宁夏大学附属中学2021届高三上学期期中考试理科数学试卷 Word版含解析

宁夏大学附属中学2021届高三上学期期中考试理科数学试卷 Word版含解析

- 1 - 宁大附中 2020-2021 学年第一学期高三期中暨第三次月考高 三数学（理）试卷 卷 I（选择题） 一、选择题（本题共计 12 小题，每题 5 分，共计 60 分） 1. “ 6   ”是“ 1sin 2   ”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充分必要条件 D. 既非充分又非必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 由 6   求得 1sin 2   ，由 1sin 2   求得 2 6 k    ，k Z ，或 52 6 k    ，k Z ， 再结合充分必要条件的判定方法判断． 【详解】解：由 6   ，可得 1sin 2   ，故充分性成立； 由 1sin 2   ，得 2 6 k    ， k Z ，或 52 6 k    ， k Z ，  “ 6   ”是“ 1sin 2   ”的充分非必要条件． 故选：A． 【点睛】本题考查三角函数值的求法，考查充分必要条件的判定方法，属于基础题． 2. 已知集合 2{ | 3 2 0}A x ax x    中有且只有一个元素，那么实数 a的取值集合是（ ） A. 9 8       B. 90, 8       C. {0} D. 20, 3       【答案】B 【解析】 【分析】 由题意分方程为一次方程和二次方程两种情况分别求解. 【详解】由集合 2{ | 3 2 0}A x ax x    中有且只有一个元素， 得 a=0 或 0 9 8 0 a a      , - 2 - ∴实数 a 的取值集合是{0, 9 8 } 故选 B． 【点睛】本题考查实数的取值集合的求法，考查单元素集的性质等基础知识. 3. 若命题 p是真命题， q 是真命题，则下列命题中，真命题是（ ） A. p q B. p q  C. p q   D. p q 【答案】D 【解析】 【分析】 由题意，命题 q 是真命题，则q是假命题，根据真值表，即可判定，得到答案. 【详解】由题意，命题 q 是真命题，则q是假命题， 由真值表可得，命题 p q 和 p q  和 p q   都为假命题，只有命题 p q 为真命题. 故选 D. 【点睛】本题主要考查了复合命题的真假判定，其中解答中熟记复合命题的真假判定的真值 表，准确判定是解答的关键，着重考查了推理与辨析能力，属于基础题. 4. 已知全集U  R ，集合 {1,2,3,4,5}, { 2}A B x R x   ∣ ，则图中阴影部分所表示的集 合为（ ） A. {1} B. {0,1} C. {1,2} D. {0,1,2} 【答案】A 【解析】 【分析】 根据图像判断出阴影部分表示  UA B ð ，由此求得正确选项. 【详解】根据图像可知，阴影部分表示  UA B ð ，  U | 2B x x ð ，所以  UA B ð  1 . 故选：A 【点睛】本小题主要考查集合交集与补集的概念和运算，考查韦恩图，属于基础题. - 3 - 5. 函数 f(2x)=x+1,则 f(4)=（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】 令 2x  即得解. 【详解】当 2x  时， (2 2) (4) 2 1 3f f     . 故选 C 【点睛】本题主要考查函数值的求法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平. 6. 下列函数中，既是偶函数又在区间  0,  上单调递减的是( ) A.   2f x x  B. ( ) lg | |f x x C. 1( )f x x  D. 1( ) ( ) 2 xf x  【答案】A 【解析】 【分析】 根据偶函数的定义,结合对数函数、指数函数、二次函数以及幂函数的单调性便可判断每个选 项的正误，从而找出正确选项. 【详解】对于 A，   2f x x  是偶函数，且在  0,  上单调递减，故正确. 对于 B，   lgf x x 是偶函数，且在区间  0,  上是单调递增，故错误. 对于C ,   1f x x  是奇函数，不满足题意，故错误. 对于D，   1 2 x f x       的图象不关于 y轴对称,不是偶函数，故错误，故选 A. 【点睛】本题主要考查偶函数的定义，对数函数、指数函数的图象、二次函以及幂函数的单 调性，意在考查对基础知识的掌握与应用，属于基础题. 7. 函数   3 9 xf x 的零点是（ ） A. 2 B. 3 C.  2,0 D.  3,0 【答案】A - 4 - 【解析】 【分析】 令 ( ) 0f x = ，求出 x的值，即为  f x 的零点. 【详解】由题意，令   3 9 0xf x    ，则3 9x  ，解得 2x  ， 所以函数  f x 的零点是 2. 故选：A. 8. 函数   3 3 1f x x x   在闭区间 3,0 上的最大值、最小值分别是（ ） A. 1, 17 B. 3, 17 C. 1, 1 D. 9, 19 【答案】B 【解析】 【分析】 先研究函数  f x 在区间 3,0 上的单调性，再根据单调性求最值即可. 【详解】解：   2' 3 3 0f x x   ，解得 1x   ， 再根据二次函数性质得在 3 1 ， 上  ' 0f x  ， 在 1,0 上  ' 0f x  ，所以函数  f x 在 3 1 ， 单调递增， 在 1,0 单调递减，所以    max 1 3f x f   ，  3 27 9 1 17f        ，  0 1f  ， 所以    min 3 17f x f    . 所以函数   3 3 1f x x x   在闭区间 3,0 上的最大值、最小值分别是3, 17 . 故选：B. 【点睛】本题考查利用导数求函数在闭区间上的最值问题，是基础题. 9. 已知函数 2( ) cos(2 ) cos2 3 f x x x    ，将函数 ( )f x 的图象向左平移 ( 0)   个单位长 度，得到函数 ( )g x 的图象，若函数 ( )g x 的图象关于 y 轴对称，则的最小值是（ ） A. 6  B. 3  C. 2 3  D. 5 6  - 5 - 【答案】A 【解析】 【分析】 先 将 函 数   2cos 2 cos2 3 f x x x       化 简 ， 并 用 辅 助 角 公 式 化 成 一 个 ( ) cos( )g x A x B    形式，函数  g x 的图象关于 y轴对称，也就是说函数  g x 是偶函 数，因此有 ( )k k Z   ，而 0  ，就能求的最小值. 【详解】   2cos 2 cos2 3 f x x x       进行化简得， 2 2 1 3( ) cos 2 cos sin 2 sin cos 2 cos 2 sin 2 cos 2 3 3 2 2 1 3cos 2 sin 2 cos(2 ) 2 2 3 f x x x x x x x x x x               由题意可知 ( ) cos[2( ) ] cos(2 2 ) 3 3 g x x x        ，函数  g x 的图象关于 y轴对称 也就是说函数  g x 是偶函数，所以有 2 ( ) 3 k k Z    成立，即 1 ( ) 2 6 k k Z    因为 0  所以的最小值为 6  ，此时 0k  ，故本题选 A. 【点睛】本题考查了两角知差的余弦公式、三角函数图象的平移、辅助角公式、偶函数图象 特征． 10. 在半径为 2的圆中，长度为 2的弦与其所对劣弧围成的弓形的面积是（ ） A. 2 π 3 3  B. 1 π 2 3 3  C. 1 π 3 3  D. 2 π 2 3 3  【答案】A 【解析】 【分析】 先求出扇形OAB（圆心角为 60AOB   ）的面积为 1S ，再结合弦 AB与其所对劣弧围成的 弓形的面积为 1 AOBS S S   ，计算即可. 【详解】如下图，圆O的半径为 2，弦 AB的长度为 2，则△ ABO为正三角形， 60AOB   ， - 6 - 所以扇形OAB（圆心角为 60AOB   ）的面积为 2 1 60 2ππ 2 360 3 S      ， 又△OAB的面积为 2 1 1 32 2 3 2 2 2 S AB h               ， 所以弦 AB与其所对劣弧围成的弓形的面积为 1 2 2π 3 3 S S S    . 故选：A. 11. 如图是函数     πsin 0, 0, 2 f x A x A            的部分图象，若 0x 是  f x 在 π 2π, 6 3     上的极小值点，则    0 02f x f x  （ ） A. 4 B. 0 C. 2 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】 根据图象求出解析式，根据 0x 是  f x 在 π 2π, 6 3     上的极小值点求出 0 7 12 x   ，进而计算可 得解. 【详解】由图象可得： 2A  ，最小正周期为 π π4 π 3 12       ，故 2 2 T    ， 由  f x 在 π 12 x  时取得最大值，所以 πsin 2 1 12        ，可得 π2 π 3 k   ， kZ ， - 7 - 因为 | | 2    ，所以 0k  ，得 π 3   ， 所以   π2sin 2 3 f x x      ，由 0x 是  f x 在 π 2π, 6 3     上的极小值点， 可得 0sin(2 ) 1 3 x     ，所以 0 32 2 3 2 x k    ， k Z ，即 0 7 12 x k   ， k Z ， 因为 0x  π 2π, 6 3     ，所以 0 70, 12 k x    ， 所以    0 0 7 72 2sin(2 ) 4sin( 2 ) 12 3 12 3 f x f x              3π 5π 12sin 4sin 2 4 4 2 6 2              故选：D. 【点睛】本题考查了由三角函数图象求解析式，考查了求函数的极值点，考查了三角函数值， 属于中档题. 12. 已知函数 1( ) x xf x ax e    有两个极值点，则实数 a的取值范围是（ ） A. 1 , e       B.  1,  C.  1,0 D. 1 ,0 e      【答案】D 【解析】 【分析】 函数 1( ) x xf x ax e    有两个极值点，即 ( ) 0x xf x a e      有两不等实根，令 ( ) x xg x e  ， 则 ( ) x xg x e  与直线 y a  有两不同交点，对函数 ( ) x xg x e  求导，判单调性求最值画图像， 结合图像可得答案. 【详解】因为函数 1( ) x xf x ax e    有两个极值点，所以方程 ( ) 0x xf x a e      有两不等 实根， 令 ( ) x xg x e  ，则 ( ) x xg x e  与直线 y a  有两不同交点， 又 1( ) x xg x e    ，由 1( ) 0x xg x e    得 1x  ， - 8 - 所以，当 1x  时， ( ) 0g x  ，即 ( ) x xg x e  单调递增； 当 1x  时， ( ) 0g x  ，即 ( ) x xg x e  单调递减； 所以 max 1( ) (1)g x g e   ，又 (0) 0g  ，当 x趋向于正无穷时， ( )g x 趋于 0，且 ( ) 0x xg x e   ； 作出函数的简图如下： 因为 ( ) x xg x e  与直线 y a  有两不同交点， 所以 10 a e    ，即 1 0a e    . 故选：D 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，最值极值问题，考查学生分析问题能力和计 算能力，属于中档题. 卷 II（非选择题） 二、填空题（本题共计 4 小题，每题 5 分，共计 20 分） 13. 已知 | | 6a   ，e为单位向量，当a与 e的夹角为 3 4  时，则a在 e方向上的投影为________. 【答案】 3 2 【解析】 【分析】 根据平面向量数量积的几何意义直接求解即可. 【详解】因为 | | 6a   ， 1e   为单位向量， a与 e的夹角为 3 4  ， 所以 a在 e方向上的投影为： 3| | cos 3 2 4 a      . 故答案为： 3 2 【点睛】本题考查了平面向量数量积的几何意义，属于基础题. - 9 - 14. 在 ABC 中，点M ，N 满足 2AM MC   ， BN NC   ．若MN xAB yAC     ，则 x y  ________. 【答案】 1 3 【解析】 【分析】 由已知得 1 1 3 2 MN MC CN AC CB         ，由此能求出结果． 【详解】解：在 ABC 中，点M ，N 满足 2AM MC   ， BN NC   ，  1 1 3 2 MN MC CN AC CB         1 1 ( ) 3 2 AC AB AC      1 1 2 6 AB AC    xAB yAC    ， 1 2 x  ， 1 6 y   ， 1 1 1 2 6 3 x y     ． 故答案为： 1 3 ． 【点睛】本题考查代数式求值，解题时要认真审题，注意平面向量加法法则的合理运用，属 于基础题． 15. 若命题“ 0x R  ，使得 2 0 0 3 0x ax a    ”为假命题，则实数 a的取值范围是 __________． 【答案】 2 6a   【解析】 - 10 - 【分析】 先由题意得到 x R  ， 2 3 0   x ax a 恒成立，推出 2 4 12 0    a a ，求解，即可 得出结果. 【详解】因为命题“ 0x R  ，使得 2 0 0 3 0x ax a    ”为假命题， 所以 x R  ， 2 3 0   x ax a 恒成立， 所以只需 2 4 12 0    a a ，解得 2 6a   . 故答案为 2 6a   【点睛】本题主要考查由命题的真假求参数的问题，熟记一元二次不等式恒成立的判定条件 即可，属于常考题型. 16. 已知  f x 是定义在R 上的奇函数，当 0x  时，    xf x f x  ，若  1 0f  ，则不等 式   0 f x x  的解集为________. 【答案】    1,0 0,1 U 【解析】 【分析】 令    f x g x x  ，对其求导，由 0x  时，    xf x f x  ，可知   0g x  ，从而  g x 在  0,  上单调递减，由  f x 的奇偶性，可得  g x 是定义域上的偶函数，从而可得出  g x 在  , 0 上的单调性，再结合    1 1 0g g   ，可求出   0g x  的解集. 【详解】由题意，令    f x g x x  ，则       2 xf x f x g x x     ， 因为 0x  时，    xf x f x  ，则       2 0 xf x f x g x x      ， 故  g x 在  0,  上单调递减， 又  f x 是定义在R 上的奇函数，所以    f x f x   ， - 11 - 所以          f x f x f x g x g x x x x          ，即  g x 是    ,0 0,   上的偶函数， 根据偶函数的对称性，可知  g x 在  , 0 上单调递增，且      11 1 0 1 f g g    ， 所以    1,0 0,1x  U 时，   0g x  . 故答案为：    1,0 0,1 U . 【点睛】关键点点睛：本题考查不等式的解集，解题关键是求出函数的单调性.本题通过构造 函数    f x g x x  ，求导并结合当 0x  时，    xf x f x  ，可求出函数  g x 在  0,  上 的单调性，再结合函数的奇偶性，可求出  g x 在定义域上的单调性.考查了学生的运算求解能 力，逻辑推理能力，属于中档题． 三、解答题（本题共计 6 小题，每题 10 分，共计 60 分） 17. 已知集合 A＝{ | 0 4}x x  ， B＝{ | 1}x m x m    （1）当m＝ 2时，求  RA B ð ； （2）若 A B ＝ A，求m的取值范围. 【答案】（1） 3 4x x  ；（2） 0m  . 【解析】 【分析】 （1）由集合的交集、补集的定义运算即可得解； （2）转化条件为 B A ，按照B 、B 分类，运算即可得解. 【详解】（1）当 2m  时， { | 1} { | 2 3}B x m x m x x         ， 则  2RB x x  ð 或 3x  ， 又 { | 0 4}A x x   ， 所以    3 4RA B x x   ð ； （2）因为 A B A  ，所以 B A ， 当B 时， 1m m   ，解得 1 2 m   ； - 12 - 当B 时，则 1 0 1 4 m m m m         ，解得 1 0 2 m   ； 综上，m的取值范围为 0m  . 18. 已知向量 a，b  ，c满足： 1a   ， 2b   ，    c a b，且 c a   . （1）求向量 a与b  的夹角； （2）求 3a b  . 【答案】（1） 2 3  ；（2） 7 . 【解析】 【分析】 （1）根据 1a   ， 2b   ，    c a b，且 c a   ，由   0c a a b a         求解. （2）由  23 3a b a b      2 29 6a a b b       求解. 【详解】（1）因为 1a   ， 2b   ，    c a b，且 c a   ， 所以   2 0c a a b a a a b               ， 即1 1 2 cos 0a b      ， 即 1cos 2 a b    ， 因为  0,a b    ， 所以 2 3 a b     . （2）  23 3a b a b      ， 2 29 6a a b b       ，   29 6 1 2 7      . 19. 某同学用“五点法”画函数    sin ( 0 0 ) 2 f x A x k A         ， ， 在一个周期 内的图象，列表并填入数据得到下表： x 1x 6  2x 2 3  3x - 13 - x  0 2   3 2  2  f x 1y 3 2y 1 3y （1）求函数  f x 的解析式； （2）三角形 ABC中，角 A， B，C所对的边分别是 a，b，c，若   2f B  ， 4b  ， 2 2cos cos 6 2 2 C Aa c  ，求三角形 ABC的面积. 【答案】（1）   2sin 2 1 6 f x x        ；（2） 4 3 . 【解析】 【分析】 （1）由三角函数的图象与性质逐步计算出 A、 k、、，即可得解； （2）先计算出 3 B   ，利用降幂公式结合余弦定理可转化条件得 12a b c   ，再由余弦定 理可得 16ac  ，结合三角形面积公式即可得解 【详解】（1）由题意可得 3 1 A k A k       ，解得 2 1 A k    ， 函数  f x 的最小正周期T 满足 2 2 3 6 2 T       ，所以 2 2 T    ， 又 2sin 1 3 6 3 f                 ，所以 sin 1 3        ， 所以 2 , 3 2 k k Z      ，即 2 , 6 k k Z    ， 由 2   可得 6   ， 所以   2sin 2 1 6 f x x        ； （2）由题意，   2sin 2 1 2 6 f B B         ，所以 1sin 2 6 2 B       ， - 14 - 由  0,B  可得 132 , 6 6 6 B         ，所以 52 6 6 B     ，即 3 B   ， 又 2 2 1 cos 1 coscos cos 6 2 2 2 2 C A C Aa c a c        ， 所以 cos cos 12a c a C c A    ，即 2 2 2 2 2 2 12 2 2 a b c b c aa c a c ab bc           ， 化简得 12a b c   ， 又 4b  ，所以 8a c  ， 由余弦定理得  22 2 2 2 cos 3b a c ac B a c ac      ，即 2 24 8 3ac  ， 所以 16ac  ，所以 1 1 3sin 16 4 3 2 2 2ABCS ac B    △ . 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是熟练掌握三角函数的图象与性质及三角恒等变换、 余弦定理的应用，细心运算即可得解. 20. 在边长为1的正三角形 ABC中，已知 AC a   ， AB b   ，点E是线段 AB的中点，点 F 在线段BC上， 2 3 BF BC   . （1）以 ,a b  为基底表示 ,AF CE   ； （2）求 AF CE   . 【答案】（1） 2 1 3 3 a bAF      ； 1 2 CE a b      ；（2） 1 2  【解析】 【分析】 （1）根据平面向量的基本定理进而转化即可； （2）利用平面向量的数量积，计算即可. 【详解】（1）由题意， - 15 -  2 2 3 3 AB BF AB BC AB AC AAF B               2 1 2 1 3 3 3 3 AC AB a b        ；    1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 CA CB AC ABC AC AB AC a bE                      . （2）由题意得， 2 22 1 1 2 1 2 1 1 3 3 2 3 6 3 6 2 a b a b a bAF CE                                 . 21. 已知向量 3sin ,cos 2 m x x        ， 1 1cos , 2 2 4 n x       ， 0 ，  f x m n    ，函数  f x 图象的相邻两条对称轴之间的距离为 π 2 . （1）求函数  f x 的单调递减区间； （2）求函数  f x 在区间 π π, 6 3     上的值域. 【答案】（1） π 2ππ , π 6 3 k k      kZ ；（2） 1 1, 4 2     【解析】 【分析】 （1）利用平面向量数量积的坐标表示，及三角函数的恒等变换，可得   1 πsin 2 6 f x x      ， 由  f x 图象的相邻两条对称轴之间的距离，可求出  f x 的周期，再结合公式 2πT   ，可 求出，即可得到函数的解析式，从而求出单调递减区间即可； （2）由 x的范围，可得到 π2 6 x  的范围，根据正弦函数的性质，可求出 πsin 2 6 x     的取值 范围，进而可求出函数  f x 在区间 π π, 6 3     上的值域. 【详解】（1）由题意，   3 1sin cos cos 2 2 2 4 x xf x m n x         3 1sin cos 4 4 x x   1 πsin 2 6 x      ， 因为  f x 图象的相邻两条对称轴之间的距离为 π 2 ，所以  f x 的周期 π2 π 2 T    ， 所以 2π πT    ，解得 2  ，故   1 πsin 2 2 6 f x x      ， - 16 - 令 π π 3π2 π 2 2 π 2 6 2 k x k      kZ ，解得 π 2ππ π 6 3 k x k     kZ ， 所以函数  f x 的单调递减区间为 π 2ππ , π 6 3 k k      kZ . （2）由 π π 6 3 x      , ，可得 π π 5π2 , 6 6 6 x       ， 根据正弦函数的性质，可得 π 1sin 2 ,1 6 2 x            ， 所以 1 π 1 1sin 2 , 2 6 4 2 x            . 故函数  f x 在区间 π π, 6 3     上的值域为 1 1, 4 2     . 【点睛】方法点睛：求函数  siny A x   （或  cosy A x   ）的单调区间的方法： （1）把 x的系数化为正值（通过诱导公式转化）； （2）把“ x  ”视为一个整体，结合函数 siny x （或 cosy x ）的单调性，得到 “ x  ”的取值范围； （3）解“ x  ”所对应的不等式，得到 x的取值范围，即可得到单调区间. 22. 设函数   2 lnaf x x x   ，   3 2 3g x x x   . （1）讨论函数  f x 的单调性； （2）如果对于任意的 1 2 1 2 3 x x      ， ， ，都有    1 1 2x f x g x 成立，试求 a的取值范围. 【答案】（1）答案见解析；（2）  1, . 【解析】 【分析】 （1）求导 2 3 3 1 2( ) ,a x af x x x x       分 0a  和 0a  两种情况，分别分析导函数的正负， 可得出原函数的单调性； （2）先求导 2 2 1( ) 3 2 3 ( ), , 2 3 3 g x x x x x x          ，分析导函数 ( )g x 的正负，得出函数 - 17 - ( )g x 的单调性，从而求得最值，运用不等式恒成立思想，将问题转化为 2 lna x x x  在 1 ,2 3 x      上恒成立，令 2 1( ) ln ( , 2 ) 3 h x x x x x        ，运用导函数得出函数 ( )h x 的最大值， 可求得实数 a的取值范围. 【详解】（1）函数  f x 的定义域为  0 ， ， 2 3 3 1 2( ) ,a x af x x x x       当 0a  时， ( ) 0f x  ，所以函数 ( )f x 在 (0, ) 上单调递增； 当 0a  时，当 2x a 时， 则 ( ) 0f x  ，函数  f x 单调递增，当 0 2x a  时， ( ) 0f x  ，函数  f x 单调递减， 所以 0a  时，函数 ( )f x 在 (0, 2 )a 单调递减，在 ( 2 , )a  上递增； （2）由已知得 2 2 1( ) 3 2 3 ( ), , 2 3 3 g x x x x x x          ，所以当 2 ,2 3 x      时， ( ) 0g x  ， 所以函数 ( )g x 在 2 ,2 3      上单调递增， 当 1 2,3 3x     时， ( ) 0g x  ，所以函数 ( )g x 在 1 2, 3 3      上单调递减， 又 1 83( ) (2) 1 3 27 g g    ，所以函数 ( )g x 在 1 ,2 3      上的最大值为 1， 依题意得，只需在 1 ,2 3 x      ， ( ) 1xf x  恒成立，即 ln 1a x x x   ，也即是 2 lna x x x  在 1 ,2 3 x      上恒成立， 令 2 1( ) ln ( , 2 ) 3 h x x x x x        ，则 ( ) 1 2 lnh x x x x    ，有 (1) 0h  ， 当 1 ,1 3 x     时，1 0x  ， ln 0x x  ， ( ) 0h x  ，即 ( )h x 在 1 ,1 3     上单调递增， 当  1,2x 时，1 0, ln 0x x x   ， ( ) 0h x  ，所以 ( )h x 在  1,2 上单调递减， - 18 - 所以，当 1x  时，函数 ( )h x 取得最大值 (1) 1h  ， 故 1a  ，即实数 a的取值范围是  1, . 【点睛】本题考查运用导函数分类讨论求得函数的单调性，解决不等式恒成立的问题，属于 较难题. 不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数    , ,y f x x a b  ，    , ,y g x x c d  （1）若  1 ,x a b  ，  2 ,x c d  ，总有    1 2f x g x 成立，故    2max min f x g x ； （2）若  1 ,x a b  ，  2 ,x c d  ，有    1 2f x g x 成立，故    2max max f x g x ； （3）若  1 ,x a b  ，  2 ,x c d  ，有    1 2f x g x 成立，故    2min min f x g x ； （4）若  1 ,x a b  ，  2 ,x c d  ，有    1 2f x g x ，则  f x 的值域是  g x 值域的子集 ．