“元”，為的下標.如果數組中的每個“元”都來自數組中不同下標的“元”則稱為的子數組.定義兩個數組，的關系數為.（1）若，，設是的含有兩個“元”的子數組，求的最大值及此時的數組；（2）若，，且，為的含有三個“元”的子數組，求的最大值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根據題中“元”的含義，可知當時，取得最大值為；（2）對是否為中的“元”進行分類討論：①當是中的“元”時，由于的三個“元”都相等，以及中、、三個“元”的對稱性，利用基本不等式計算的最大值；②當不是中的“元”時，只需計算的最大值即可，最后綜上即可得出的最大值.【詳解】（1）由題意，當時，取得最大值；（2）①當是中的“元”時，由于的三個“元”都相等，以及中、、三個“元”的對稱性，只需計算的最大值，其中，由，得.當且僅當，時，達到最大值.于是；②當不是中的“元”時，計算，由于，所以，當且僅當時，等號成立，則取得最大值.此時.綜上所述，的最大值為.【點睛】本題考查集合中的新定義，同時也考查了利用基本不等式求最值，解題的關鍵就是要理解題中“元”的定義，同時要對一些“元”是否在集合內進行分類討論，考查運算求解能力與化歸與轉化思想的應用，屬于中等題.34．（2020·北京市第四十四中學高一期中）已知數集具有性質P；對任意的i，，與兩數中至少有一個屬于A.（1）分別判斷數集與是否具有性質P，并說明理由；（2）證明：，.【答案】(1)數集不具有性質,數集具有性質.(2)見解析.【分析】（1）根據集合具有性質的定義,逐一驗證兩個集合是否具有性質；（2）采用極端值是證明這類問題的要點，一個數集滿足某個性質，則數集中的特殊的元素（比如最大值、最小值）也滿足這個性質.根據集合中的元素具有互異性，由互異性和題中給的性質，可得證明.【詳解】（1）由于與均不屬于數集，所以數集不具有性質.由于，，，，，，，，，，都屬于數集，所以數集具有性質.（2）因為具有性質，所以與中至少有一個屬于，由于，所以，故。從而，所以。因為，所以，故。由具有性質可知，又因為，所以，，，，從而,即,所以。【點睛】本題考查集合的性質的新定義,解決此類問題時,需嚴格地根據題目所給的定義,有時可以采用舉反例的方法,取極端值,如最小值,最大值去驗證和證明,屬于難度題.35．（2018·浙江杭州市·杭州高級中學）定義函數（其中為自變量，為常數）.（Ⅰ）若當時，函數的最小值為-1，求實數的值；（Ⅱ）設全集，已知集合，，若集合，滿足，求實數的取值范圍.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【分析】（1）采用換元法令，原函數可轉化為，，再由對稱軸與定義域的關系分類討論進一步確定最值即可；（2）由題可知，化簡可得；集合，整理得，由，可得在內有解，再采用換元法，令，原式等價于方程在上有解，分離參數得，結合函數增減性即可求解【詳解】（Ⅰ）令，∵，∴，設，，①當，即時，，與已知矛盾；②當，即，，解得或，∵，∴；③當，即，，解得，但與矛盾，故舍去，綜上所述，之值為3.（Ⅱ），，由已知即在內有解，令，則，方程在上有解，也等價于方程在上有解.∵在上單調遞增，∴，故所求的取值范圍是.【點睛】本題考查由含參二次函數在定區間的最值分類討論求解參數，換元法求解一元二次方程在定區間有解時對應參數取值范圍，轉化與化歸思想，分類討論思想，函數與方程思想，綜合性強，計算量大，屬于難題36．（2019·東城·北京五十五中高一期中）已知集合．對于，，定義；；A與B之間的距離為．（1）當時，設，，求；（2）證明：若，且，使，則；（3）記，若，且，求的最大值．【答案】（1）（2）證明見解析（3）【分析】（1）當時，由直接求解即可；（2）設，，，則由題意可得存在，使得，其中，得出與同為非負數或同為負數，再計算化簡即可證明；（3）設中有項為非負數，項負數，不妨設時，；時，，利用，得出，整理求出，，即可得出的最大值.【詳解】（1）當時，由得所以（2）設，，因為，使所以，使得即存在，使得，其中所以與同為非負數或同為負數所以（3）設中有項為非負數，項負數不妨設時，；時，整理得到故的最大值為【點睛】本題主要考查了集合新定義有關證明，屬于較難題.37．（2018·黑龍江哈爾濱·哈師大青岡實驗中學高一期中）已知|，|，且B?A，求實數組成的集合C【答案】（1）；（2）.【分析】首先通過解一元二次方程，得帶集合A，根據空集的概念，以及包含關系的本質所在，需要對B進行分類討論，按兩種情況進行討論，從而求得結果【詳解】由x2－3x＋2＝0，得x＝1，或x＝2.∴A＝{1,2}．∵B?A，∴對B分類討論如下：(1)若B＝?，即方程ax－2＝0無解，此時a＝0.(2)若B≠?，則B＝{1}或B＝{2}．當B＝{1}時，有a－2＝0，即a＝2；當B＝{2}時，有2a－2＝0，即a＝1.綜上可知，符合題意的實數a所組成的集合C＝{0,1,2}【點睛】該題考查的是有關集合具備包含關系時有關參數的取值問題，在解題的過程中，需要注意的是先確定集合A，之后需要對B進行討論，分其為空集與不是空集兩種情況.38．（2020·寶山區·上海交大附中）對于集合，其中每個元素均為正整數，如果任意去掉其中一個元素之后，剩余的所有元素組成集合，并且都能分為兩個集合和，滿足，，其中和的所有元素之和相等，就稱集合為“可分集合”.（1）判斷集合和是否是“可分集合”(不必寫過程)；（2）求證：五個元素的集合一定不是“可分集合”；（3）若集合是“可分集合”.①證明：為奇數；②求集合中元素個數的最小值.【答案】（1）集合不是，集合是；（2）證明見解析；（3）①證明見解析；②7.【分析】（1）根據“可分集合”定義直接判斷即可得到結論；（2）不妨設，分去掉的元素是時得①，或②，去掉的元素是得③，或④，進而求解得矛盾，從而證明結論.（3）①設集合所有元素之和為，由題可知，均為偶數，所以的奇偶性相同，進而分類討論為奇數和為偶數兩類情況，分析可得集合中的元素個數為奇數；②結合（1）（2）問依次驗證時集合是否為“可分集合”從而證明.【詳解】解：（1）對于集合，去掉元素，剩余的元素組成的集合為，顯然不能分為兩個集合和，滿足，，其中和的所有元素之和相等，故不是“可分集合”對于集合，去掉元素，，顯然可以分為，滿足題意；去掉元素，，顯然可以分為，滿足題意；去掉元素，，顯然可以分為，滿足題意；去掉元素，，顯然可以分為，滿足題意；去掉元素，，顯然可以分為，滿足題意；去掉元素，，顯然可以分為，滿足題意；去掉元素，，顯然可以分為，滿足題意；故是可分集合.（2）不妨設，若去掉的是，則集合可以分成或，即：①或②若去掉的是，則集合可以分成或，即：③或④，由①③得，矛盾；由①④，矛盾；由②③得，矛盾；由②④，矛盾；所以五個元素的集合一定不是“可分集合”；（3）①證明：設集合所有元素之和為，由題可知，均為偶數，所以的奇偶性相同，若為奇數，則也均為奇數，由于，所以為奇數；若為偶數，則也均為偶數，此時設，則也是“可分集合”，重復上述操作有限次，便可得各項均為奇數的“可分集合”，此時各項之和也為奇數，集合中的元素個數為奇數.綜上所述，集合中的元素個數為奇數.②當時，顯然任意集合不是“可分集合”；當時，第二問已經證明集合不是“可分集合”；當時，第一問已驗證集合是“可分集合”.所以集合中元素個數的最小值為.【點睛】本題考查集合新定義的問題，對此類題型首先要多讀幾遍題，將新定義理解清楚，然后根據定義依次驗證，證明即可.注意對問題思考的全面性，考查學生的思維遷移能力，分析能力.本題第二問解題的關鍵在于假設，以去掉元素和兩種情況下的可分集合推出矛盾，進而證明，是難題.39．（2015·上海市七寶中學）已知集合（1）判斷8，9，10是否屬于集合A；（2）已知集合，證明：“”的充分條件是“”；但“”不是“”的必要條件；（3）寫出所有滿足集合A的偶數.【答案】（1），，；（2）證明見解析；（3）所有滿足集合A的偶數為．【分析】（1）由，即可證，若，而，列方程組判斷是否存在整數解，即可判斷10是否屬于A.（2）由，結合集合A的描述知，由（1），而，即可證結論；（3）由集合A的描述：，討論m，n同奇或同偶、一奇一偶，即可確定的奇偶性，進而寫出所有滿足集合A的偶數.【詳解】（1），，，，假設，，則，且，∴，則或，顯然均無整數解，∴，綜上，有：，，；（2）集合，則恒有，∴，即一切奇數都屬于A，又，而∴“”的充分條件是“”；但“”不是“”的必要條件；（3）集合，成立，①當m，n同奇或同偶時，均為偶數，為4的倍數；②當m，n一奇，一偶時，均為奇數，為奇數，綜上，所有滿足集合A的偶數為．【點睛】關鍵點點睛：根據集合的性質，應用因式分解、恒等轉化、代數式的奇偶性討論，判斷元素與集合的關系，證明條件間的充分、必要關系，確定滿足條件的數集.40．（2021·南京市第十三中學）已知表示非空集合A中的元素的個數．（1）定義，若，設實數a的所有可能取值構成集合S，求的值；（2）已知集合，對于M的子集N若存在不大于1000的正整數m，使得對于N中的任意一對元素，都有，求的最大值．【答案】（1）5；（2）1333.【分析】（1）先分析中有1個或者3個元素，即方程有一個根或者三個根，分析方程的根的情況，可得到可取的值，即可得答案（2）定義N具有性質P，集合一定具有性質P，設集合N中有個元素，任給，則與中必有一個不超過1000，從而得到集合與中必有一個集合至少存在一半元素不超過1000，然后利用性質P的定義進行分析，即可求得，即，解得【詳解】（1）中有1個或者3個元素，當中有1個元素時，有一個解，可得；當中有3個元素時，易知，有三個解，其中的兩個為：，當有一個解時，令，可得；當有兩個解且其中一個和0或者相等時，也滿足條件，此時，顯然不等于0，所以或，解得或綜上所述，設實數a的所有可能取值為，所以構成集合S元素個數為5，即（2）集合，對于M的子集N若存在不大于1000的正整數m，使得對于N中的任意一對元素，都有，可定義N具有性質P那么集合一定具有性質P，首先因為，任取，其中，因為，所以，從而，即，所以由N具有性質P，可知存在不大于1000的正整數m，使得對于N中的任意一對元素，都有，從集合中任取一對元素其中，則有，所以一定具有性質P，設集合N中有個元素，任給，則與中必有一個不超過1000，所以集合與中必有一個集合至少存在一半元素不超過1000，不妨設集合中有個元素不超過1000，N具有性質P，可知存在正整數，使得對于N中的任意一對元素，都有，所以一定有，又，故，即集合中至少有個元素不在子集中，因此，所以，解得，當時，取，則易知對集合N的任意一對元素，都有而此時集合中有1333個元素，因此的最大值133341．（2019·四川眉山市·仁壽一中高一期中）定義在上的函數，如果滿足：對任意，存在常數，都有成立，則稱函數是上的有界函數，其中稱為函數的上界.已知函數.（1）當時，求函數在上的值域，并判斷函數在上是否為有界函數，請說明理由；（2）若函數在上是以3為上界的有界函數，求實數的取值范圍；（3）若，函數在上的上界是，求的解析式.【答案】（1）見解析；（2）；（3）.【分析】（1）通過判斷函數的單調性，求出的值域，進而可判斷在上是否為有界函數；（2）利用題中所給定義，列出不等式，換元，轉化為恒成立問題，通過分參求構造函數的最值，就可求得實數的取值范圍；（3）通過分離常數法求的值域，利用新定義進而求得的解析式．【詳解】（1）當時，，由于在上遞減，∴函數在上的值域為，故不存在常數，使得成立，∴函數在上不是有界函數（2）在上是以3為上界的有界函數，即，令，則，即由得，令，在上單調遞減，所以由得，令，在上單調遞增，所以所以；（3）在上遞減，，即，當時，即當時，當時，即當時，∴.【點睛】本題主要考查學生利用所學知識解決創新問題的能力，涉及到函數求值域的有關方法，以及恒成立問題的常見解決思想．42．（2019·北京市第一五九中學）已知函數是定義在上的增函數，.（1）求；（2）求證：；（3）若，解不等式：.【答案】（1）0（2）證明見解析（3）【分析】(1)本題可以令以及，帶入，即可得出結果；(2)本題可以令以及，然后帶入，根據即可得出結果；(3)本題首先可以通過題意得出，然后根據得出，再然后根據得出即，最后根據函數是定義在上的增函數即可得出結果.【詳解】(1)令，，則，解得,(2)令，，則，因為，所以，(3)因為函數的定義域為，所以，，因為，所以，解得，因為，所以，即，因為函數是定義在上的增函數，所以，即，即，，解得，的取值范圍為.【點睛】本題考查抽象函數的靈活應用以及增函數的相關性質，若函數是增函數且滿足，則有，考查推理能力，考查化歸與轉化思想，是難題.43．（2020·沈陽市·遼寧省實驗中學分校）已知函數：且.（1）證明：對定義域內的所有都成立；（2）當的定義域為時，求證：的值域為；（3）設函數，求的最小值.【答案】（1）證明見解析（2）證明見解析（3）答案見解析【分析】（1）代入的解析式即可證明結論正確；（2）分離常數后，根據解析式判斷出函數在上的單調性，根據單調性求出最值后可得值域；（3），當，且時，，再分類討論與的大小，求出最小值；當時，，再分類討論與的大小，求出最小值.【詳解】（1）因為，所以對定義域且內的所有都成立；（2）因為在上單調遞增，所以當時，取得最小值，最小值為，當時，取得最大值，最大值為，所以的值域為.（3），當，且時，，若，即時，函數在和上為增函數，所以，若，即且時，，若時，的最小值不存在，當時，，若，即時，，若，即時，在上為減函數，的最小值不存在，又因為時，，綜上所述：當且時，，當時，的最小值不存在，當時，，當時，，【點睛】本題考查了分類討論思想，考查了分離常數法求函數的值域，考查了利用函數的單調性求值域，考查了分類討論求二次函數在指定區間上的最小值，屬于難題.44．（2020·合肥市第六中學高一期中）已知函數在區間上的最大值為，最小值為，記.（1）求實數、的值（2）定義在上的函數，，對于任意大于等于的自然數，、、都將區間任意劃分成個小區間，如果存在一個常數，使得和式恒成立，則稱函數為在上的有界變差函數.試求函數是否為在上的有界變差函數？若是，求的最小值；若不是，請說明理由.【答案】（1），；（2）存在，且的最小值為.【分析】（1）由已知中函數在區間上的最大值為，最小值為，結合函數的單調性與最值的關系，可得出關于實數、的方程組，由此可解得實數、的值；（2）根據有界變差函數的定義，可先將區間進行劃分，分為、兩個區間進行分別判斷，進而判斷出是否恒成立，從而可得出結論.【詳解】（1）因為函數圖象的開口方向向上，且對稱軸方程為，所以，函數在區間上為增函數，又因為函數在區間上的最大值為，最小值為，可得，解得；（2）函數為上的有界變差函數，理由如下：由（1）知，，當時，，因為函數在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，且對任意劃分，有，恒成立，①對任意的劃分，有，恒成立，②由①②可得.所以，存在常數，使得恒成立，且的最小值為.【點睛】本題考查的主要知識點是恒成立問題，二次函數在閉區間上的最值以及新定義，考查分析問題和解決問題的能力，屬于難題.45．（2020·浙江杭州外國語學校）已知函數，，其中，（1）判斷函數的奇偶性：（2）若，求函數的單調區間；（3）若不等式在時恒成立，求a的取值范圍.【答案】（1）當時，為偶函數；當時，為非奇非偶函數；（2）在上單調遞增；（3），，.【分析】（1）討論是否為0，結合奇偶性的定義，即可得到結論；（2）將寫出分段函數的形式，結合二次函數的單調性，可得所求結論；（3）由題意可得對，恒成立，運用絕對值的解法和函數恒成立思想，結合函數的單調性求得最值，可得所求范圍．【詳解】（1），，當時，，為偶函數，當時，，，為非奇非偶函數；（2）若，，則在，遞增，在遞增，可得在上單調遞增；（3）在，時，恒成立．由對，恒成立，可得對，恒成立，由在，遞增，可得的最大值為，則，又在，遞減，可得的最小值為，則，可得；①由對，恒成立，可得對，恒成立，或對，恒成立，由在，遞減，可得的最大值為，可得；由在，遞增，可得的最小值為，可得，則或，②由①②可得的取值范圍是，，．【點睛】方法點睛：不等式恒成立問題常見方法：①分離參數恒成立(即可)或恒成立（即可）；②數形結合(圖象在上方即可)；③討論最值或恒成立；④討論參數，排除不合題意的參數范圍，篩選出符合題意的參數范圍.46．（2020·四川成都外國語學校高一期中）已知．（1）當時，解不等式；（2）設，若對任意，函數在區間上的最大值與最小值的差不超過1，求的取值范圍．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）當時,可得,由，解對數不等式即可求出;（2）由在上單調遞減,可得函數在區間上的最大值與最小值的差為,將轉化為對任意恒成立,利用二次函數的性質即可求出的取值范圍.【詳解】（1）當時，，，，，.（2）因為在上單調遞減，所以函數在區間上的最大值與最小值的差為，因此即對任意恒成立，因為，所以在上單調