浙江省宁波市奉化高中、三山高中等六校联考2019-2020学年高一上学期期中考试数学试题 Word版含解析
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2019-2020 学年浙江省宁波市奉化高中、三山高中等六校高一（上）期中数学试卷
一、选择题（本大题共 10 小题）
1.已知集合 P={-1，0，1，2}，Q={-1，0，1}，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
根据集合之间的关系即可判断；
【详解】集合 P={-1，0，1，2}，Q={-1，0，1}，
可知集合 Q 中的元素都在集合 P 中，
所以 Q⊆P．
故选：C．
【点睛】本题主要考查集合之间的关系判断，比较基础．
2.下列函数为同一函数的是
A. 与 B. 与
C. 与 D. 与
【答案】B
【解析】
【分析】
通过化解解析式，可得出选项 A 两函数解析式不同，不是同一函数．通过求定义域，可判断
选项 C，D 错误.
故选 B．
【详解】解：A． ， ，解析式不同，不是同一函数；B.
与 的解析式相同，定义域相同，是同一函数；C. 的定义域为 ，
的定义域为 R，定义域不同，不是同一函数；D. 的定义域为 ，
的定义域为 ，定义域不同，不是同一函数．
故选 B．
P Q∈ P Q⊆ Q P⊆ Q P∈
( )
2( 1)y x= + 1y x= + 2 2y x x= − 2 2y t t= −
0y x= 1y = 2lgy x= 2lgy x=
2( 1) 1y x x= + = + 1y x= + 2 2y x x= −
2 2y t t= − 0y x= { | 0}x x ≠
1y = 2lgy x= { | 0}x x ≠ 2lgy x=
{ }0x x
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【点睛】考查函数的三要素，判断两函数是否相同的方法：定义域和解析式是否都相同．
3.集合 ，则 值为（ ）
A. 0 B. -1 C. 1 D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先由集合相等解参数 ， ，代入式子求解．
【详解】解：由元素的互异性可知 ，且 有意义得 ，故 ，所以必有
，解得 ，
代入化简得 所以 ，则 ，
故选
【点睛】本题关键是元素的互异性的把握，这一类题目都必会涉及元素的互异性．
4.函数 的单调递减区间为（ ）
A. （﹣∞，﹣3] B. （﹣∞，﹣1] C. （1，+∞） D. （﹣3，﹣1]
【答案】A
【解析】
【分析】
首先确定出函数的定义域，之后确定二次函数图像的对称轴，最后结合复合函数的单调性法
则，求得结果.
【详解】该函数的定义域为 ，
函数 的对称轴为 ，
由复合函数单调性可知该函数在区间 上是减函数，
故选 A.
【点睛】该题考查的是有关函数的单调区间的问题，在解题的过程中，要时刻坚持定义域优
先原则，研究函数首先要保证函数的生存权.
的{ }21, , 0, ,ba a a ba
= +
2019 2018a b+
±1
a b
1a ≠ b
a 0a ≠ 2a a≠
a a b= + 0b =
{ } { }20, , 1, ,0a a a= 2 1a = 1a = −
( )20192019 2018 20181 0 1a b∴ + = − + = −
B
2 2 3y x x= + −
( , 3] [1, )−∞ − +∞
2( ) 2 3g x x x= + − 1x = −
( , 3]−∞ −
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5.已知 ， ， ，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
试题分析：因为 所以 选 C．
考点：比较大小
6.函数 的零点所在的大致区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
分别求出 值，从而求出函数的零点所在的范围．
【详解】由题意， ， ，所以 ，所
以函数 的零点所在的大致区间是 ，故选 C.
【点睛】本题考察了函数的零点问题，根据零点定理求出即可，本题是一道基础题．
7.函数 的图象可能是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
的
1
32a
−= 2
1log 3b = 1
2
1log 3c =
a b c> > a c b> > c a b> > c b a> >
1
3
2 1
2
1 12 (0,1), log 0, log 1,3 3a b c
−= ∈ = = .b a c< <
( ) 2
3logf x x x
= −
(0,1) (1,2) (2,3) (3,4)
( ) ( )2 3f f，
( ) 3 12 1 02 2f = − = − < ( ) 23 3 1 0f log= − > ( ) ( )2 · 3 0f f <
( ) 2
3f x log x x
= − ( )2,3
( )f x x lg x= ⋅ ( )
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排除法：利用奇函数排除 A、C；利用 x∈（0，1）时，f（x）＜0 排除 B．
【详解】解：因为 f（-x）=-xlg|-x|=-xlg|x|=-f（x），
所以 f（x）为奇函数，图象关于原点对称，排除 A、C，
又当 x∈（0，1）时，f（x）＜0，据此排除 B．
故选：D．
【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手：（1）从函数的定义域，判断图象的左右位置；
从函数的值域，判断图象的上下位置；（2）从函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）
从函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）从函数的特征点，排除不合要求的图象.
8.已知 是定义域为 的偶函数，当 时， ，则 的解集
为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先 求 出 时 的 解 析 式 ， 由 偶 函 数 性 质 得 ： ， 则 可 变 为
，代入已知表达式可表示出不等式，求出 的范围即可．
【详解】解：设 ，则 ，
因为当 时， ，
所以 ，
因为 为偶函数，所以 ，
因为 为偶函数，所以 ，
则 可化 ，即 ，
，
所以 ，解得： 或 ，
所以不等式 的解集是 或 即
为
( )f x R 0x ≤ ( ) 2 4f x x x= + ( )2 5f x + >
( ) ( ), 7 3,−∞ − +∞ ( ) ( ), 3 3,−∞ − +∞
( ) ( ), 7 1,−∞ − − +∞ ( ) ( ), 5 3,−∞ − +∞
0x > ( ) ( )f x f x− = ( 2) 5f x + >
(| 2 |) 5f x + > x
0x > 0x− <
0x
2( ) 4f x x x= +
2( ) 4f x x x− = −
( )f x 2( ) ( ) 4f x f x x x= − = −
( )f x (| 2 |) ( 2)f x f x+ = +
( 2) 3f x + > (| 2 |) 5f x + > 2| 2 | 4 | 2 | 5x x+ − + >
(| 2 | 5)(| 2 | 1) 0x x+ − + + >
| 2 | 5x + > 3x > 7< −x
( 2) 5f x + > { | 3x x > 7}x < − ( ) ( ), 7 3,−∞ − +∞
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故选 ．
【点睛】本题考查函数的奇偶性、一元二次不等式的解法，借助偶函数性质把不等式具体化
是解决本题的关键．
9.已知函数 的最大值为 M，最小值为 m，则 （ ）
A. B. 0 C. 1 D. 2
【答案】D
【解析】
分析】
对函数进行化简可得 ，构造函数 ，可判断
为奇函数，则 ，由奇函数的对称性即可求解.
【详解】 ，
令 ，则 ，
即 为奇函数，图象关于原点对称，
，
， ，且 ，
，
则 ．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了利用奇函数的对称性求解函数的最值，解题的关键是构造函数
并灵活利用奇函数的对称性，属于中档题．
10.定义在 的函数 ，当 时 ，若
， ， ，则 P，Q，R 的大小为
【
A
( ) ( )( )
2
1 4 2 2
4
x xx xf x x
−+ − + −= − M m+ =
1−
( ) 2
2 2 31 4
x x xf x x
−− −= + − ( ) 2
2 2 3
4
x x xg x x
−− −= −
( )g x
( ) ( ) 1f x g x= +
( ) ( )( ) 2
2 2
1 4 2 2 4 3 2 2
4 4
x x x xx x x xf x x x
− −+ − + − − − + −= =− − 2
2 2 31 4
x x x
x
−− −= + −
( ) 2
2 2 3
4
x x xg x x
−− −= −
( ) ( )
( )
( ) ( )2 2
2 2 32 2 3
44
x xx x xxg x g xxx
−− − − −− − −− = = = −−− −
( )g x
( ) ( ) 1g x f x= −
( ) 1maxg x M∴ = − ( ) 1ming x m= − ( ) ( ) 0max ming x g x+ =
1 1 0M m∴ − + − =
2M m+ =
( )g x
( )1,1− ( ) ( )
1
x yf x f y f xy
−− = −
( )1,0x∈ − ( ) 0f x <
1 1
4 5P f f = +
1
2Q f =
( )0R f= ( )
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A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
在已知等式中取 ，可求得 ，x=0,则-f(y)=f(-y),故函数在(-1,1)上是奇函
数，再由已知等式把 化为一个数的函数值，通过做差则三个数的大小即可比
较．
【详解】取 ，则 ，
所以， ，令 x=0,则-f(y)=f(-y),故函数在(-1,1)上是奇函数，
当-1
0,所以 P>R,Q>R,
由 ，得： =
所以
所以
所以 ．
故选 D．
【点睛】本题考查了不等关系与不等式，考查了特值思想，解答此题的关键是能够运用已知
的等式证出函数是给定区间上的减函数，同时需要借助于已知等式把 P 化为一个数的函数值，
R P Q> > R Q P> > P Q R> >
Q P R> >
0x y= = ( )0 0f =
1 1
4 5f f +
0x y= = ( ) ( ) ( )0 0 0f f f− =
( )0 0f =
( ) ( )
1
x yf x f y f xy
−− = −
1 1P 4 5f f = +
1 1
4 5f f
− −
1 1
4 5f f
− − =
1 1
34 5
1 1 71 4 5
f f
+ = + ⋅
3 1
3 1 17 2 - 03 17 2 111 7 2
f f f f
− − = = < − ⋅
3 1
7 2f f <
( ) 3 10 .7 2f f f < <
R P Q< <
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属于中档题．两个式子比较大小的常用方法有：做差和 0 比，作商和 1 比，或者直接利用不
等式的性质得到大小关系，有时可以代入一些特殊的数据得到具体值，进而得到大小关系.
二、填空题（本大题共 7 小题）
11.函数 的定义域是_________； 的解集是__________.
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
根据对数函数的性质进行求解即可．
【详解】解：要使函数有意义，则 ，得 ，即函数的定义域为 ，
由 得 ，得 ，得 ，
即不等式的解集为 ，
故答案为 ；
【点睛】本题主要考查函数定义域的求解，结合对数函数的性质建立不等式关系是解决本题
的关键．比较基础．
12.已知 ，则 ___________， _________.
【答案】 (1). 2 (2).
【解析】
【分析】
利用配凑法，求 解析式，代入 ，求出 ．
【详解】解： ，
故 ，
，
故答案为 2， ．
【点睛】考查求函数值及函数解析式的求法，属于基础题．
13.函数 （ 且 ）的图象恒过定点 ，则点 坐标为_________；若点
( ) ( )1
2
log 3f x x= − ( ) 0f x ≥
( ),3−∞ [ )2,3
3 0x− > 3x < ( ,3)−∞
( ) 0f x 1
2
log (3 ) 0x− 0 3 1x< − 2 3x <
[ )2,3
( ,3)−∞ [ )2,3
2
2
1 1f x xx x
− = +
( )0f = ( )f x =
2 2x +
( )f x 0x = (0)f
21 1( ) ( ) 2f x xx x
− = − +
2( ) 2f x x= +
(0) 2f∴ =
2 2x +
2 7xy a −= + 0a > 1a ≠ P P P
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在幂函数 的图象上，则 _________.
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
令幂指数等于零，求得 、 的值，可得定点的坐标．再根据定点在幂函数 的图象上，
求得 的解析式．
【详解】解： 函数 且 的图象恒过定点 ，令 ，求得 ，
，则点 坐标为 ．
若点 在幂函数 的图象上，则 ， ， ，
故答案为 ； ．
【点睛】本题主要考查指数函数的图象经过定点问题，幂函数的定义，属于基础题．
14.设函数 ，则 __________，方程 解为
__________．
【答案】 (1). 1 (2). 4 或-2
【解析】
（1）∵ ，
∴ ．
（2）当 时，由 可得 ，解得 ；
当 时，由 可得 ，解得 或 （舍去）．
故方程 的解为 或 ．
答案：1， 或
15.若函数 在区间 上是增函数， 在区间 上是减函数，
则实数 的取值范围是__________．
【答案】
的
( )g x ( )g x =
( )2,8 3x
x y ( )g x
( )g x
2 7( 0xy a a−= + > 1)a ≠ P 2 0x − = 2x =
8y = P (2,8)
P ( )g x xα= 8 2α= 3α∴ = 3( )g x x=
(2,8) 3x
( ) 2
2
g 0
0
lo x xf x x x x
>= + ≤
( )( )2f f − = ( ) 2f x =
2( 2) ( 2) 2 2f − = − − =
2( ( 2)) (2) log 2 1f f f− = = =
0x > ( ) 2f x = 2 2log x = 4x =
0x ≤ ( ) 2f x = 2 2x x+ = 2x = − 1x =
( ) 2f x = 4x = 2x = −
4 2−
( ) 2f x x ax= − [ ]1,2 ( ) 1g x x a
= −
[ ]1,2
a
1a <
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【解析】
【分析】
根据题意，对于函数 ，由二次函数的性质可得 ，对于函数 ，分析可
得 ，结合反比例函数的单调性分析可得 ，综合即可得答案．
【详解】解：根据题意，函数 为二次函数，其对称轴为 ，
若 在区间 上是增函数，则 ，解可得 ，①；
，若 ，则 相当于由函数 向右平移了 个单位得到的，则
在区间 上是减函数，必有 ，
若 ，则 相当于由函数 向左平移了 个单位得到的，则 在 上是恒为
减函数，故 ，②；
联立①②可得： ，
即 的取值范围为 ；
故答案为 ．
【点睛】本题考查函数单调性的判断，关键是掌握常见函数单调性的判断方法，属于基础
题．
16.定义函数 ，则 的最大值是
__________．
【答案】2
【解析】
【分析】
画出函数 和 在公共定义域内的图象，由图象很容易解答本题．
【详解】解：解令 ， ，其中 ，
令 ，得 ，
函数 与 的图象交点为 ；
2( )f x x ax= − 2a ( )g x
( ) 1g x x a
= − 1a < −
2( )f x x ax= −
2
ax =
( )f x [ ]1,2 12
a
2a
( ) 1g x x a
= − 0a > ( )g x 1y x
= a ( )g x
[ ]1,2 1a <
0a ≤ ( )g x 1y x
= a ( )g x [ ]1,2
1a <
1a <
a ( ,1)−∞
( ,1)−∞
( ) ( ){ } ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
,min , ,
f x f x g xf x g x g x f x g x
≤= >
{ }min ,6x x−
( )f x ( )g x
( ) 6f x x= − ( )g x x= [ )0,x∈ +∞
( ) ( ) 6 0f x g x x x− = − − = 4x =
∴ ( ) 6f x x= − ( )g x x= ( )4,2
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又函数 ，
当 时， ， ；
当 时， ， ，
的最大值是
故答案为
【点睛】本题考查了利用函数图象解答新定义的数学问题，解题的关键是根据题意画出函数
图象，是基础题．
17.若 是方程 的根， 是方程 的根，则
__________．
【答案】4
【解析】
【分析】
把方程分别变形为 ， ，由于 与 互为反函数，
可得 ．
( ) ( ){ } ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
,min , ,
f x f x g xf x g x g x f x g x
≤= >
∴ [ )0,4x∈ ( ) ( )f x g x> ( ) ( ){ } [ )min , ( ) , 0,6f x g x g x x x∴ = = ∈
(6, )x∈ +∞ ( ) ( )f x g x< ( ) ( ){ } ( )min , ( ) 6 , 6,f x g x f x x x∴ = = − ∈ +∞
( ) ( ){ }min ,f x g x∴ 2
2
1x 12 4 0x x− + − = 2x 2log 3x x+ = 1 2x x+ =
( )12 3 1x x− = − − 2log 3x x= − 2xy = 2logy x=
1 2( 1) 3x x− + =
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【详解】解： 是方程 的根， 是方程 的根，
把方程分别变形为 ， ，
由于 与 互为反函数，
则 ，
．
故答案为 ．
【点睛】本题考查了互为反函数的性质、方程的根与函数的交点之间的关系，考查了推理
能力与计算能力，属于难题．
三、解答题（本大题共 5 小题）
18.计算下列各式的值：
（1） ；
（2）
【答案】（1） ； （2） .
【解析】
【分析】
（1）由实数指数幂的运算性质，即可求解；
（2）由对数的运算性质和对数的运算公式，即可求解．
【详解】（1）由题意，根据实数指数幂的运算性质，
可得： ．
（2）根据对数的运算性质，
可得
．
【点睛】本题主要考查了实数指数幂的运算性质，以及对数的运算性质的化简、求值问题，
其中解答中熟记指数幂和对数的运算性质，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与计算
能力，属于基础题．
1x 12 4 0x x− + − = 2x 2log 3x x+ =
( )12 3 1x x− = − − 2log 3x x= −
2xy = 2logy x=
1 2( 1) 3x x− + =
1 2 4x x∴ + =
4
( ) ( )2
23 04 116 4.3 2 38
+ + − −
3
2 2 2
1ln lg0.01 log 20 log 16 log 5e + + − +
35
4
− 1−
( ) ( )2 21 12 3 40 24 3 34 41 1 1 3516 ( ) 4.3 2 3 16 ( ) 1 12 2 ( ) 1 128 2 2 4
× ×+ + − − = + + − = + + − = −
3
2 2 2 2 2
1 1ln lg0.01 log 20 log 16 log 3 2 log 20 4 log5 5e + + − + = − + − +
2 2 2
13 (log 20 log ) 3 log 4 3 2 15
= − + + = − + = − + = −
- 12 -
19.已知集合 ， ．
（1）分别求 ， ；
（2）已知集合 ，若 ，求实数 的取值范围.
【答案】（1） ;
（2）
【解析】
【分析】
（1）根据指数函数的单调性和分式不等式化简集合 ， ，再进行交并补运算；（2）对集
合 进行分类讨论，根据 是 的子集求出 的取值范围．
【详解】解：（1）由 ，即 ，∴ ，∴ ．
由 ，可得 ，∴ ．
∴ ， ，∴ .
（2）由 ，所以 ，
当 为空集时， ．
当 为非空集合时，可得 ．
综上所述： 的取值范围是 ．
【点睛】本题考查了指数函数与对数函数的单调性、集合的运算性质和集合间的基本关系，
考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于基础题．
20.已知二次函数 满足 ，且 ．
（1）求函数 的解析式；
（2）求 在区间 上的最大值；
（3）用定义法证明函数 在 上是增函数．
【答案】（1）
（2）见解析
{ }| 3 3 27xA x= ≤ ≤ 2| 1B x x
= >
A B ( )RC A B∪
{ }|1C x x a= < < C A A= a
[ )1,2A B = ( ) ( ] ( ),0 3,RC A B = −∞ +∞
3a ≤
A B
C C A a
3 3 27x≤ ≤ 33 3 3x≤ ≤ 1 3x≤ ≤ [ ]1,3A =
2 1x
> 0 2x< < ( )0,2B =
[ )1,2A B = ( ]0,3A B = ( ) ( ] ( ),0 3,RC A B = −∞ +∞
C A A= C A⊆
C 1a ≤
C 1 3a< £
a 3a ≤
( )f x ( ) ( )1 2 1f x f x x+ − = − ( )0 4f =
( )f x
( )f x [ ]( )0, 0t t >
( ) ( )f xg x x
= [ )2,+∞
( ) 2 2 4f x x x= − +
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（3）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）利用待定系数法直接求出即可；（2）对 分类讨论；（3）根据定义法证明即可．
【详解】（1）设 .
∵ ，∴ ，
∵ ，∴ ，
即： ，∴ ，∴ ，∴ ；
（2） ，
当 时最大值为 ，当 时最大值为 ；
（3）证明：
设 、 是 上任意两个实数且 ，
则 ，
∵ ，∴ ， ，
∴ ，即∴ ，
函数 在 上是增函数
【点睛】本题考查用待定系数法求函数的解析式，函数求最值，定义法证明函数的单调性，
属于中档题．
21.已知函数 （其中常数 ，且 ， 均不为 1）的图象经过点 ，
.
（1）求函数 的解析式；
t
( ) 2f x ax bx c= + +
( )0 4f = 4c =
( ) ( )1 2 1f x f x x+ − = − ( ) ( ) ( )2 21 1 4 4 2 1a x b x ax bx x+ + + + − + + = −
2 2 1ax a b x+ + = − 2 2
1
a
a b
=
+ = −
1
2
a
b
=
= −
( ) 2 2 4f x x x= − +
( ) ( )22 2 4 1 3f x x x x= − + = − +
0 2t< ≤ ( )0 4f = 2t > ( ) 2 2 4f t t t= − +
( ) ( ) 4 2f xg x xx x
= = + −
1x 2x [ )2,+∞ 1 2x x<
( ) ( ) ( )( )1 2 1 2
1 2 1 2
1 2 1 2
44 4 x x x xg x g x x x x x x x
− −− = − + − =
1 22 x x≤ < 1 2 0x x− < 1 2 4 0x x − >
( ) ( )1 2 0g x g x− < ( ) ( )1 2g x g x<
( ) ( )f xg x x
= [ )2,+∞
( ) x xf x a b= + 0a b> > a b ( )1,6A
31, 4B −
( )f x
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（2）若关于 的方程 在区间 上有两个不相等的实数根，求实数 的
取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】
（1）把 、 两点的坐标代入函数的解析式，求出 、 的值，可得函数 的解析式．
（2）令 ，在 上， ， ，利用二次函数的性质求
得函数 在 上的值域．
【详解】解：（1） ， ，∵ ，∴ ，
.
∴ .
（2）构造函数 ，令 ，则 ， ，
∴当 时， ；当 时， ；
由于方程有两个不相等的实数根，所以 .
【点睛】本题主要考查用待定系数法求函数的解析式，求二次函数的在闭区间上的最值，属
于基础题．
22.已知函数 ．
（Ⅰ）求函数 f（x）的定义域，判断并证明函数 f（x）的奇偶性；
（Ⅱ）是否存在这样的实数 k，使 f（k-x2）+f（2k-x4）≥0 对一切 恒成立，
若存在，试求出 k 的取值集合；若不存在，请说明理由．
x 1 1x x
ma b
− =
[ ]1,2− m
( ) 4 2x xf x = +
1 3,4 16
− −
A B a b ( )f x
1( )2
xt = [ ]1,2− 1 ,24t ∈
2( ) ( ) 2g x h t t t= = − +
( )g x [ ]1,2−
( )1 6f a b= + = ( ) 1 1 31 4f a b
− = + = 0a b> > 4a =
2b =
( ) 4 2x xf x = +
1 1
4 2
x x
y = −
1 1 ,22 4
x
t = ∈
2y t t= − 1 ,24t ∈
1 1,4 2t ∈
1 3,4 16y ∈ − −
1 ,22t ∈
1 ,24y ∈ −
1 3,4 16m ∈ − −
( ) 2 xf x lg 2 x
− = +
x 2 2 ∈ − ，
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【答案】（Ⅰ）见解析； （Ⅱ）不存在满足题意的实数 k.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）真数大于 0 解不等式可得定义域；奇偶性定义判断奇偶性；
（Ⅱ）假设存在实数 k 后，利用奇偶性和单调性去掉函数符号后变成具体不等数组，然后转
化为最值即可得．
【详解】（Ⅰ）由 ＞0 得-2＜x＜2，
所以 f（x）的定义域为（-2，2）；
∵f（-x）=lg =-lg =-f（x），
∴f（x）是奇函数．
（Ⅱ）假设存在满足题意的实数 k，则
令 t= = = -1，x∈（-2，2），
则 t 在（-2，2）上单调递减，又 y=lgt 在（0，+∞）上单调递增，
于是函数 f（x）在（-2，2）上单调递减，
∴已知不等式 f（k-x2）+f（2k-x4）≥0⇔f（k-x2）≥-f（2k-x4）
⇔f（k-x2）≥f（x4-2k）⇔-2＜k-x2≤x4-2k＜2，
由题意知-2＜k-x2≤x4-2k＜2 对一切 x∈[- ， ]恒成立，
得不等式组 对一切 x∈[- ， ]恒成立，
∴ ，即 k∈∅．
故不存在满足题意的实数 k．
【点睛】本题考查了函数的定义域、奇偶性、单调性、函数的恒成立．属难题．
2 x
2 x
−
+
2 x
2 x
+
−
2 x
2 x
−
+
2 x
2 x
−
+
( )4 2 x
2 x
− +
+
4
2 x+
2 2
( )
2
4
4 2
x 2
1 x 12
1 x x3
k
k
k
＞
＞
−
−
≤ +
2 2
0
1
0
k
k
k
≤
＞
＞
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