2019-2020学年河北省邯郸市大名一中高一上学期实验班10月月考数学试题（解析版）
2019-2020 学年河北省邯郸市大名一中高一上学期实验班 10
月月考数学试题
一、单选题
1． 若集合 有且仅有 2 个子集,则实数 的值为
（ ）
A. B. 或 C. 或 D. 或
【答案】B
【解析】∵集合 有且仅有 2 个子集，∴集合 只有一个
元素，若 ，即 时，方程等价为 ，解得 ，满足条件，
若 ，即 时，则方程满足 ，即 ，
∴ ，解得 或 ，综上 或 ，故选 B.
2．已知集合 则 等于 （ ）
A.{0，1，2，3，4} B.
C.{-2，-1，0，1，2，3，4} D.{2，3，4}
【答案】A
【解析】【详解】
∵ 故选 A.
3．函数 的定义域为 ，则实数 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】【详解】试题分析：由题意可知 恒成立，当 时 恒
成立；当 时需满足 ，代入解不等式可得 ，综上可知实数 的
取值范围是
( ){ }22 2 1 0A x k x kx= + + + = k
2− 2± 1− 2 1− 2− 1−
( ){ }22 2 1 0A x k x kx= + + + = A
2 0k + = 2k = − 4 1 0x− + = 1
4x =
2 0k + ≠ 2k ≠ − 0= ( )24 4 2 0k k− + =
2 2 0− − =k k 2k = 1k = − 2k = ± 1k = −
{ }| , { | 2 4},A x y x B x x= = = ∈ − ≤ ≤Z A B
{ | 0 4}x x≤ ≤
{ } { } { }| 0 , 2, 1,0,1,2,3,4 , 0,1,2,3,4 .A x x B A B= ≥ = − − ∴ ∩ =
( )
2
2 3
1
mxf x
mx mx
−=
+ + R m
( )0,4 [ )0,4 [ ]0,4 ( ]0,4
2 1 0mx mx+ + > 0m = 1 0>
0m ≠ 0
0
m >
∆ < 0 4m< < m
[ )0,4
【考点】函数定义域
4．已知 ，则 （ ）．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】 ，
则 ．
故选： ．
5．已知函数 ，若 ， ， ，则 ， ， 的大小
关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】可以得出 ，从而得出 c＜a，同样的方法得出 a＜b，
从而得出 a，b，c 的大小关系．
【详解】
, ,根据对数函数的单调性得到 a>c,
,又因为 ， ，再由对数函
数的单调性得到 a
>
；② ；③
； ④ 其中成立的是
( )
A.①④ B.②④ C.①③ D.②③
【答案】C
【解析】利用函数的奇偶性化简 ，对四个不等式逐一分
析，由此得出结论成立的序号.
【详解】
依题意， 是在 上递增的奇函数， 是偶函数，且在 轴两侧左减右增.且
， .
对于①，
， 成立，故①成立.
对于②，
， 不成立，故②不成立.
对于③，
， 成立，故③成立.
对于④，
， 不成立，故④不成立.
综上所述，正确结论的序号为①③.
故选：C.
【点睛】
本小题主要考查利用函数的单调性和奇偶性比较大小，考查化归与转化的数学思想方法，
属于基础题.
7．已知 ，若 为奇函数，且在 上单调递增，则实数
的值是( )
A． B． C． D．
( ) ( ) ( ) ( )f b f a g a g b− − > − − ( ) ( ) ( ) ( )f b f a g a g b− − < − −
( ) ( ) ( ) ( )f a f b g b g a− − > − − ( ) ( ) ( ) ( )f a f b g b g a− − < − −
( ) ( ) ( ) ( ), , ,f b f a g b g a− − − −
( )f x R ( )g x y
( ) ( ) ( ) ( ),f a g a f b g b= = ( ) ( ) ( )0 0f a f b f> > =
( ) ( ) ( ) ( )f b f a g a g b− − > − − ⇔ ( ) ( ) ( ) ( )f b f a g a g b+ > − ⇔
( ) ( ) ( ) ( )f b f a f a f b+ > − ⇔ ( ) 0f b > ( ) 0f b >
( ) ( ) ( ) ( )f b f a g a g b− − < − − ⇔ ( ) ( ) ( ) ( )f b f a g a g b+ < − ⇔
( ) ( ) ( ) ( )f b f a f a f b+ < − ⇔ ( ) 0f b < ( ) 0f b <
( ) ( ) ( ) ( )f a f b g b g a− − > − − ⇔ ( ) ( ) ( ) ( )f a f b g b g a+ > − ⇔
( ) ( ) ( ) ( )f a f b f b f a+ > − ⇔ ( ) 0f a > ( ) 0f a >
( ) ( ) ( ) ( )f a f b g b g a− − < − − ⇔ ( ) ( ) ( ) ( )f a f b g b g a+ < − ⇔
( ) ( ) ( ) ( )f a f b f b f a+ < − ⇔ ( ) 0f a < ( ) 0f a <
1 11,2, ,3,2 3a ∈ − ( ) af x x= (0, )+∞
a
1,3− 1 ,33
11, ,33
− 1 1, ,33 2
【答案】B
【解析】先根据奇函数性质确定 取法，再根据单调性进行取舍，进而确定选项.
【详解】
因为 为奇函数，所以
因为 ，所以
因此选 B.
【点睛】
本题考查幂函数奇偶性与单调性，考查基本判断选择能力.
8．已知 ，则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】将 都化成以 为底的指数形式，根据 的单调性判断出三者的大小
关系.
【详解】
由于 ，由于 在 上递增，而 ，所以
.
故选：A.
【点睛】
本小题主要考查指数运算，考查利用指数函数的单调性比较大小，属于基础题.
9． 在区间 上恒正，则 的取值范围为（ ）
A. B. C. D.以上都不对
【答案】C
【解析】试题分析：由题意得，根据一次函数的单调性可知，函数
在区间 上恒正，则 ，即 ，解得 ，故选 C．
【考点】函数的单调性的应用．
10．函数 f(x)＝3x＋ x－2 的零点所在的一个区间是( )
a
( ) af x x= 11,3, 3a ∈ −
( ) ( )0,f x +∞在 上单调递增 13, 3a ∈
1.2
0.8 0.46 14 , 8 , 2a b c
− = = =
c b a< < c a b< < a b c< < a c b< <
, ,a b c 2 2xy =
1.6 1.38 1.22 , 2 , 2a b c= = = 2xy = R 1.2 1.38 1.6< <
c b a< <
( ) ( )22f x a x a= − + [ ]0,1 a
0a > 0 2a< < 0 2a< <
( ) ( )22f x a x a= − +
[ ]0,1 (0) 0{ (1) 0
f
f
>
> 2
0{2 0
a
a a
>
− + > 0 2a< <
A．(－2，－1) B．(－1,0)
C．(0,1) D．(1,2)
【答案】C
【解析】根据函数 f（x）＝3x＋ x－2 是 R 上的连续函数，且单调递增， ，
结合函数零点的判定定理，可得结论．
【详解】
由已知可知，函数 单调递增且连续，
∵ ， ， ， ，
∴ ，由函数的零点判定定理可知，函数 的一个零点所在的区
间是 ，
故选:C.
【点睛】
本题考查了函数零点的概念与零点定理的应用，属于容易题．
11．已知定义在 上的函数 ，若对任意两个不相等的实数 ， ，都有
，则称函数 为“ 函数”.给出以下四个函数：
① ；② ；③ ；④ 其
中“ 函数”的序号为（ ）
A.①② B.①③ C.②③ D.②③④
【答案】C
【解析】 定义在 上的函数 ，若对任意两个不相等的实数 ，
都有 ，则称函数 为“ 函数”
即
可得 ，即 ，
所以函数 为定义域上的单调递减函数，
① 为单调递增函数；
R ( )f x 1x 2x
( ) ( )1 1 2 2 1x f x x f x x+ <
( ) ( )2 2 1f x x f x+ ( )f x D
( ) exf x x= + ( ) 3 2f x x x= − − ( ) e xf x −= ( ) ln , 0,
0, 0.
x xf x
x
≠= =
D
R ( )f x 1 2,x x
( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 1 2 2 1x f x x f x x f x x f x+ < + ( )f x D
( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 2 1( ) ( ) 0x f x f x x f x f x− + − <
( ) ( )1 2 1 2( )( ) 0x x f x f x− − < ( ) ( )1 2
1 2
0f x f x
x x
− <−
( )f x
( ) exf x x= +
② 是单调减函数；
③ 是单调减函数；
④ 是偶函数，不是减函数，
所以四个函数中只有②③为“ 函数”，故选 C.
点睛：本题考查函数的单调性与奇偶性的应用，本题的解答中涉及到函数单调性的判定
方法和函数的奇偶性的应用，同时考查了函数的新定义的理解，其中根据新定义化简，
得到函数的单调性是解答的关键.
12．已知函数 ，函数 有四个不同的零点，从小到
大依次为 则 的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】作出函数 的图像，根据函数 有四个不同的零点，得到
与 有四个交点，由图像得到 ，再由题意得到 是方程
的两根，得到 ，由 是方程 的两根，得到
，所以 ，令 ，导数的方
法判断其单调性，进而可求出结果.
【详解】
根据题中所给的函数解析式，画出函数的图像，
要使函数 有四个不同的零点，只需 与 有四个交点；
由图像可得： ，
又 是方程 的两根，即 的两根，
所以 ；
因为 是方程 的两根，即 的两根，
从而有 ，
( ) 3 2f x x x= − −
( ) e xf x −=
( ) ln , 0,
0, 0.
x xf x
x
≠= =
D
2( 1) , 0
( ) 4 3, 0
xe x
f x
x xx
+ ≤= + − >
( )y f x a= −
1 2 3 4, , ,x x x x 1 2 3 4x x x x+ +
( ]5,3+ e [4,4 )e+ [ )4 + ∞， (4,4 )e+
( )f x ( )xy f a= −
( )y f x= y a= ( ]1,a e∈ 1 2,x x
2( 1)xe a+ = 1 2 1 ln= −x x a 3 4,x x 4 3x ax
+ − =
3 4 3x x a+ = + 1 2 3 4 4 ln+ + = + −x x x x a a ( ) 4 ln= + −g a a a
( )xy f a= − ( )y f x= y a=
( ]1,a e∈
1 2,x x 2( 1)xe a+ = 2 2 1 ln 0x x a+ + − =
1 2 1 ln= −x x a
3 4,x x 4 3x ax
+ − = 2 (3 ) 4 0x a x− + + =
3 4 3x x a+ = +
所以 ，
令 ， ，
则 在 上恒成立；
所以 在 单调递增，
所以 ，即 ；
即 的取值范围为
故选 A.
【点睛】
本题利用数形结合思想综合考查分段函数零点问题与函数对称问题，考查了二次函数韦
达定理的应用，属于中档题.
二、填空题
13．已知函数 是 R 上的奇函数，且 为偶函数，若 ，则
____.
【答案】1
【解析】奇函数图像关于原点对称，且 是偶函数，则 关于直
线 对称.由此可知，函数是周期函数，周期为 ，故
.
【点睛】
本题主要考察函数的奇偶性，考查函数图像变换，考查函数对称性与周期性.已知一个
1 2 3 4 1 ln 3 4 ln+ + = − + + = + −x x x x a a a a
( ) 4 ln= + −g a a a ( ]1,a e∈
1( ) 1 0′ = − >g a a
( ]1,a e∈
( ) 4 ln= + −g a a a ( ]1,a e∈
(1) ( ) ( )< ≤g g a g e 5 ( ) 3< ≤ +g a e
1 2 3 4x x x x+ + ( ]5,3+ e
( )f x ( 2)f x + (1) 1f =
(8) (9)f f+ =
( )0 0f = ( )2f x + ( )f x
2x = 4
( ) ( ) ( ) ( )8 9 0 1 0 1 1f f f f+ = + = + =
函数是奇函数，则其图像关于原点对称，且当函数在原点有定义时，有 .函数
与函数 的图像关系是 函数图像整体向左平移 个单位，得到
的图像.
14．函数 的单调减区间为__________.
【答案】
【解析】要使函数有意义，则 4﹣x2＞0，即﹣2＜x＜2，设 y=4﹣x2，则函数在[0，2）
上单调递减，故函数 y=ln（4﹣x2）的单调减区间为[0，2），故填[0，2）
点睛：解决复合函数函数单调性的有关问题，一般利用复合函数的“同增异减”来解决，
注意内层函数的值域是外层函数定义域的子集，否则容易求错单调区间.
15．己知函数 ，则不等式 的解集是_______.
【答案】
【解析】根据题意，分析可得函数 f（x）＝x2（2x﹣2﹣x）为奇函数且在 R 上是增函数，
则不等式 f（2x+1）+f（1） 0 可以转化为 2x+1 ﹣1，解可得 x 的取值范围，即可得
答案．
【详解】
根据题意，对于函数 f（x）＝x2（2x﹣2﹣x），有 f（﹣x）＝（﹣x）2（2﹣x﹣2x）＝﹣x2
（2x﹣2﹣x）＝﹣f（x），
则函数 f（x）为奇函数，
函数 f（x）＝x2（2x﹣2﹣x），其导数 f′（x）＝2x（2x﹣2﹣x）+x2•ln2（2x+2﹣x）＞0，则 f
（x）为增函数；
不等式 f（2x+1）+f（1） 0⇒f（2x+1） ﹣f（1）⇒f（2x+1） f（﹣1）⇒2x+1
﹣1，
解可得 x ﹣1；
即 f（2x+1）+f（1） 0 的解集是[﹣1,+∞）；
故答案为[﹣1,+∞）．
【点睛】
本题主要考查不等式的求解，利用条件判断函数的奇偶性和单调性，以及利用奇偶性和
单调性的性质将不等式进行转化是解决本题的关键．
16．已知 ，又 ，若满足 的 有
( )0 0f =
( )f x ( )2f x + ( )f x 2
( )2f x +
2
2( ) log (4 )f x x= −
(0 )2，
2( ) (2 2 )x xf x x −= − (2 1) (1) 0f x f+ + ≥
[ 1, )− +∞
≥ ≥
≥ ≥ ≥ ≥
≥
≥
( ) 1xf x e= − ( ) ( ) ( )( )2g x f x tf x t R= − ∈ ( ) 1g x = − x
三个，则 的取值范围是__________．
【答案】
【解析】由题意作函数 的图象：
令 ，由图得 ，代入 得 ，∵
满足 的 有三个，∴由图得即 有两个根，其中一个在 中，
另外一个在 中，∴ ，解得 ，即 的取值范围是 ，
故答案为 ．
点睛：本题考查方程根的个数问题的转化，一元二次方程根的分布问题，以及换元法的
应用，考查数形结合思想，转化思想；由题意作函数 的图象，令 ，
由图求出 的范围，代入方程 化简，由条件和图象判断出方程的根的范围，
由一元二次方程根的分布问题列出不等式，求出 的取值范围.
三、解答题
17．设函数 .
（1）当 时，求函数 的值域；
（2）若函数 是 上的减函数，求实数 的取值范围．
【答案】（1） ；（2） ．
【解析】（1）当 时，求得分段函数 的解析式，画出函数 的图像，由
此求得函数的值域.
（2）根据函数 在 上递减列不等式组，解不等式组求得 的取值范围.
t
( )2,+∞
( ) 1xf x e= −
( )m f x= 0m ≥ ( ) ( ) ( )2 1g x f x tf x= − = − 2 1 0m tm− + =
( ) 1g x = − x 2 1 0m tm− + = 01（ ，）
[1 + ∞， ）
2
2
2
0 0 1 0
1 1 1 0
4 0
t
t
t
− × +
− × + ≤
= −
＞
＞
2t > t ( )2,+∞
( )2,+∞
( ) 1xf x e= − ( )m f x=
m ( ) 1g x = −
t
( )2 4 1 8 4, 1( )
, 1x
x a x a xf x
a x
− + − + <= ≥
1
2a = ( )f x
( )f x ( ),−∞ +∞ a
( )2,− +∞ 1 4
4 13
，
1
2a = ( )f x ( )f x
( )f x R a
【详解】
（1）当 时， ，画出函数的图像如下图所示，由图可知函
数的值域为 .
（2）由于函数 在 上递减，故 ，解得 ，所
以实数 的取值范围是 .
【点睛】
本小题主要考查分段函数定义域的求法，考查根据分段函数在 上递减求参数的取值范
围，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.
18．设全集为 R，集合 ， ．
（1）求 ；
（2）已知 ，若 ，求实数 的取值范围．
【答案】（1） ， ；（2） .
【解析】试题分析：（1）将集合 ，集合 分别在数轴上标识出来，即可
直观地得出结果；（2） 按题意将集合 在数轴上标识出来，即可直观地得出 的
取值条件，从而计算出 的取值范围.在解决问题的过程中特别要注意端点的处理.
1
2a = ( )
2 3 , 1
1 , 12x
x x x
f x
x
− <= ≥
( )2,− +∞
( )f x R
( ) 1
4 1 12
0 1
1 4 1 8 4
a
a
a a a
+ ≥
< <
− + − + ≥
1 4
4 13a≤ ≤
a 1 4
4 13
，
R
{ | 3 6}A x x x= ≤ ≥或 { | 2 9}B x x= − < <
,( )RA B C A B∪ ∩
{ | 1}C x a x a= < < + BC ⊆ a
A B R∪ = ( ) { }| 3 6RC A B x x∩ = < < { }| 2 8a a− ≤ ≤
A B、 RC A B、
B C、 a
a
试题解析：（1）由图一知: ；由图二知： .
（2） ， 两者的关系在数轴上表示出来大致如图三所示，由图三知：
【考点】1、集合交、并、补的定义和运算；2、子集的定义；3、含参数的集合问题.
19．已知函数 ，函数 ．
（1）求函数 的值域；
（2）若不等式 对任意实数 恒成立，试求实数 的取值范
围．
【答案】（1）[－4，﹢∞)；（2） ．
【解析】（1）将原函数转化为二次函数，根据求二次函数最值的方法求解即可．（2）由
题意得 ，求得 ，然后通过解对数不等式可得所求
范围．
【详解】
（1）由题意得
，
即 的值域为[－4，﹢∞)．
A B R∪ = ( ) { }| 3 6RC A B x x∩ = < <
C B⊆ ∴
{ }2 2{ { | 2 81 9 8
a a a aa a
≥ − ≥ −⇒ ⇒ − ≤ ≤+ ≤ ≤
( ) ( )2 2log log 28
xf x x = ⋅
( ) 14 2 3x xg x += − −
( )f x
( ) ( ) 0f x g a− ≤ 1 ,22a ∈ x
2 2 22 2x− ≤ ≤
( ) ( )minf x g a≤ ( )min 1 2 2g a = − −
( ) ( )( ) ( )2
2 2 2 2log 3 log 1 log 2log 3f x x x x x= − + = − −
( )2
2log 1 4 4x= − − ≥ −
( )f x
（2）由不等式 对任意实数 恒成立得 ，
又 ，
设 ，则 ，
∴ ，
∴当 时， = ．
∴ ，即 ，
整理得 ，即 ，
解得 ，
∴实数 x 的取值范围为 ．
【点睛】
解答本题时注意一下两点：
（1）解决对数型问题时，可通过换元的方法转化为二次函数的问题处理，解题时注意
转化思想方法的运用；
（2）对于函数恒成立的问题，可根据题意转化成求函数的最值的问题处理，特别是对
于双变量的问题，解题时要注意分清谁是主变量，谁是参数．
20．已知 的定义域为 ,且满足 ,对任意 ,x2 ,都有
,当 时, ．
求 ；
证明 在 上是增函数；
解不等式 ．
【答案】 0； 证明见解析； .
【解析】 由已知中 ,令 ,可得 的值；
( ) ( )gf x a≤ 1 ,22a ∈
( ) ( )mingf x a≤
( ) ( ) ( ) ( )2 21g 4 2 3 2 2 2 3 2 1 4a a a a aa += − − = − − = − −
1t 2 , ,22
a a = ∈ t 2,4 ∈
( ) ( )22g t 2t 3 t 1 4a = − − = − −
t 2= ( )ming a 1 2 2− −
( ) 1 2 2f x ≤ − − ( )2
2log 1 4 1 2 2x − − ≤ − −
21 2 log 1 2 1x− ≤ − ≤ − 22 2 log 2x− ≤ ≤
2 2 22 2x− ≤ ≤
2 2 2[2 ,2 ]−
( )f x ( )0,+∞ ( )4 1f = 1x ( )0,∈ +∞
( ) ( ) ( )1 2 1 2f x x f x f x⋅ = + ( )0,1x∈ ( ) 0f x <
( )1 ( )1f
( )2 ( )f x ( )0,+∞
( )3 ( ) ( )3 1 2 6 3f x f x+ + − ≤
( )1 ( )2 ( )( ]3 3,5
( )1 ( ) ( ) ( )1 2 1 2f x x f x f x⋅ = + 1 2 1x x= = ( )1f
由 ,可得 ,结合 时,
及增函数的定义可证得结论；
令 ,可得 , , ,可得 ,结合 的定义
域为 , ,及 中函数的单调性,可将不等式
转化为一个关于 的不等式.本题考查的知识点是抽象函数
及其应用．
【详解】
对任意 , ,都有 ,
令 ,
,
则
设 , 且 ,
对任意 , ,都有 ,
则
,
,又当 时, , ,
在 上是增函数
令 ,则 ,
令 , ,则 ,
结合 的定义域为 , 恒成立，
( )2 ( ) ( ) ( )1 2 1 2f x x f x f x⋅ = + ( ) ( ) 1
1 2
2
xf x f x f x
− =
( )0,1x∈
( ) 0.f x <
( )3 1 2 4x x= = ( )16 2f = 1 4x = 2 16x = ( )64 3f = ( )f x
( )0, ∞+ ( ) ( ) ( )1 2 1 2f x x f x f x⋅ = + ( )2
( ) ( )3 1 2 6 3f x f x+ + − ≤ x
( )1 1x 2x ( )0,∈ +∞ ( ) ( ) ( )1 2 1 2f x x f x f x⋅ = +
1 2 1x x= =
( ) ( ) ( )1 1 1 1f f f⋅ = +
( )1 0f =
( )2 1x ( )2 0,x ∈ +∞ 1 2x x<
1x ( )2 0,x +∞ ( ) ( ) ( )1 2 1 2f x x f x f x⋅ = +
∴ ( ) ( ) 1
1 2
2
xf x f x f x
− =
1 20 x x< <
1
2
0 1x
x
∴ < < ( )0,1x∈ ( ) 0f x < ( ) ( ) 1
1 2
2
0xf x f x f x
∴ − = <
( )f x∴ ( )0, ∞+
( )3 1 2 4x x= = ( ) ( ) ( )16 4 4 2f f f= + =
1 4x = 2 16x = ( ) ( ) ( )64 4 16 3f f f= + =
( ) ( ) ( )3 1 2 6 3 64f x f x f∴ + + − ≤ =
( )f x ( )0, ∞+ ( ) ( ) ( )1 2 1 2f x x f x f x⋅ = +
( )( )
3 1 0
2 6 0
3 1 2 6 64
x
x
x x
+ >
∴ − >
+ − ≤
.
不等式的解集为
【点睛】
本题考查的是抽象函数及其应用,函数的单调性证明,以及赋值法的应用,属于中档题,在
解答的过程当中充分体现了函数单调性的定义、作差法以及赋值法等知识 值得同学们
体会和反思．
21．某种商品在 天内每件的销售价格 （元）与时间 （ ）（天）的函数关系
满足函数 ，该商品在 天内日销售量 （件）与
时间 （ ）（天）之间满足一次函数关系如下表：
第 天
件
（1）根据表中提供的数据，确定日销售量 与时间 的一次函数关系式；
（2）求该商品的日销售金额的最大值并指出日销售金额最大的一天是 天中的第几
天,（日销售金额 每件的销售价格 日销售量）
【答案】(1) （ ， ）；(2)当 时，日销售金额最大，且最
大值为 元.
【解析】试题分析：（1）在解答时，应充分考虑自变量的范围不同销售的价格表达形
式不同，分情况讨论即可获得日销售金额 y 关于时间 t 的函数关系式；
（2）根据分段函数不同段上的表达式，分别求最大值最终取较大者分析即可获得问题
解答．
试题解析：（1）设日销售量 与时间 的一次函数关系式为： （ ），
由表格中数据 ， 得 ，
解得 .故日销售量 与时间 的一个函数关系式为： （ ，
）.
（2）由（1）可得商品的日销售金额与时间 的函数关系式满足 ，即
( ]3,5x∴ ∈
∴ ( ]3,5
.
30 P t *t ∈N
*
*
20(0 25 )
100(25 30 )
t t tP
t t t
N
N
，
，
+ < < ∈= − + ≤ ≤ ∈ 30 Q
t *t ∈N
t 5 15 20 30
Q 35 25 20 10
Q t
30
= ×
40Q t= − + 0 30t< ≤ *t ∈N 25t =
1125
Q t Q kt b= + 0k ≠
( )5 35， ( )30 10， 5 35
30 10
k b
k b
+ =
+ =
1
40
k
b
= −
= Q t 40Q t= − + 0 30t< ≤
*t N∈
t y PQ=
.
当 时， ， 时，函数取最大值 .
当 时， ， 时，函数取最大值 .
综上可得，当 时，日销售金额最大，且最大值为 元.
点睛：本题是分段函数应用类问题．在解答的过程当中充分体现了分类讨论的思想、二
次函数求最值的方法以及问题转化的能力．值得同学们体会反思，分段函数求最值时，
先求每一段上函数的最值，再比较两者的大小，即可得到函数的最值．
22．已知函数 f（x）=9x﹣2a•3x+3：
（1）若 a=1，x∈[0，1]时，求 f（x）的值域；
（2）当 x∈[﹣1，1]时，求 f（x）的最小值 h（a）；
（3）是否存在实数 m、n，同时满足下列条件：①n＞m＞3；②当 h（a）的定义域为
[m，n]时，其值域为[m2，n2]，若存在，求出 m、n 的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1) [2，6]；(2) h（a）= ;(3)不存在；理由见解析.
【解析】试题分析：（1）当 a=1，x∈[0，1]时，令 t=3x，t∈[1，3]，y=g(t)= ,
t∈[1，3]，由二次函数可求得值域。(2) φ（t）=t2﹣2at+3=（t﹣a）2+3﹣a2，x∈[﹣1，1]
时，t∈[ ，3]，对称轴为 t=a．即转化为二次函数求值域的三点一轴分类讨论问题，分
a＜ ， ≤a≤3，a＞3 三类进行讨论。（3）假设存在，n＞m＞3，由（2）知 h（a）
=12﹣6a，函数 h（a）在（3，+∞）上是减函数，所以 ，两式相减得 6
（n﹣m）=（n﹣m）•（m+n），
M+n=6，矛盾。所以不存在。
试题解析：（1）∵函数 f（x）=9x﹣2a•3x+3，
设 t=3x，t∈[1，3]，
则 φ（t）=t2﹣2at+3=（t﹣a）2+3﹣a2，对称轴为 t=a．
当 a=1 时，φ（t）=（t﹣1）2+2 在[1，3]递增，
∴φ（t）∈[φ（1），φ（3）]，
∴函数 f（x）的值域是：[2，6]；
( )
2 *
2 *
20 800(0 25 )
140 4000 25 30
t t t t N
y
t t t t N
，
， ，
− + + < < ∈= − + ≤ ≤ ∈
0 25t< < ( )210 900y t= − − + 10t = 900
25 30t≤ ≤ ( )270 900y t= − − 25t = 1125
25t = 1125
2 2 3t t− +
（Ⅱ）∵函数 φ（t）的对称轴为 t=a，
当 x∈[﹣1，1]时，t∈[ ，3]，
当 a＜ 时，ymin=h（a）=φ（ ）= ﹣ ；
当 ≤a≤3 时，ymin=h（a）=φ（a）=3﹣a2；
当 a＞3 时，ymin=h（a）=φ（3）=12﹣6a．
故 h（a）= ；
（Ⅲ）假设满足题意的 m，n 存在，∵n＞m＞3，∴h（a）=12﹣6a，
∴函数 h（a）在（3，+∞）上是减函数．
又∵h（a）的定义域为[m，n]，值域为[m2，n2]，
则 ，
两式相减得 6（n﹣m）=（n﹣m）•（m+n），
又∵n＞m＞3，∴m﹣n≠0，∴m+n=6，与 n＞m＞3 矛盾．
∴满足题意的 m，n 不存在．
