数学高一-期末精选50题（提升版）高一数学上学期期中期末考试满分全攻略（人教A 版2019）解析版

期末精选50题（提升版）一、单选题1．（2020·浙江杭州·高一期末）若a，b，c均为正实数，则三个数，，（）A．都不大于2 B．都不小于2C．至少有一个不大于2 D．至少有一个不小于2【答案】D【分析】对于选项ABC可以举反例判断，对于选项D,可以利用反证法思想结合基本不等式，可以确定，，至少有一个不小于2，从而可以得结论．【详解】解：A.都不大于2，结论不一定成立，如时，三个数，，都大于2，所以选项A错误；B.都不小于2，即都大于等于2，不一定成立，如则，所以选项B错误；C.至少有一个不大于2，不一定成立，因为它们有可能都大于2，如时，三个数，，都大于2，所以选项C错误.由题意，∵a，b，c均为正实数，∴．当且仅当时，取“=”号，若，，，则结论不成立，∴，，至少有一个不小于2，所以选项D正确；故选：D．2．（2021·河北·衡水市冀州区第一中学高一期末）在使成立的所有常数M中，我们把M的最小值叫做的上确界，若，且，则的上确界为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意，结合均值不等式中“1”的妙用，即可求解.【详解】根据题意，由，得，因为，，所以，当且仅当，即时，等号成立，因此，根据定义知，的上确界为.故选：D.3．（2020·上海市洋泾中学高一期末）若，则下列不等式中不能成立的是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】对于A,C,D利用不等式的性质分析即可，对于B举反例即可【详解】对于A，因为，所以，所以，即，所以A成立；对于B，若，则，，此时，所以B不成立；对于C，因为，故，所以，所以C成立；对于D，若，故，即，则，所以D成立；故选：B4．（2020·安徽·定远县育才学校高一期末）若是定义在上的奇函数，且在上是增函数，，则解集是（）A． B．C． D．【答案】A【分析】由奇函数性质可得在上是增函数，由此可确定在不同区间内的正负，结合的正负可得结果.【详解】为上的奇函数，且在上是增函数，在上是增函数，又，当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当或时，，即的解集为.故选：A.5．（2021·广西南宁·高一期末）已知偶函数在区间上单调递增，则满足的x的取值围是（）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据题意得，进而得，再解不等式即可.【详解】因为偶函数在区间上单调递增，且满足，所以不等式等价为，即：，所以，解得：，故的取值范围是.故选：A6．（2021·湖南·长沙县第九中学高一期末）已知是定义在上的减函数，那么的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用分段函数在上单调递减的特征直接列出不等式组求解即得.【详解】因函数是定义在上的减函数，则有，解得，所以的取值范围是.故选：D7．（2018·江西横峰·高一期末（理））函数（，）的最小正周期为，若其图象向左平移个单位后得到的函数为偶函数，则函数的图象（）A．关于直线对称 B．关于直线对称C．关于点对称 D．关于点对称【答案】D【分析】先利用周期公式求出值，再利用图象平移和奇偶性求得值，再利用、的值判定是否具有对称性.【详解】因为的最小正周期为，所以，解得，即，将的图象向左平移个单位后得到的图象，因为是偶函数，所以，，即，，又因为，所以，即，因为，所以选项A、C错误；因为，所以函数的图象关于点对称，即选项D正确.故选：D.8．（2020·广东揭东·高一期末）已知角的始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆的交点为，则的值为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用任意角三角函数定义可求得，结合诱导公式可得关于正余弦的齐次式，由此求得结果.【详解】由题意得：，.故选：D.9．（2021·浙江·高一期末）“且”是“”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】分充分性和必要性进行判断：充分性：利用的单调性判断；必要性：取特殊值进行否定.【详解】充分性：当时，为增函数，所以当时，有成立，故充分性满足；必要性：当时，取,满足但是不符合且，故必要性不满足.所以“且”是“”的充分而不必要条件.故选：A【点睛】判断充要条件的四种方法：（1）定义法；（2）传递性法；（3）集合法；（4）等价命题法.10．（2018·浙江诸暨·高一期末）已知定义在实数集上的函数是偶函数，且在上单调递增，，则不等式的解集为（）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据函数是偶函数，且在上单调递增，可得函数在上单调递减，从而可得不等式等价于或，从而可得出答案.【详解】解：因为函数是偶函数，且在上单调递增，所以函数在上单调递减，又因，所以，不等式等价于或，即或，所以或，即不等式的解集为.故选：B.11．（2021·全国·高一期末）如果在实数运算中定义新运算“”：．那么对于任意实数a、b、c，以下结论中不一定成立的是（）A． B．C． D．【答案】B【分析】计算出和可判断A；利用可判断B；计算出、可判断C；计算出、可判断出D．【详解】A中，，，得，所以A一定成立；B中，当时，，而，所以B不一定成立；C中，，，所以C一定成立；D中，，，所以D一定成立．故选：B.12．（2021·甘肃张掖·高一期末（理））如图，在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，终边分别是射线和射线，且射线和射线关于轴对称，射线与单位圆的交点为，则的值是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】由三角函数的定义可得，，，的值，再由差角的余弦公式计算即得.【详解】由任意角的三角函数的定义可得，，，因，且射线和射线关于轴对称，则射线OB与单位圆的交点为，于是得，，因此，，所以的值是.故选：D二、多选题13．（2020·广东·仲元中学高一期末）已知，，，均为实数，则下列命题正确的是（）A．若，，则 B．若，则C．若，，则 D．若，则【答案】BCD【分析】取，，，可判断A；由，以及可判断B；利用不等式的性质可判断C；利用均值不等式可判断D【详解】选项A，取，，，，满足，，则，错误；选项B，由于，故，故故，正确；选项C，若，则，且，则，正确；选项D，由，利用均值不等式，，当且仅当，即时等号成立，正确故选：BCD14．（2021·广东高州·高一期末）王老师往返两地的速度分别为和，全程的平均速度为，则()A． B． C． D．【答案】BD【分析】首先求出全程所需时间，即可求出全程平均速度，进而判断AB；根据全程的平均速度并结合均值不等式和作差法比较大小即可判断CD.【详解】设两地路程为，则全程所需的时间为，则全程的平均速度，A错误，B正确；又由，由均值不等式可得，，故，故C错误；因为，所以，则，故D正确．故选：BD．15．（2021·广东蓬江·高一期末）已知定义在上的函数的图象是连续不断的，且满足以下条件：①，；②，，当时，；③.则下列选项成立的是（）A． B．若，则C．若，则 D．，，使得【答案】CD【分析】根据题中的条件确定函数的奇偶性和单调性，再逐项验证即可得出答案.【详解】根据题中条件知，函数为R上的偶函数；根据题中条件知，函数在上单调递增.根据函数的单调性得，，选项A错误；是R上的偶函数，且在上单调递增时，，解得，选项B错误；或解得或，即时，，选项C正确；根据偶函数的单调性可得，函数在上单调递减在R上有最小值，故选项D正确.故选：CD.16．（2021·河北·衡水市冀州区第一中学高一期末）函数，下列命题为真命题的是（）A． B．C．都不是偶函数 D．是奇函数【答案】BD【分析】取特殊值，利用正弦型函数的运算性质进行判断﹒【详解】A选项，若命题成立，则必须为整数，所以是假命题；B选项，当时，函数满足，∴B是真命题；C选项，当时，，满足，∴C是假命题；D选项，当时，，满足，∴D是真命题．故选：BD．17．（2021·浙江浙江·高一期末）“”的一个充分不必要条件可以是（）A． B． C． D．【答案】BC【分析】化简得，再利用集合的关系判断得解.【详解】，所以.设,设选项对应的集合为,因为选项是“”的一个充分不必要条件，所以是的真子集.故选：BC.【点睛】方法点睛：判断充分必要条件的常用方法有：（1）定义法；（2）集合法；（3）转化法.要根据已知条件灵活选择方法判断得解.18．（2021·广东·仲元中学高一期末）定义在上的函数满足，当时，，则满足（）A． B．是奇函数C．在上有最大值 D．的解集为【答案】ABD【分析】利用赋值法可判断A选项的正误；利用函数奇偶性的定义可判断B选项的正误；利用函数单调性的定义可判断C选项的正误；利用函数的单调性解不等式，可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，令，可得，解得，A对；对于B选项，函数的定义域为，令，可得，则，故函数是奇函数，B对；对于C选项，任取、且，则，即，所以，所以，函数为上的减函数，所以，在上有最大值，C错；对于D选项，由于为上的减函数，由，可得，解得，D对.故选：ABD.19．（2021·河北张家口·高一期末）设函数，若，则实数可以为（）A． B． C． D．【答案】AB【分析】分、、三种情况讨论，验证是否成立，综合可得出实数的取值范围，即可得出合适的选项.【详解】若，则，，成立；若，则，，成立；若，则，，不成立.综上所述，实数的取值范围是.故选：AB.20．（2021·重庆·高一期末）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：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数.例如：，.已知函数，则关于函数的叙述中正确的是（）A．是奇函数 B．在上是减函数C．是偶函数 D．的值域是【答案】AD【分析】利用奇偶性的定义判断选项A，C，由函数单调性的结论，判断选项B，由函数单调性求出f（x）的取值范围，结合定义可得g（x）的值域，即可判断选项D．【详解】解：因为函数＝，所以，则函数f（x）为奇函数，故选项A正确；因为所以f（x）在R上单调递增，故选项B错误；因为，则，，因为所以函数g（x）不是偶函数，故选项C错误；又，所以，故g（x）＝[f（x）]的值域为{﹣1，0}，故选项D正确．故选：AD．21．（2021·河北张家口·高一期末）已知函数，实数、满足，则下列结论正确的有（）A． B．、，使C． D．【答案】CD【分析】作出函数的图象，利用绝对值的性质可得出，可判断AC选项的正误，利用基本不等式可判断BD选项的正误.【详解】画出函数的图象如下图所示：当时，，则，设，则，因为，可得，可得，由，可得，可得，由，可得，则，A错，C对；由基本不等式可得，所以，则，B错，D对.故选：CD.22．（2021·河北迁安·高一期末）给定函数（）A．的图像关于原点对称 B．的值域是C．在区间上是增函数 D．有三个零点【答案】AB【分析】对于A：由函数的定义域为R，，可判断；对于B：当时，，当时，，由或，可判断；对于C：由在单调递增可判断；对于D：令，解方程可判断.【详解】解：对于A：因为函数的定义域为R，且，所以函数是奇函数，所以的图像关于原点对称，故A正确；对于B：当时，，当时，，又或，所以或，综上得的值域为，故B正确；对于C：因为在单调递增，所以由B选项解析得，在区间上是减函数，故C不正确；对于D：令，即，解得，故D不正确，故选：AB.23．（2021·广东·仲元中学高一期末）已知函数，，则下列结论中正确的是（）A．两函数的图象均关于点成中心对称B．两函数的图象均关于直线成轴对称C．两函数在区间上都是单调增函数D．两函数的最大值相同【答案】CD【分析】根据题意，先化简两函数解析式，再结合正弦函数的图像性质，一一判断即可.【详解】根据题意得，，.对于选项AB，因，，所以函数的图象关于点成中心对称，而函数的图象关于直线成轴对称，故AB都错；对于选项C，当时，，，因在上单调递增，所以两函数在区间上都是单调增函数，故C正确；对于选项D，因，，所以，故D正确.故选：CD.三、填空题24．若正数x，y满足，则的取值范围是______．【答案】【分析】利用均值不等式以及换元求出答案.【详解】因为，由均值不等式得：，令，则．化简得解得或（舍去），所以的取值范围为.故答案为：.25．（2021·辽宁·抚顺市第六中学高一期末）设则的最小值为________【答案】【分析】利用换元法，令将所给的代数式进行变形，然后利用均值不等式即可求得最小值.【详解】由，可得.可令，即，则，当且仅当，时，等号成立.故答案为：．26．（2020·天津河西·高一期末）已知函数若是函数的最小值，则实数的取值范围为______．【答案】【分析】利用定义可知在上递减，在上递增，所以当时，取得最小值为，再根据是的最小值，可知且，解得结果即可得解.【详解】当时，，任设，则，当时，，，所以，所以，当时，，，所以，所以，所以在上递减，在上递增，所以当时，取得最小值为，又因为是的最小值，所以且，解得.故答案为：.27．（2021·上海徐汇·高一期末）若关于的方程在内恰有三个实数根，则实数的取值范围是________【答案】【分析】题中有绝对值,故考虑分绝对值中的正负情况进行去绝对值讨论即可.【详解】设,.当时,有;当时有.故.当时，，当且仅当，即时取等号根据对勾函数性质可知故在上单调递减,在上单调递增.又在为减函数,如图.故方程在内恰有三个相异实根则.故答案为：28．（2021·上海徐汇·高一期末）下列四个命题中正确的是________①已知定义在上的偶函数，则；②若函数，，值域为（），且存在反函数，则函数，与函数，是两个不同的函数；③已知函数，，既无最大值，也无最小值；④函数的所有零点构成的集合共有4个子集；【答案】①②【分析】由偶函数的定义可判断①；由互为反函数的定义可判断②；由的单调性可判断③；由的解的个数和集合的子集个数，可判断④．【详解】①已知定义在上是偶函数，设，可得，则，故①正确；②若函数，，值域为，且存在反函数，则函数，与函数，，即，，由于是两个不同的函数，故②正确；③已知函数，，由在递减，在递减，当时，，当时，又，所以，故③错误；④函数，由，可得或3，解得或，的所有零点构成的集合中共有四个元素，共有16个子集，故④错误．故答案为：①②．29．（2020·上海金山·高一期末）若，且均为锐角，则________．【答案】【分析】先求得的值，由可求得的值.【详解】解：由于是锐角，所以，所以，所以.故答案为：.30．（2020·广东揭东·高一期末）已知函数的单调递增区间为，则________【答案】【分析】令可得一个单调递增区间，根据对称性可知，由此可构造方程求得结果.【详解】令，则的一个单调递增区间为，，，即，.故答案为：.31．（2021·云南·昭通市昭阳区第二中学高一期末）在下列所示电路图中，下列说法正确的是____(填序号)．（1）如图①所示，开关A闭合是灯泡B亮的充分不必要条件；（2）如图②所示，开关A闭合是灯泡B亮的必要不充分条件；（3）如图③所示，开关A闭合是灯泡B亮的充要条件；（4）如图④所示，开关A闭合是灯泡B亮的必要不充分条件．【答案】（1）（2）（3）【分析】充分不必要条件是该条件成立时，可推出结果，但结果不一定需要该条件成立；必要条件是有结果必须有这一条件，但是有这一条件还不够；充要条件是条件和结果可以互推；条件和结果没有互推关系的是既不充分也不必要条件【详解】（1）开关闭合，灯泡亮；而灯泡亮时，开关不一定闭合，所以开关闭合是灯泡亮的充分不必要条件，选项（1）正确.（2）开关闭合，灯泡不一定亮；而灯泡亮时，开关必须闭合，所以开关闭合是灯泡亮的必要不充分条件，选项（2）正确.（3）开关闭合，灯泡亮；而灯泡亮时，开关必须闭合，所以开关闭合是灯泡亮的充要条件，选项（3）正确.（4）开关闭合，灯泡不一定亮；而灯泡亮时，开关不一定闭合，所以开关闭合是灯泡亮的既不充分也不必要条件，选项（4）错误.故答案为（1）（2）（3）.32．已知正实数x，y满足，则的最小值为___________.【答案】【分析】由条件可得且，利用基本不等式求解即可【详解】由得，又，为正实数，所以，得，则，，当且仅当,即时取等号，所以的最小值为，故答案为：33．（2020·广东·仲元中学高一期末）已知函数，函数，，对于任意，总存在，使得成立，则实数的取值范围是________．【答案】【分析】根据题意得到，从而只需求函数和函数的最大值即可.【详解】因为对于任意，总存在，使得成立，所以只需，因为，所以当时，；当时，在上单调递增，所以，所以此时只需，即；当时，在上单调递减，所以，所以此时只需，即；当时，，此时不满足题意.综上知：实数的取值范围为.故答案为：.34．（2021·甘肃·嘉峪关市第一中学高一期末）十七世纪德国著名天文学家开普勒曾经说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，一个是黄金分割，如果把勾股定理比作黄金矿的话，黄金分割就可以比作钻石矿”.如果把顶角为36°的等腰三角形称为“黄金三角形”，那么我们常见的五角星则是由五个黄金三角形和一个正五边形组成，如图所示.在一个黄金三角形中，（黄金分割比），根据这些信息，可以得出°=___________.【答案】【分析】由图形知，，求出，利用二倍角公式以及诱导公式求解即可．【详解】解：由图形知，，则，，所以，故，故答案为：．四、解答题35．（2020·浙江·高一期末）已知不等式的解集为或.（1）求实数a，b的值；（2）解关于x的不等式（其中c为实数）.【答案】（1），，（2）答案见解析【分析】（1）根据不等式的解集得出对应方程的解，由此求出、的值；（2）不等式化为，然后分，和讨论即可求出不等式的解集．（1）不等式的解集为，或，所以1和是方程的解，所以，解得；由根与系数的关系知，解得；所以，；.（2）由（1）知，不等式为，即，当时，不等式化为，解得；当时，解不等式得；当时，若，即时，解不等式得或，若，即时，解不等式得，若，即，解不等式得或，综上知，时，不等式的解集为；时，不等式的解集为时，不等式的解集为或；时，不等式的解集为时，不等式的解集为或．36．（2021·山东济宁·高一期末）在①“xA是xB的充分不必要条件；②；③这三个条件中任选一个，补充到本题第（2）问的横线处，求解下列问题：已知集合，.（1）当a=2时，求；（2）若选，求实数a的取值范围.【答案】（1）；（2）答案见解析.【分析】（1）当时，求出集合再根据并集定义求；（2）选择有AB，列不等式求解即可；选择有同样列出不等式求解；选择因为，则或，求解即可．【详解】（1）当时，集合，，所以；（2）选择因为“”是“”的充分不必要条件，所以AB，因为，所以又因为，所以等号不同时成立，解得，因此实数a的取值范围是.选择因为，所以.因为，所以.又因为，所以，解得，因此实数a的取值范围是.选择因为，而，且不为空集，，所以或，解得或，所以实数a的取值范围是或．37．（2021·甘肃·宁县第二中学高一期末）“活水围网”养鱼技术具有养殖密度高、经济效益好的特点.研究表明：“活水围网”养鱼时，某种鱼在一定的条件下，每尾鱼的平均生长速度（单位：千克/年）是养殖密度（单位：尾/立方米）的函数.当时（尾/立方米）时，的值为2（千克/年）；当时，是的一次函数；当（尾/立方米）时，因缺氧等原因，的值为0（千克/年）.（1）当时，求函数的表达式；（2）当为多大时，鱼的年生长量（单位：千克/立方米）可以达到最大，并求出最大值.【答案】（1）（2），鱼的年生长量可以达到最大值12.5【分析】（1）根据题意得建立分段函数模型求解即可；（2）根据题意，结合（1）建立一元二次函数模型求解即可.（1）解：（1）依题意，当时，当时，是的一次函数，假设且，，代入得：，解得.所以（2）解：当时，，当时，所以当时，取得最大值因为所以时，鱼的年生长量可以达到最大值12.5.38．（2021·浙江·高一期末）已知某公司生产某款手机的年固定成本为40万元，每生产1万部还需另投入16万元．设公司一年内共生产该款手机x万部并全部销售完，每1万部的销售收入为万元，且．（1）写出年利润（万元）关于年产量x（万部）的函数的解析式；（2）当年产量为多少万部时，公司在该款手机的生产中获得的利润最大?并求出最大利润．【答案】（1）（2）当年产量为32万部时，获得的利润最大，最大利润为6104万元【分析】（1），考虑两种情况得到分段函数，计算得到答案。（2）利用二次函数性质和均值不等式分别计算分段函数的最值，比较得到答案。（1）当时，；当时，，所以；（2）当时，，所以；当时，，由于，当且仅当，即时取等号，此时的最大值为5760，综上所述，当年产量为32万部时，获得的利润最大，最大利润为6104万元．39．（2020·云南·富源县第六中学高一期末）已知函数是定义在上的奇函数，且．（1）确定函数的解析式；（2）用定义法证明在上是增函数；（3）解关于x的不等式．【答案】（1）（2）证明见解析（3）【分析】（1）由，求得，再根据，求得的值，即可求得函数的解析式.（2）根据函数单调性的定义和判定方法，即可证得函数在区间上是增函数.（3）把不等式转化为，列出不等式组，即可求解.（1）由题意，函数是定义在上的奇函数，可得，即，可得，即，又由，可得，解得，所以，经验证，此时满足，所以函数为奇函数.所以函数的解析式为，（2）解：设且，则，因为且，可得，所以，即，所以函数在区间上是增函数.（3）因为函数是定义在上的奇函数，则不等式可化为，又因为函数在区间上是增函数，可得，解得，即不等式的解集为40．（2021·全国·高一期末）已知函数为偶函数，函数为奇函数，对任意实数x恒成立．（1）求函数与的表达式；（2）设，．若对于恒成立，求实数m的取值范围；（3）对于（2）中的函数，若方程没有实数解，求实数m的取值范围．【答案】（1），（2）（3）【分析】（1）利用函数的奇偶性，列方程组求函数的解析式；（2）由（1）变形，转化为对于恒成立，再根据函数在区间[3，4]上单调性可得答案；（3）由，为使方程没有实数解，转化为*没有大于等于实数解，分方程*没有实数解时、方程*的两个实数解可得答案.（1）由，得．又因为为偶函数，为奇函数，所以，所以解得，．（2）由，则，，所以对于恒成立，即对于恒成立，所以，函数在区间[3，4]上是严格增函数，所以当时，，因此．（3）由，知的最小值为，为使方程没有实数解，只需方程没有大于等于的实数解，即*，没有大于等于实数解，①方程*没有实数解时，，解得；②方程*的两个实数解都小于时，，得，此时，只需，解得．综上所述，当时，方程没有实数解．41．（2021·河北邯郸·高一期末）已知是定义在上的奇函数，且当时，.（1）求函数在上的解析式；（2）若对所有，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【分析】（1）利用奇函数的定义可得函数的解析式；（2）由二次函数的性质可得函数的最小值，代入不等式，进而利用一次函数的性质列不等式组，可得实数的取值范围．（1）因为函数为定义域上的奇函数，所以，当时，，所以，因为是奇函数，所以，所以，所以（2）作出在区间上的图象，如图：可得函数在上为减函数，所以的最小值为，要使对所有，恒成立，即对所有恒成立，令，，则，即，可得：，所以实数的取值范围是.42．（2021·上海徐汇·高一期末）已知常数，函数.（1）若，求不等式的解集；（2）若函数至少有一个零点在内，求实数的取值范围；（3）若，且存在，使函数在区间上的最大值与最小值之差不超过1，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）；（3）.【分析】（1），然后根据对数的单调性进行求解即可.（2）在上有解，化简，对讨论即可.（3）化为存在使得在成立，然后花间计算即可.（1）或，即（2）在上有解所以在上有解，且当时，，不符合题意；当时，或所以（3）由则恒成立又在上单调递减所以所以，即存在使成立即在有解，令任取，则则化简可得由，所以，即所以在单调递减，所以，所以又，所以43．（2021·浙江浙江·高一期末）为了预防新型冠状病毒，唐徕回民中学对教室进行药熏消毒，室内每立方米空气中的含药量y（单位：毫克）随时间x（单位：h）的变化情况如图所示，在药物释放过程中，y与x成正比，药物释放完毕后，y与x的函数关系式为（a为常数），根据图中提供的信息，回答下列问题：（1）写出从药物释放开始，y与x的之间的函数关系；（2）据测定，当空气中每立方米的含药量降低至0.25毫克以下时，学生方可进入教室，那么从药物释放开始，至少需要经过多少小时后，学生才能回到教室．【答案】（1）（2）0.6【分析】（1）利用函数图象经过点，分段讨论即可得出结论；（2）利用指数函数的单调性解不等式．（1）解：依题意，当时，可设，且，解得又由，解得，所以；（2）解：令，即，得，解得，即至少需要经过后，学生才能回到教室．44．（2021·全国·高一期末）高铁体现了中国装备制造业水平，是一张亮丽的名片．设甲、乙两个城市相距2000km，高铁列车从甲地匀速行驶到乙地，速度不超过350km/h．已知高铁列车每小时的运输成本（元）由可变部分和固定部分组成，可变部分与速度x（km/h）的平方成正比，比例系数为，固定部分为10000元．（1）写出全程的运输成本y（元）关于速度x（km/h）的函数表达式，并指出函数的定义域；（2）求高铁列车时速大约为多少（km/h）时，全程运输成本（元）最小．（均保留到整数）【答案】（1），定义域为（2）高铁列车时速大约224km/h时，全程运输成本最小，约为17889元【分析】（1）由题意求出高铁列车行驶的时间和每小时的运输成本，从而可求出全程的运输成本y（元）关于速度x（km/h）的函数表达式，（2）利用基本不等式可求得结果（1）由题意可知高铁列车行驶的时间为，每小时的运输成本为元，则，定义域为．（2）（元），等号当且仅当时成立，解得．答：高铁列车时速大约224km/h时，全程运输成本最小，且约为17889元．45．（2021·全国·高一期末）已知函数的表达式为．（1）若，，求的值域．（2）当时，求的最小值．（3）对于（2）中的函数，是否存在实数m、n，同时满足：①；②当的定义域为[m，n]时，其值域为？若存在，求出m、n的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（2）（3）不存在满足条件的实数m、n，理由见解析【分析】（1）由，利用的范围可得的范围可得答案；（2）令，函数可转化为，分、、讨论可得答案；（3）利用的单调性，得到，两式相减可得答案．（1）当时，由，得，因为，所以，．（2）令，因为，故，函数f（x）可转化为，①当时，；②当时，；③当时，．综上所述，.（3）因为，，在R上是严格减函数，所以在上的值域为，又在上的值域为，所以，即，两式相减，得，因为，所以，而由，可得，与矛盾．所以，不存在满足条件的实数m、n．46．（2020·黑龙江·大兴安岭实验