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湖南省株洲市淥口區第三中學2023-2024學年高一下學期期末考試數學試題
1．（2024高一下·淥口期末）已知全集，集合，，則集合
A． B． C． D．
2．（2024高一下·淥口期末）已知命題：，，則命題的否定是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
3．（2024高一下·淥口期末）已知角終邊上一點，則（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·淥口期末）設，，，則，，三者的大小關系是（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·淥口期末）函數的零點所在的區間是（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·淥口期末）已知冪函數的圖象過點，則下列結論正確的是（　　）
A．的定義域是 B．在其定義域內為減函數
C．是奇函數 D．是偶函數
7．（2024高一下·淥口期末）將函數 的圖象向右平移 個單位長度得到 圖象，則函數的解析式是（　　）
A． B．
C． D．
8．（2024高一下·淥口期末）若在上單調遞增，則實數的取值范圍為（　　）
A． B． C．（1，2） D．
9．（2024高一下·淥口期末）的一個充分不必要條件是（　　）
A． B． C． D．
10．（2024高一下·淥口期末）已知，，則下列選項中正確的有（ ）
A． B．
C． D．
11．（2024高一下·淥口期末）已知函數，則下列說法正確的是（　　）
A．的定義域為 B．為奇函數
C．在定義域上是減函數 D．為偶函數
12．（2024高一下·淥口期末）已知關于的不等式的解集為，則（　　）
A．
B．不等式的解集是
C．
D．不等式的解集為或
13．（2024高一下·淥口期末）冪函數的定義域為　 　.
14．（2024高一下·淥口期末）若，則　 　.
15．（2024高一下·淥口期末）已知與是方程的兩根，則　 　．
16．（2024高一下·淥口期末）已知函數，且，若對任意的，存在，使得成立，則實數的取值范圍是　 　.
17．（2024高一下·淥口期末）求下列各式的值：
（1）；
（2）已知，求的值．
18．（2024高一下·淥口期末）已知集合，或．
（1）若，求；
（2）若“”是“”的必要不充分條件，求實數的取值范圍．
19．（2024高一下·淥口期末）已知函數，．
（1）求的值；
（2）求的最小正周期及其單調遞增區間．
20．（2024高一下·淥口期末）已知函數的部分圖象如圖所示.
（1）求；
（2）將函數圖象向左平移個單位，得到函數的圖象，求在上的值域.
21．（2024高一下·淥口期末）株洲市某路無人駕駛公交車發車時間間隔（單位：分鐘)）滿足，．經測算，該路無人駕駛公交車載客量與發車時間間隔滿足：，其中．
（1）求，并說明的實際意義；
（2）若該路公交車每分鐘的凈收益（元），問當發車時間間隔為多少時，該路公交車每分鐘的凈收益最大？并求每分鐘的最大凈收益．
22．（2024高一下·淥口期末）已知函數且是奇函數，且．
（1）求實數的值；
（2）判斷函數的單調性，并用函數單調性的定義加以證明；
（3）求不等式的解．
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】交集及其運算
【解析】【解答】解：因為，，所以根據交集的運算知：.
故答案為：A.
【分析】根據集合的交集運算求解即可.
2．【答案】A
【知識點】命題的否定
【解析】【解答】解：命題：，的否定為，.
故答案為：A.
【分析】根據命題否定的定義直接判斷即可.
3．【答案】B
【知識點】任意角三角函數的定義
【解析】【解答】解： 角終邊上一點，則.
故答案為：B.
【分析】根據任意角的三角函數的定義求解即可.
4．【答案】C
【知識點】三角函數誘導公式二~六；利用三角函數的單調性比較大小
【解析】【解答】解：，，，
函數在上單調遞增，且，則，
即.
故答案為：C.
【分析】利用函數在的單調性比較大小即可.
5．【答案】C
【知識點】函數零點存在定理
【解析】【解答】解：函數的定義域為，
易知函數在定義域為單調遞增，
且，
顯然，則函數的零點所在的區間是.
故答案為：C.
【分析】求函數的定義域，判斷函數的單調性，利用零點存在原理判斷即可
6．【答案】D
【知識點】函數的奇偶性；冪函數的概念與表示；冪函數的圖象與性質
【解析】【解答】解：設冪函數，則，解得，則函數，
定義域為，且它在內單調遞增，
滿足，則是偶函數.
故答案為：D.
【分析】設冪函數，先將點坐標代入得冪函數表達式，再求定義域判斷單調性，結合奇偶性的定義判斷即可.
7．【答案】C
【知識點】函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換
【解析】【解答】由題意，將函數 的圖象向右平移 個單位長度，
可得 的圖象.
故答案為：C．
【分析】由已知利用三角函數的圖象變換，函數的圖象向右平移 個單位長度，即可得到 的函數的解析式.
8．【答案】B
【知識點】復合函數的單調性；對數函數的單調性與特殊點
【解析】【解答】解：要使函數在上單調遞增，則，
解得，即實數的取值范圍為.
故答案為：B.
【分析】根據分段函數單調性特點結合復合函數單調性，對數函數單調性解不等式即可.
9．【答案】A,C
【知識點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷
【解析】【解答】解：由，可得，解得，
易知、是的真子集，
則的一個充分不必要條件可以是或.
故答案為：AC.
【分析】先解一元二次不等式，再根據充分條件、必要條件的定義判斷即可.
10．【答案】A,C,D
【知識點】同角三角函數間的基本關系
【解析】【解答】解：A、，則，即，
解得，故A正確；
B、由A選項可知：，，
則；
CD、聯立，解得，，故CD正確.
故答案為：ACD.
【分析】由，兩邊平方得到，再逐項求解即可.
11．【答案】A,B,C
【知識點】函數的定義域及其求法；對數型復合函數的圖象與性質
【解析】【解答】解：A、函數，令，則，解得，
即函數的定義域為，故A正確；
BD、，則函數為奇函數，故B正確，D錯誤；
C、函數在上單調遞減，而在定義域上單調遞增，
根據復合函數的單調性可知：函數在定義域上是減函數，故C正確.
故答案為：ABC.
【分析】根據對數函數的性質逐項判斷即可.
12．【答案】B,D
【知識點】一元二次不等式及其解法；二次函數與一元二次方程、不等式的解的對應關系；一元二次方程的根與系數的關系
【解析】【解答】解：易知1和5是方程的兩根，且，
由韋達定理可得，則，
A、由分析可知：，故A錯誤；
B、不等式，即，即，解得，
則不等式的解集是，故B正確；
C、，故C錯誤；
D、由不等式，得，即，
則，解得或，
則不等式的解集為或，故D正確.
故答案為：BD.
【分析】易知1和5是方程的兩根，且，利用韋達定理可得與的關系，再逐項判斷即可.
13．【答案】
【知識點】函數的定義域及其求法
【解析】【解答】解：要使函數有意義，則，即函數的定義域為.
故答案為：.
【分析】根據偶次根式有意義求定義域即可.
14．【答案】7
【知識點】同角三角函數間的基本關系；運用誘導公式化簡求值
【解析】【解答】解：若，
則.
故答案為：.
【分析】由題意，利用誘導公式結合同角三角函數的基本關系計算即可.
15．【答案】
【知識點】兩角和與差的正切公式
【解析】【解答】解：與是方程的兩根，
由韋達定理可得：，
則.
故答案為：.
【分析】利用韋達定理結合兩角和的正切公式計算即可.
16．【答案】
【知識點】函數恒成立問題；對數函數的單調性與特殊點
【解析】【解答】解：由題意可得：
函數，其圖象開口向下，對稱軸為，則當時，
最小值；
當時，函數單調遞增，在上的最小值為，
則，解得；
當時，函數單調遞減，在上的最小值為，
則時，無解，
故實數的取值范圍為.
故答案為：.
【分析】由題意可知：，求值后解出不等式即可.
17．【答案】（1）解：；
（2）解：由，可得，
則.
【知識點】有理數指數冪的運算性質；對數的性質與運算法則；二倍角的余弦公式；運用誘導公式化簡求值
【解析】【分析】（1）利用指數冪和對數的運算法則計算即可；
（2）利用誘導公式結合余弦的二倍角公式求值即可.
（1）原式．
（2）因為，所以，
因為，所以.
18．【答案】（1）解：當時，集合，則或=或；
（2）解：若“”是“”的必要不充分條件，則是的真子集，
若，則，即，滿足題意；
若，則或，即或
則或
綜合①②知，實數的取值范圍為.
【知識點】集合間關系的判斷；集合關系中的參數取值問題；并集及其運算；必要條件、充分條件與充要條件的判斷
【解析】【分析】（1）利用集合的并并集運算法則求解即可；
（2）由題意可得：集合是的真子集，分和兩種情況談論，根據條件列出不等式求解即可.
（1）因為，
所以
因為或
所以或
或.
（2）因為“”是“”的必要不充分條件，所以 ，
所以①若，則，即，滿足題意；
②若，
則或，
即或
所以或
綜合①②知，實數的取值范圍為.
19．【答案】（1）解：函數，
則；
（2）解：由（1）可得：函數，則函數的最小正周期為，
令，解得，
則函數的單調遞增區間為.
【知識點】二倍角的余弦公式；正弦函數的性質；函數y=Asin（ωx+φ）的圖象與性質；輔助角公式
【解析】【分析】（1）利用余弦的二倍角公式結合輔助角公式化簡求得函數解析式，代值求值即可；
（2）由（1）得函數的解析式，根據函數解析式可直接求得周期，整體代換法求其遞增區間即可.
（1）因為
所以.
（2）因為，
所以的最小正周期為，
由，
得，
所以的單調遞增區間為.
20．【答案】（1）解：由圖可知，，解得，
則函數，因為函數圖象過點，
所以，則，又因為，所以，
則；
（2）解：由題意可得：，
當時，，則，
即在區間上的值域為.
【知識點】函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換；由y=Asin（ωx+φ）的部分圖象確定其解析式；含三角函數的復合函數的值域與最值
【解析】【分析】（1）根據函數的圖象依次求得的值，即可得函數的解析式；
（2）根據三角圖象變換的知識求得，根據三角函數值域的求法求在上的值域即可.
（1）由最大值可確定，
因為，所以，
此時，函數圖象過點，
可得：，從而，
結合，可得，
所以.
（2）由題意，，
當時，，則有，
所以在區間上的值域為.
21．【答案】（1）解：由，其中，
可得，
為當發車時間間隔為分鐘時，該路無人駕駛公交車載客量為；
（2）解：因為，，其中，
所以①當時，，
則，
令，則在上單調遞增，
在上單調遞減，
當時，，
②當時，，則，
所以在上單調遞減，
所以當時，，
綜合①②知，當發車時間間隔為5分鐘時，該路公交車每分鐘的凈收益最大，每分鐘的最大凈收益為元.
【知識點】分段函數的解析式求法及其圖象的作法；函數單調性的性質；函數的最大（小）值
【解析】【分析】（1）由函數解析式，求函數值，從而得到其實際意義；
（2）分段分別求出凈收益最大即可.
（1）因為，其中，
所以，
所以為當發車時間間隔為分鐘時，該路無人駕駛公交車載客量為；
（2）因為，，其中，
所以①當時，，
則，
令，則在上單調遞增，
所以在上單調遞減，
所以當時，，
②當時，，則，
所以在上單調遞減，
所以當時，，
綜合①②知，當發車時間間隔為5分鐘時，該路公交車每分鐘的凈收益最大，每分鐘的最大凈收益為元.
22．【答案】（1）解：函數且是定義域在上的奇函數，
則，解得，
即函數，，
即為奇函數，故符合題意；
（2）解：由（1）知，因為且
即且，解得，則在上是增函數，
證明如下：
任取，，令，
則
，
因為，，則，可得，
所以，即，
所以在上是增函數；
（3）解：不等式等價于，
因為在上是奇函數，則，即，
又因為在上是增函數，所以，則，解得或，
即原不等式的解集為或．
【知識點】函數單調性的判斷與證明；函數的奇偶性；指數型復合函數的性質及應用
【解析】【分析】（1）根據奇函數的定義和性質分析求解即可；
（2）根據單調性的定義結合指數函數性質分析證明即可；
（3）利用函數的奇偶性以及單調性列式求解即可.
（1）因為函數且是奇函數，顯然的定義域為，
則，即，
此時，可得，
即為奇函數，符合題意.
（2）由（1）知，因為且
即且，解得，
所以在上是增函數，證明如下：
任取，，令，
則
，
因為，，則，可得，
所以，即，
所以在上是增函數．
（3）因為，所以
因為在上是奇函數，則，可得
因為在上是增函數，則，即，
解得或，即原不等式的解集為或．
1 / 1湖南省株洲市淥口區第三中學2023-2024學年高一下學期期末考試數學試題
1．（2024高一下·淥口期末）已知全集，集合，，則集合
A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】交集及其運算
【解析】【解答】解：因為，，所以根據交集的運算知：.
故答案為：A.
【分析】根據集合的交集運算求解即可.
2．（2024高一下·淥口期末）已知命題：，，則命題的否定是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】A
【知識點】命題的否定
【解析】【解答】解：命題：，的否定為，.
故答案為：A.
【分析】根據命題否定的定義直接判斷即可.
3．（2024高一下·淥口期末）已知角終邊上一點，則（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】任意角三角函數的定義
【解析】【解答】解： 角終邊上一點，則.
故答案為：B.
【分析】根據任意角的三角函數的定義求解即可.
4．（2024高一下·淥口期末）設，，，則，，三者的大小關系是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知識點】三角函數誘導公式二~六；利用三角函數的單調性比較大小
【解析】【解答】解：，，，
函數在上單調遞增，且，則，
即.
故答案為：C.
【分析】利用函數在的單調性比較大小即可.
5．（2024高一下·淥口期末）函數的零點所在的區間是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知識點】函數零點存在定理
【解析】【解答】解：函數的定義域為，
易知函數在定義域為單調遞增，
且，
顯然，則函數的零點所在的區間是.
故答案為：C.
【分析】求函數的定義域，判斷函數的單調性，利用零點存在原理判斷即可
6．（2024高一下·淥口期末）已知冪函數的圖象過點，則下列結論正確的是（　　）
A．的定義域是 B．在其定義域內為減函數
C．是奇函數 D．是偶函數
【答案】D
【知識點】函數的奇偶性；冪函數的概念與表示；冪函數的圖象與性質
【解析】【解答】解：設冪函數，則，解得，則函數，
定義域為，且它在內單調遞增，
滿足，則是偶函數.
故答案為：D.
【分析】設冪函數，先將點坐標代入得冪函數表達式，再求定義域判斷單調性，結合奇偶性的定義判斷即可.
7．（2024高一下·淥口期末）將函數 的圖象向右平移 個單位長度得到 圖象，則函數的解析式是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知識點】函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換
【解析】【解答】由題意，將函數 的圖象向右平移 個單位長度，
可得 的圖象.
故答案為：C．
【分析】由已知利用三角函數的圖象變換，函數的圖象向右平移 個單位長度，即可得到 的函數的解析式.
8．（2024高一下·淥口期末）若在上單調遞增，則實數的取值范圍為（　　）
A． B． C．（1，2） D．
【答案】B
【知識點】復合函數的單調性；對數函數的單調性與特殊點
【解析】【解答】解：要使函數在上單調遞增，則，
解得，即實數的取值范圍為.
故答案為：B.
【分析】根據分段函數單調性特點結合復合函數單調性，對數函數單調性解不等式即可.
9．（2024高一下·淥口期末）的一個充分不必要條件是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知識點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷
【解析】【解答】解：由，可得，解得，
易知、是的真子集，
則的一個充分不必要條件可以是或.
故答案為：AC.
【分析】先解一元二次不等式，再根據充分條件、必要條件的定義判斷即可.
10．（2024高一下·淥口期末）已知，，則下列選項中正確的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知識點】同角三角函數間的基本關系
【解析】【解答】解：A、，則，即，
解得，故A正確；
B、由A選項可知：，，
則；
CD、聯立，解得，，故CD正確.
故答案為：ACD.
【分析】由，兩邊平方得到，再逐項求解即可.
11．（2024高一下·淥口期末）已知函數，則下列說法正確的是（　　）
A．的定義域為 B．為奇函數
C．在定義域上是減函數 D．為偶函數
【答案】A,B,C
【知識點】函數的定義域及其求法；對數型復合函數的圖象與性質
【解析】【解答】解：A、函數，令，則，解得，
即函數的定義域為，故A正確；
BD、，則函數為奇函數，故B正確，D錯誤；
C、函數在上單調遞減，而在定義域上單調遞增，
根據復合函數的單調性可知：函數在定義域上是減函數，故C正確.
故答案為：ABC.
【分析】根據對數函數的性質逐項判斷即可.
12．（2024高一下·淥口期末）已知關于的不等式的解集為，則（　　）
A．
B．不等式的解集是
C．
D．不等式的解集為或
【答案】B,D
【知識點】一元二次不等式及其解法；二次函數與一元二次方程、不等式的解的對應關系；一元二次方程的根與系數的關系
【解析】【解答】解：易知1和5是方程的兩根，且，
由韋達定理可得，則，
A、由分析可知：，故A錯誤；
B、不等式，即，即，解得，
則不等式的解集是，故B正確；
C、，故C錯誤；
D、由不等式，得，即，
則，解得或，
則不等式的解集為或，故D正確.
故答案為：BD.
【分析】易知1和5是方程的兩根，且，利用韋達定理可得與的關系，再逐項判斷即可.
13．（2024高一下·淥口期末）冪函數的定義域為　 　.
【答案】
【知識點】函數的定義域及其求法
【解析】【解答】解：要使函數有意義，則，即函數的定義域為.
故答案為：.
【分析】根據偶次根式有意義求定義域即可.
14．（2024高一下·淥口期末）若，則　 　.
【答案】7
【知識點】同角三角函數間的基本關系；運用誘導公式化簡求值
【解析】【解答】解：若，
則.
故答案為：.
【分析】由題意，利用誘導公式結合同角三角函數的基本關系計算即可.
15．（2024高一下·淥口期末）已知與是方程的兩根，則　 　．
【答案】
【知識點】兩角和與差的正切公式
【解析】【解答】解：與是方程的兩根，
由韋達定理可得：，
則.
故答案為：.
【分析】利用韋達定理結合兩角和的正切公式計算即可.
16．（2024高一下·淥口期末）已知函數，且，若對任意的，存在，使得成立，則實數的取值范圍是　 　.
【答案】
【知識點】函數恒成立問題；對數函數的單調性與特殊點
【解析】【解答】解：由題意可得：
函數，其圖象開口向下，對稱軸為，則當時，
最小值；
當時，函數單調遞增，在上的最小值為，
則，解得；
當時，函數單調遞減，在上的最小值為，
則時，無解，
故實數的取值范圍為.
故答案為：.
【分析】由題意可知：，求值后解出不等式即可.
17．（2024高一下·淥口期末）求下列各式的值：
（1）；
（2）已知，求的值．
【答案】（1）解：；
（2）解：由，可得，
則.
【知識點】有理數指數冪的運算性質；對數的性質與運算法則；二倍角的余弦公式；運用誘導公式化簡求值
【解析】【分析】（1）利用指數冪和對數的運算法則計算即可；
（2）利用誘導公式結合余弦的二倍角公式求值即可.
（1）原式．
（2）因為，所以，
因為，所以.
18．（2024高一下·淥口期末）已知集合，或．
（1）若，求；
（2）若“”是“”的必要不充分條件，求實數的取值范圍．
【答案】（1）解：當時，集合，則或=或；
（2）解：若“”是“”的必要不充分條件，則是的真子集，
若，則，即，滿足題意；
若，則或，即或
則或
綜合①②知，實數的取值范圍為.
【知識點】集合間關系的判斷；集合關系中的參數取值問題；并集及其運算；必要條件、充分條件與充要條件的判斷
【解析】【分析】（1）利用集合的并并集運算法則求解即可；
（2）由題意可得：集合是的真子集，分和兩種情況談論，根據條件列出不等式求解即可.
（1）因為，
所以
因為或
所以或
或.
（2）因為“”是“”的必要不充分條件，所以 ，
所以①若，則，即，滿足題意；
②若，
則或，
即或
所以或
綜合①②知，實數的取值范圍為.
19．（2024高一下·淥口期末）已知函數，．
（1）求的值；
（2）求的最小正周期及其單調遞增區間．
【答案】（1）解：函數，
則；
（2）解：由（1）可得：函數，則函數的最小正周期為，
令，解得，
則函數的單調遞增區間為.
【知識點】二倍角的余弦公式；正弦函數的性質；函數y=Asin（ωx+φ）的圖象與性質；輔助角公式
【解析】【分析】（1）利用余弦的二倍角公式結合輔助角公式化簡求得函數解析式，代值求值即可；
（2）由（1）得函數的解析式，根據函數解析式可直接求得周期，整體代換法求其遞增區間即可.
（1）因為
所以.
（2）因為，
所以的最小正周期為，
由，
得，
所以的單調遞增區間為.
20．（2024高一下·淥口期末）已知函數的部分圖象如圖所示.
（1）求；
（2）將函數圖象向左平移個單位，得到函數的圖象，求在上的值域.
【答案】（1）解：由圖可知，，解得，
則函數，因為函數圖象過點，
所以，則，又因為，所以，
則；
（2）解：由題意可得：，
當時，，則，
即在區間上的值域為.
【知識點】函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換；由y=Asin（ωx+φ）的部分圖象確定其解析式；含三角函數的復合函數的值域與最值
【解析】【分析】（1）根據函數的圖象依次求得的值，即可得函數的解析式；
（2）根據三角圖象變換的知識求得，根據三角函數值域的求法求在上的值域即可.
（1）由最大值可確定，
因為，所以，
此時，函數圖象過點，
可得：，從而，
結合，可得，
所以.
（2）由題意，，
當時，，則有，
所以在區間上的值域為.
21．（2024高一下·淥口期末）株洲市某路無人駕駛公交車發車時間間隔（單位：分鐘)）滿足，．經測算，該路無人駕駛公交車載客量與發車時間間隔滿足：，其中．
（1）求，并說明的實際意義；
（2）若該路公交車每分鐘的凈收益（元），問當發車時間間隔為多少時，該路公交車每分鐘的凈收益最大？并求每分鐘的最大凈收益．
【答案】（1）解：由，其中，
可得，
為當發車時間間隔為分鐘時，該路無人駕駛公交車載客量為；
（2）解：因為，，其中，
所以①當時，，
則，
令，則在上單調遞增，
在上單調遞減，
當時，，
②當時，，則，
所以在上單調遞減，
所以當時，，
綜合①②知，當發車時間間隔為5分鐘時，該路公交車每分鐘的凈收益最大，每分鐘的最大凈收益為元.
【知識點】分段函數的解析式求法及其圖象的作法；函數單調性的性質；函數的最大（小）值
【解析】【分析】（1）由函數解析式，求函數值，從而得到其實際意義；
（2）分段分別求出凈收益最大即可.
（1）因為，其中，
所以，
所以為當發車時間間隔為分鐘時，該路無人駕駛公交車載客量為；
（2）因為，，其中，
所以①當時，，
則，
令，則在上單調遞增，
所以在上單調遞減，
所以當時，，
②當時，，則，
所以在上單調遞減，
所以當時，，
綜合①②知，當發車時間間隔為5分鐘時，該路公交車每分鐘的凈收益最大，每分鐘的最大凈收益為元.
22．（2024高一下·淥口期末）已知函數且是奇函數，且．
（1）求實數的值；
（2）判斷函數的單調性，并用函數單調性的定義加以證明；
（3）求不等式的解．
【答案】（1）解：函數且是定義域在上的奇函數，
則，解得，
即函數，，
即為奇函數，故符合題意；
（2）解：由（1）知，因為且
即且，解得，則在上是增函數，
證明如下：
任取，，令，
則
，
因為，，則，可得，
所以，即，
所以在上是增函數；
（3）解：不等式等價于，
因為在上是奇函數，則，即，
又因為在上是增函數，所以，則，解得或，
即原不等式的解集為或．
【知識點】函數單調性的判斷與證明；函數的奇偶性；指數型復合函數的性質及應用
【解析】【分析】（1）根據奇函數的定義和性質分析求解即可；
（2）根據單調性的定義結合指數函數性質分析證明即可；
（3）利用函數的奇偶性以及單調性列式求解即可.
（1）因為函數且是奇函數，顯然的定義域為，
則，即，
此時，可得，
即為奇函數，符合題意.
（2）由（1）知，因為且
即且，解得，
所以在上是增函數，證明如下：
任取，，令，
則
，
因為，，則，可得，
所以，即，
所以在上是增函數．
（3）因為，所以
因為在上是奇函數，則，可得
因為在上是增函數，則，即，
解得或，即原不等式的解集為或．
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