黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2024-2025学年高一上学期期中考试数学PDF版含解析（可编辑）_2024-2025高一（7-7月题库）_2024年12月试卷

2024-2025 学年度高一上学期期中考试
数学试卷
一、单选题：本题共 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. 命题
p:x 2 ，x2 0，则 p
是（ ）
A. x 2，x2 0 B. x2，x2 0
C x2，x2 0 D. x2，x2 0
.
2. 已知集合M   y| yx22x  ，N  y| y log x  ，则M N （ ）
2
A. (0,1] B. (0,2] C. (,1] D. [1,)
x2,x0

3. 若函数 f(x) 2 ，则 f[f(1)] （ ）
x 5,x0
 x
A. 2 B.2 C. 4 D.4
4. 下列函数中，既不是奇函数，也不是偶函数的是（ ）
A. y  1x2 B. y ln( 1x2 x)
1
C. y 2x  D. y xex
2x
ln(1x)
5. 函数 f(x) 的定义域为（ ）
2x2 7x3
1 1 1 1
A. ( ,1) B. [ ,1) C. [ ,1] D. ( ,1]
2 2 2 2
6. 幂函数 f  x   m2 3m3  xm在区间  0, 上单调递减，则下列说法正确的是（ ）
A. m4 B. m4 或 m1
   
C. f x 是奇函数 D. f x 是偶函数
1
7. 已知函数 f  x  x2  ，则不等式 f  2x1  f  x1  的解集为（ ）
x2
 1 1   1 1 
A.  0,2  B.  0,2  C. 0,  ,2  D.  0,    ,2 
 2 2   2 2 
3x2y1
8. 已知x,y为正实数，且x y 1，则 的最小值为（ ）
xy
A. 4 37 B. 2 23 C. 4 2 D. 6
第1页/共3页
学科网（北京）股份有限公司二、多选题：本题共 3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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. 给定函数 f(x) x 2 ， g(x) x ，对于xR ，用 M(x) 表示 f (x) ， g(x) 中的最大者，记为
M(x)  max  f  x  ,g  x  ，下列关于函数M(x)的说法正确的是（ ）
A. 函数M(x)是偶函数 B. 函数M(x)的最大值是2
C. 函数M(x)在0,1递增 D. 函数M(x)有四个单调区间
lgx ,x0
10. 已知函数 f  x  ，若 Fx f xk 有四个不同的零点 x ， x ， x ， x 且
x2 2x1,x0 1 2 3 4
x  x  x  x ，则下列说法正确的是（ ）
1 2 3 4
A. 0k 1 B. x x 2 C. x x 1 D. x x 10
1 2 3 4 3 4
11. 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：对于实数x，符号 表示不超过x的最大整数，则 称为高斯函数，
例如  e  2， 1.8 2，定义函数 f  x  x x  ，则下列  说法正确的是（ ）  = 
   
A. 函数 f x 无最大值 B. 函数 f x 的最小值为1
C. 函数 f  x  在(2,1)上递增 D. f  x1  f  x 
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分．
f(x)= log (x2- 4)
12. 函数 1 的单调递增区间为________．
2
13. 若不等式ax2 +ax-1<0对一切xR恒成立，则实数a的取值范围是____________ ．
14. 矩形 ABCD（ AB  AD ）的周长为24，把V ABC 沿 AC 向△ADC 折叠， AB 折过去后交CD于点P.当
AB______________时，三角形ADP的面积最大，最大值为_______________ ．
四、解答题：本题共 5小题，共 77分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 计算下列各式的值：
2
0 0.5
（1）
1

 1 

16

 1 3
     
21 2022  9  64
（2）log 4 27 lg25lg47log 7 2.
3
第2页/共3页
学科网（北京）股份有限公司16. 设a0且a 1，函数y log  1x log (3x)的图像过点  1,2  ．
a a
（1）求a的值及函数的定义域；
 3
（2）求函数在区间

0,

上的最大值．
 2
17. 如今中国已经成为全球最大的新能源汽车消费市场，并且建成了高效的协同产业体系，2024年上半年新能源汽
车销售469万辆，同比增长29.7%.某企业计划引进新能源汽车生产设备，通过市场分析，每生产x（千辆）获利W(x)
75(x2 3),0 x2

（万元），关系如下：W(x)750x ，该公司预计2024年全年其他成本总投入为30x万元.由市场

,2 x6
1x
调研知，该种车销路畅通，供不应求.记2024年的全年利润为 f (x)（单位：万元）.
（1）求函数 f (x) 的解析式；
（2）当2024年产量为多少千辆时，该企业利润最大？最大利润是多少？请说明理由.
18. 已知函数 f  x 4x  m1 2x 1.
（1）若m0，求 f

x

在区间
1,2 
上的值域；
（2）若方程 f

x
20有实根，求实数m的取值范围；
2x24x1
（3）设函数g  x    1  ，若对任意的x 1 1,2  ，总存在x 2  0,3 ，使得 f x 1 gx 2 ，求实数m的取
2
值范围.
19. 对于函数 y  f  x  ,xI ，若存在x I ，使得 f  x  x ，则称x 为函数y  f  x  的 “不动点”;若存在x I ，
0 0 0 0 0
使得 f  f  x   x ，则称x 为函数 y  f  x  的“稳定点”.记函数 y f(x)的“不动点”和“稳定点”的集合分别为
0 0 0
   
A和B，即A x f(x) x , B  x f(f(x)) x ．
（1）设函数 f(x)2x1，求A和B；
（2）证明：若 f (x)为连续的单调函数，则AB；
（3）若 f  x  x2 a  xR,aR  ，存在a，使得A B，求实数a的取值范围．
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学科网（北京）股份有限公司2024-2025 学年度高一上学期期中考试
数学试卷
一、单选题：本题共 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. 命题
p:x 2 ，x2 0，则 p
是（ ）
A. x 2，x2 0 B. x2，x2 0
C. x2，x2 0 D. x2，x2 0
【答案】D
【解析】
【分析】根据存在量词命题的否定是全称量词命题判断即可.
【详解】∵存在量词命题的否定是全称量词命题，
∴命题 p:x2，x2 0，则p是x 2，x2 0.
故选：D.
2. 已知集合M   y| yx22x  ，N  y| y log x  ，则M N （ ）
2
A. (0,1] B. (0,2] C. (,1] D. [1,)
【答案】C
【解析】
【分析】分别确定集合M 和N ，再根据交集的概念求M N .
【详解】因为M   y| yx22x    y|yx121  y|y1 ,1；
N  y| y log x   , .
2
所以M N  ,1  .
故选：C
x2,x0

3. 若函数 f(x) 2 ，则 f[f(1)] （ ）
x 5,x0
 x
A. 2 B.2 C. 4 D.4
【答案】A
【解析】
【分析】根据分段函数的解析式代入求值即可.
第1页/共14页
学科网（北京）股份有限公司【详解】∵ f(1)(1)2 1，
2
∴ f[f(1)] f(1)1 52.
1
故选：A.
4. 下列函数中，既不是奇函数，也不是偶函数的是（ ）
A. y  1x2 B. y ln( 1x2 x)
1
C. y 2x  D. y xex
2x
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数奇偶性的概念判断即可.
【详解】显然 y  1 x2 是偶函数，故A错误；
        
由ln 1x2 x ln 1x2 x ln 1x2 x2 ln10，知 y ln 1x2 x 是奇函数，故B错误；
1 1 1 1
由2x  2x 2x  2x 2x  ，知y 2x  是偶函数，故C错误；
2x 2x 2x 2x
1
令 p(x) xex，由 f  0 10知 y xex不是奇函数，由 f  1 1e01  f 1 知 y  xex不
e
是偶函数，故D正确.
故选：D.
ln(1x)
5. 函数 f(x) 的定义域为（ ）
2x2 7x3
1 1 1 1
A. ( ,1) B. [ ,1) C. [ ,1] D. ( ,1]
2 2 2 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据解析式有意义的条件列不等式组，解不等式组可得函数的定义域.
x1
1x0  1
【详解】由题意：  1   x1.
2x2 7x30   x3 2
2
1
所以所求函数的定义域为：( ,1).
2
故选：A
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学科网（北京）股份有限公司6. 幂函数 f  x   m2 3m3  xm在区间  0, 上单调递减，则下列说法正确的是（ ）
A. m4 B. m4 或 m1
   
C. f x 是奇函数 D. f x 是偶函数
【答案】C
【解析】
【分析】利用幂函数的定义和单调性可求m的值，故可判断AB的正误，再根据奇偶性的定义可判断CD的正误.
【详解】函数 f  x   m2 3m3  xm为幂函数，则m2 3m31，解得m4或m1.
当m4时， f  x  x4在区间 上单调递增，不满足条件，排除A，B；
1 0,+∞ 1
所以 f  x  ，定义域  x|x0  关于原点对称，且 f(x) f(x) ，
x x
所以函数 f (x)是奇函数，不是偶函数，故C正确，D错误.
故选：C.
1
7. 已知函数 f  x  x2  ，则不等式 f  2x1  f  x1  的解集为（ ）
x2
 1 1   1 1 
A.  0,2  B.  0,2  C. 0,  ,2  D.  0,    ,2 
 2 2   2 2 
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数的单调性和奇偶性，把函数不等式转化为代数不等式求解即可.
1
【详解】因为 f  x  x2  ，x0，
x2
1 1
所以 f x x 2   x2   f  x  ，所以函数 f  x  为偶函数；
x 2 x2
 1   1   1 
设0 x  x ，则 f  x  f  x x2  x2    x x  x x  1 ，
1 2 2 1

2 x2
 
1 x2

2 1 2 1

x2x2

2 1 1 2
1
因为0 x  x ，所以x x 0，x x 0，1 0，所以 f  x  f  x 0，即 f  x  f  x 
1 2 2 1 2 1 x2x2 2 1 2 1
1 2
 
所以函数 f x 在 上单调递增.
0,+∞
由函数 f  x  为偶函数，所以函数 f  x  的图象关于 y 轴对称，在 ,0  上单调递减.
2x10
所以 f  2x1  f  x1    x10  0 x2且x 1 . 故选：D
2

2x1  x1

第3页/共14页
学科网（北京）股份有限公司3x2y1
8. 已知x,y为正实数，且x y 1，则 的最小值为（ ）
xy
A. 4 37 B. 2 23 C. 4 2 D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】利用基本（均值）不等式求和的最小值.
【详解】因为x,y为正实数，且x y 1，
3x2y1 3x2yx y 2x y 1 2 1 2 y 2x y 2x
所以      x y     3  32  32 2，
xy xy xy x y  x y x y x y
x y 1
  x 21
（当且仅当y 2x 即 时取“”）.

 y 2 2
x y
故选：B
二、多选题：本题共 3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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. 给定函数 f(x) x 2 ， g(x) x ，对于xR ，用 M(x) 表示 f (x) ， g(x) 中的最大者，记为
M(x)  max  f  x  ,g  x  ，下列关于函数M(x)的说法正确的是（ ）
A. 函数M(x)是偶函数 B. 函数M(x)的最大值是2
C. 函数M(x) 在 0,1递增 D. 函数M(x)有四个单调区间
【答案】AD
【解析】
【分析】可作出函数草图，数形结合，判断各选项的准确性.
【详解】如图：
对A：由图可知，M  x  的图象关于 y 轴对称，所以函数M  x  为偶函数，故A正确；
对B：由图可知，函数M  x  在  1,上单调递增，且M  4  4 2，所以，当x 4时，M  x 2，故B
错误；
第4页/共14页
学科网（北京）股份有限公司 
对C：由图象可知，函数M x 在 上单调递减，故C错误；
0,1
对D：由图象可知，函数M

x

在
,1 
和 上单调递减，在
1,0 
和 上单调递减，所以函数M

x

0,1 1,+∞
有四个单调区间.故D正确.
故选：AD
lgx ,x0
10. 已知函数 f  x  ，若 Fx f xk 有四个不同的零点 x ， x ， x ， x 且
x2 2x1,x0 1 2 3 4
x  x  x  x ，则下列说法正确的是（ ）
1 2 3 4
A. 0k 1 B. x x 2 C. x x 1 D. x x 10
1 2 3 4 3 4
【答案】BC
【解析】
【分析】数形结合，可判断A的真假；根据x0时，函数图象的对称性，可判断B的真假；根据x 0时，函数
的解析式即对数的运算可判断C的真假；举反例可说明D是错误的.
【详解】左函数草图如下：
对A：由图可知，若F

x

f

x
k
有四个不同的零点，则0k 1，故A错误；
对B：因为x  x 0，且x ,x 关于直线x1对称，所以x x 2，故B正确；
1 2 1 2 1 2
1
对C：因为  x 1 x 10，所以 f  x lgx ， f  x lgx ，
10 3 4 3 3 4 4
由 f  x  f  x   lgx lgx 0  lg  x x 0  xx 1，故C正确；
3 4 3 4 3 4 3 4
1 1  1  1
对D：因为x
3
x
4
1，所以x
3
x
4
 x
3

x
，因为函数y x
x
在
 10
,1

上单调递减，所以2 y 10
10
，即
3
 1 
x 3 x 4    2,10 10   ，故D错误.
故选：BC
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学科网（北京）股份有限公司11. 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：对于实数x，符号 表示不超过x的最大整数，则 称为高斯函数，
例如  e  2， 1.8 2，定义函数 f  x  x x  ，则下列  说法正确的是（ ）  = 
   
A. 函数 f x 无最大值 B. 函数 f x 的最小值为1
C. 函数 f  x  在(2,1)上递增 D. f  x1  f  x 
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用“高斯函数”的定义，得出 f  x  x x  的图象，结合图象，对各个选项分析判断，即可求解.
【详解】当x2,1  时， f  x  x x  x2，当x1,0  时， f  x  x x  x1，
当x0,1时， f  x  x x  x，当x 1,2  时， f  x  x x  x1，
当x2,3时，f  x  x x  x2，当x3,4时，f  x  x x  x3，L ，依此，可得 f  x  x x  的
图象如图所示，
由图知， f  x  的值域为  0,1  ，所以选项A正确，选项B错误，
对于选项C，因为当x2,1  时， f  x  x x  x2，所以函数 f  x  在(2,1)上递增，故选项C正确，
对于选项D，由图知， f  x  是周期函数，且 f  x1  f  x  ，所以选项D正确，
故选：ACD.
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学科网（北京）股份有限公司三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分．
f(x)= log (x2- 4)
12. 函数 1 的单调递增区间为________．
2
【答案】(,2)
【解析】
 
【分析】求 f x 的递增区间，根据复合函数单调性，即转化为求t  x2 4在定义域上的减区间.
【详解】由x2 40得
,2 

 2,
，令t  x2 4，由于函数t  x2 4的对称轴为 y 轴，开口向上，
y log t
∴t  x2 4在 上递减，在（0，＋∞）递增，又由函数 1 是定义域内的减函数，∴原函数在（-∞，
2
−∞,0
-2）上递增．故答案为（-∞，-2）.
【点睛】本题考查了复合函数单调区间的求法，属于基础题.
13. 若不等式ax2 +ax-1<0对一切xR恒成立，则实数a的取值范围是____________ ．
【答案】
4,0 
【解析】
【分析】先分情况讨论a的符号，再由0可得a的取值范围.
【详解】因为不等式ax2 +ax-1<0对一切xR恒成立，
所以若a 0，则不等式可化为：10，对一切xR恒成立，故a 0满足题意；
a0
若a0，则  -4<a<0.
Δa2 4a0
综上可知：-4<a£ 0.
故答案为：
4,0 
14. 矩形 ABCD（ AB  AD ）的周长为24，把V ABC 沿 AC 向△ADC 折叠， AB 折过去后交CD于点P.当
AB______________时，三角形ADP的面积最大，最大值为_______________ ．
【答案】 ①. 6 2 ②. 10872 2
【解析】
72
【分析】由题意可得AB  x,AD 6x，结合AB  AD即可求得6 x12，结合勾股定理得到PD12 ，
x
72
再根据三角形的面积公式可得S 1086(x )，再利用基本不等式，即可求解.
x
【详解】如上图所示，设AB  x，则AD 12x，又AB  AD，得到x12x0，即6 x12，
易知△ADP≌△CBP，得DP PB，AP PC  ABDP ，所以AP xDP，
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学科网（北京）股份有限公司72
又(12x)2 PD2 (xPD)2 ，得到PD12 ，
x
1 1 72 72
所以△ADP的面积S  ADDP  (12x)(12 )1086(x ) 10862 72 10872 2，当
2 2 x x
72
且仅当x ，即x6 2时取等号，
x
所以△ADP的面积的最大值为10872 2，
故答案为：6 2，10872 2.
四、解答题：本题共 5小题，共 77分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 计算下列各式的值：
2
0 0.5
（1）
1

 1 

16

 1 3
     
21 2022  9  64
（2）log 4 27 lg25lg47log 7 2.
3
【答案】（1） 21
3
（2）
4
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用指数幂的运算法则，准确计算，即可求解.
（2）根据题意，利用对数的运算法则和性质，准确计算，即可求解.
【小问1详解】
解：由指数幂的运算法则，可得：
2
1  1 
0
16
0.5
 1 
2
3

4
2
0.5

1
63
          211       
21 2022  9  64  3   2 
 2
0.5
4
3 1 3 1
 2       2   21.
 4  2 4 4
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学科网（北京）股份有限公司【小问2详解】
解：由对数的运算法则及性质，可得：
3 3 3
log 4 27 lg25lg47log 7 2 log 34(lg25lg4)2 22 .
3 3 4 4
16. 设a0且a 1，函数y log  1x log (3x)的图像过点  1,2  ．
a a
（1）求a的值及函数的定义域；
 3
（2）求函数在区间

0,

上的最大值．
 2
【答案】（1）2；
1,3 
（2）2
【解析】
【分析】（1）代入点的坐标求出a的值，再根据对数函数的定义求出函数的定义域；
（2）依题意可得 y log  x1 2 4  ，结合二次函数的性质及对数函数的性质计算可得.
2  
【小问1详解】
由函数 y log  1x log  3x  的图像过点  1,2  ，
a a
得2log 2log 2，即log 42，所以a2 4，解得a2或a2（舍），
a a a
所以 y log  1x log  3x  ，
2 2
1x 0
由 ，解得1 x3，
3x 0
所以a2，函数的定义域为
1,3 
．
【小问2详解】
由（1）知 y log  1x log  3x  log  x1 2 4  ，
2 2 2  
 3
又x
 
0,
2  
，所以当x1时 x1 2 4取得最大值4，且函数 y log
2
x在定义域  0, 上单调递增，
 3
故函数在区间 0, 上的最大值 y log 42．
  2   max 2
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学科网（北京）股份有限公司17. 如今中国已经成为全球最大的新能源汽车消费市场，并且建成了高效的协同产业体系，2024年上半年新能源汽
车销售469万辆，同比增长29.7%.某企业计划引进新能源汽车生产设备，通过市场分析，每生产x（千辆）获利W(x)
75(x2 3),0 x2

（万元），关系如下：W(x)750x ，该公司预计2024年全年其他成本总投入为30x万元.由市场

,2 x6
1x
调研知，该种车销路畅通，供不应求.记2024年的全年利润为 f (x)（单位：万元）.
（1）求函数 f (x)的解析式；
（2）当2024年产量为多少千辆时，该企业利润最大？最大利润是多少？请说明理由.
75x2 30x225,0 x2

【答案】（1） f(x)750x ；

30x,2 x6
1x
（2）当2024年产量为4千辆时，该企业利润最大，最大利润是480万元.
【解析】
【分析】（1）根据给定的信息，由 f(x)W(x)30x求出解析式即得.
（2）按0 x2,2 x6分段求出最大值，再比较大小即得.
【小问1详解】
75(x2 3),0 x2

依题意， f(x)W(x)30x，而W(x)750x ，

,2 x6
1x
75(x2 3)30x,0 x2 75x2 30x225,0 x2
 
所以函数 f (x)的解析式为 f(x)750x ，即 f(x)750x .

30x,2 x6

30x,2 x6
1x 1x
【小问2详解】
1 1
当0 x2时， f(x)75x230x225 在[0, ]上单调递减，在[ ,2]上单调递增，
5 5
当x2时， f(x)  f(2)465；
max
750x 750 25
当2x6时， f(x) 30x750 30(1x)3078030[ (1x)]
1x 1x 1x
25 25
780302 (1x) 480，当且仅当 1x，即x4时取等号，
1x 1x
而465480，则当x4时， f(x) 480，
max
所以当2024年产量为4千辆时，该企业利润最大，最大利润是480万元.
第10页/共14页
学科网（北京）股份有限公司18. 已知函数 f  x 4x  m1 2x 1.
（1）若m0，求 f

x

在区间
1,2 
上的值域；
（2）若方程 f

x
20有实根，求实数m的取值范围；
2x24x1
（3）设函数g  x    1  ，若对任意的x 1 1,2  ，总存在x 2  0,3 ，使得 f x 1 gx 2 ，求实数m的取
2
值范围.
 5 
【答案】（1）

 ,11

 4 
（2）
 1,
7
（3）m
2
【解析】
1   1 2 5
【分析】（1）利用换元法令t 2x，t  ,4  ，再结合二次函数 p  t t2 t1 t   的性质即可求解；
2   2 4
（2）由（1）知利用换元法可得t 2x p  t t2  m1  t1，t 0，方程 f  x 20有实根即等价于即
m1

0
t2  m1  t10有实数根且大于零，从而可得 2 ，即可求解；
 Δ  m1 240

（3）若对任意的x 1,2  ，总存在x  0,3 ，使得 f x gx ，可得 f  x   g  x  ,由复合函数知识可
1 2 1 2 1 min 2 min
1
得函数g  x 22x121在x  0,1  时单调递减，x  1,3  时单调递增，从而求出g  x   g  1  ，则只需令
2 2 min 2
1 1 
t2  m1  t1 在t

,4

上恒成立即可，分离参数可求解.
2 2 
【小问1详解】
当m0时， f  x 4x 2x 1  2x 2 2x 1，
1 
令t 2x，因为x1,2  ，所以t

,4

，
2 
所以可得一个二次函数 p  t t2 t1  t 1  2  5 ，所以当t   1 ,4   ，函数 p  t  单调递增，
 2 4 2 
1 1 5
当t  时， p  t  有最小值 p   ，
2 2 4
第11页/共14页
学科网（北京）股份有限公司 5 
当t 4时， p  t  有最大值 p  4 11，所以 p  t    ,11 .
 4 
 5 
所以m0时， f  x  在区间 1,2  上的值域为   ,11 .
 4 
【小问2详解】
由（1）知当令t 2x，t 0， p  t t2  m1  t1，
则 p  t 20，即t2  m1  t10有实数根，此时实数根大于零，
m1

0
所以可得 2 ，解得：m1.
 Δ  m1 240

所以方程 f  x 20有实根，实数m的取值范围为  1, .
【小问3详解】
2x24x1
由题意得g  x    1  22x24x1 22x121，
2
若对任意的x 1,2  ，总存在x  0,3 ，使得 f x gx ，可得 f  x   g  x  ,
1 2 1 2 1 min 2 min
由函数 y 2  x1 21可得当x  0,1  时单调递减，当x  1,3  时单调递增，函数 y 2x为增函数，
2 2
所以由复合函数定义可得函数g  x 22x121在x  0,1  时单调递减，x  1,3  时单调递增，
2 2
1
所以当x 1时，g  x  有最小值g  x   g  1  ，
2 2 2 min 2
1 
由（2）知当令t 2x，x
1
1,2  ，t
 2
,4
 
，
1 1 
所以t2  m1  t1 在t ,4 上恒成立，
 
2 2 
3 1 
即t m1在t ,4 上恒成立，
 
2t 2 
3 1 
因为函数 y t,y  在t ,4 时均单调递增，
 
2t 2 
3 1   3  5
所以函数 y t 在t  ,4  时单调递增，所以t   ，
2t 2   2t 2
min
5 7
所以  m1，m .
2 2
【点睛】关键点点睛：（1）主要利用换元后转化为一般的二次函数在具体区间求最值问题；（2）中转化为二次函数
第12页/共14页
学科网（北京）股份有限公司根的分布问题来求出相应的不等式组，即可求解；（3）中由题可得 f  x   g  x  ,再结合指数型复合函数求
1 min 2 min
1
出g  x   g  1  ，从而可转化为含参二次函数在定区间求解最值问题.
min 2
19. 对于函数 y  f  x  ,xI ，若存在x I ，使得 f  x  x ，则称x 为函数y  f  x  的 “不动点”;若存在x I ，
0 0 0 0 0
使得 f  f  x   x ，则称x 为函数 y  f  x  的“稳定点”.记函数 y f(x)的“不动点”和“稳定点”的集合分别为
0 0 0
   
A和B，即A x f(x) x , B  x f(f(x)) x ．
（1）设函数 f(x)2x1，求A和B；
（2）证明：若 f (x)为连续的单调函数，则AB；
（3）若 f  x  x2 a  xR,aR  ，存在a，使得A B，求实数a的取值范围．
【答案】（1）A1  ,B1 
3
（2）证明见解析 （3）a
4
【解析】
【分析】（1）已知函数的解析式，利用“不动点”和“稳定点”的概念求集合A和B.
A B
（2）结合函数的单调性，利用“  AB”证明集合相等.
B A
（3）把问题转化为“存在m,nR，使得 f (m) n， f(f(m)) f(n)m，且mn”，进一步转化成“方程
x2 xa10存在两个不相等的实根”，由0求a的取值范围.
【小问1详解】
f(x)2x1 x，解得x1；
f(f(x))2f(x)12(2x1)14x3 x，解得x1；
A1  ,B1 
.
【小问2详解】
若A ，则对x R，若满足 f(x ) x ，则 f(f(x ))  f(x )  x ，既A B，
0 0 0 0 0 0
若A ，同样A B.
假设B A，既存在m,nR，使得 f (m) n， f(f(m)) f(n)m，且mn.
不妨设mn，函数 f (x)为连续单调递增函数，则 f(m) f(n)，既nm，矛盾.
故B A不成立. 所以B A，则AB.
第13页/共14页
学科网（北京）股份有限公司【小问3详解】
若A B，则存在m,nR，使得 f (m) n， f(f(m)) f(n)m，且mn.
即m2 a n,n2 a m，两式相减，得 m2n2 nm ，
又mn，mn1，n1m.
代入m2 a n，得m2 ma10，同理，n2 na10，
即方程x2 xa10存在两个不相等的实根，
则 14(a1)0，
3
a<
4
【点睛】关键点点睛：第三问中，把问题转化为“存在m,nR，使得 f (m) n，f(f(m)) f(n)m，且mn”，
进一步转化成“方程x2 xa10存在两个不相等的实根”，由0求a的取值范围.
第14页/共14页
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