专题17 函数的概念与性质9大压轴考法-【常考压轴题】2024-2025学年高一数学压轴题攻略（人教A版2019必修第一册）

专题17 函数的概念与性质9大压轴考法 题型1 函数的值域及参数问题 一、单选题 1．（23-24高一上·江苏徐州·阶段练习）函数的值域为（   ）. A． B． C． D． 2．（23-24高一上·云南曲靖·阶段练习）若函数的值域为，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高一上·新疆乌鲁木齐·期末）已知函数，记函数，其中实数，若的值域为，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、填空题 4．（23-24高一上·浙江宁波·开学考试）函数的最大值为 . 三、解答题 5．（24-25高一上·上海·课堂例题）求函数的值域． 6．（23-24高一下·陕西安康·阶段练习）设函数． (1)求的定义域； (2)求的单调区间； (3)求在区间的最大值和最小值． 题型2 求函数的解析式 一、解答题 1．（24-25高一上·广东梅州·开学考试）（1）已知，，求的值域． （2）已知，求的值域． 2．（24-25高一上·全国·课堂例题）（1）已知，求； （2）已知为二次函数，且，求； （3）已知函数对于任意的x都有，求． 3．（23-24高一上·贵州毕节·期末）已知二次函数满足，且，. (1)求函数的解析式； (2)若，比较与的大小. 题型3 函数的单调性及其应用 一、单选题 1．（2023高一·全国·专题练习）已知函数，若，则（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·广东广州·期中）对任意实数，规定取三个值中的最小值，则函数（    ） A．有最大值2，无最小值 B．有最大值2，最小值1 C．有最大值1，无最小值 D．无最大值，无最小值 3．（23-24高一上·湖南邵阳·阶段练习）已知函数在R上单调递增，则实数m的取值范围为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·湖北·阶段练习）已知函数，若存在，使，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．（22-23高一上·河南·期中）定义在上的函数满足：对，且，都有成立，且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 6．（23-24高一上·湖北孝感·期中）已知函数的定义域为，且，，则（    ） A． B． C． D． 三、解答题 7．（2024高一上·浙江宁波·专题练习）已知函数在时有最大值. (1)求实数的值； (2)设，若当时，的最小值为，最大值为，求，的值. 8．（23-24高一下·浙江杭州·期末）设函数． (1)判断函数在区间上的单调性，并用定义证明结论； (2)若，求函数的值域． 题型4 函数的奇偶性及其应用 一、单选题 1．（24-25高一上·全国·随堂练习）已知函数为奇函数，则等于（    ） A． B．1 C．0 D．2 2．（23-24高一上·北京·期中）定义在上的奇函数满足，当时，，当时，. 不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高一下·湖北咸宁·期末）定义在R上的函数满足为偶函数，且在上单调递增，若，不等式恒成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 4．（23-24高一下·全国·课堂例题）函数是奇函数，则满足条件的一组值可以是 ， ． 5．（23-24高一上·内蒙古巴彦淖尔·期末）已知函数的定义域为，且是奇函数，为偶函数，则 . 三、解答题 6．（23-24高一上·吉林·阶段练习）已知是定义在上的奇函数，当时，. (1)求时，函数的解析式； (2)作出的图像； (3)若函数在区间上单调递增，结合图象求实数的取值范围. 题型5 函数的单调性与奇偶性结合问题 一、单选题 1．（23-24高一上·山东潍坊·期末）已知是定义在上的奇函数，若对于任意的，当时，都有成立，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一上·四川广安·期末）已知偶函数的图象经过点且当时， 不等式 恒成立，则使得 成立的x取值范围为(    ) A． B． C．(1，3) D．[1，3] 3．（23-24高一上·山西吕梁·期末）已知函数是定义在上的偶函数．若对于任意两个不等实数、，不等式恒成立，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D．或 4．（23-24高一上·广西贺州·期末）若定义在上的奇函数，对任意，都有，且，则不等式的解集为（     ） A． B． C． D． 5．（23-24高一下·云南楚雄·期末）已知函数的图象经过点，则关于的不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 题型6 函数性质的综合应用 一、单选题 1．（24-25高一上·江西上饶·开学考试）已知函数对任意实数x都有，并且对任意，总有，则下列说法错误的是（    ） A．函数关于直线对称 B．函数在区间上单调递减 C． D． 2．（2024·四川宜宾·三模）已知函数在上单调递减且对任意满足，则不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 3．（2024高一下·上海·专题练习）函数的图象关于直线对称，那么错误的是（  ） A． B． C．函数是偶函数 D．函数是偶函数 4．（23-24高一上·贵州毕节·期末）函数和的定义域均为，且为偶函数，为奇函数，对，均有，则（    ） A．6 B．50 C．616 D．1176 二、多选题 5．（23-24高一下·河北张家口·开学考试）若定义域为的函数满足为奇函数，且对任意，都有，则下列正确的是（    ） A．的图象关于点对称 B．在上是增函数 C． D．关于的不等式的解集为 6．（2024·安徽安庆·二模）已知定义在R上的函数，满足对任意的实数x，y，均有，且当时，，则（    ） A． B． C．函数为减函数 D．函数的图象关于点对称 7．（23-24高一上·浙江杭州·期末）已知函数为定义在R上的奇函数，又函数，且与的函数图象恰好有2024个不同的交点，则下列叙述中正确的是（    ） A．的图象关于对称 B．的图象关于对称 C． D． 三、填空题 8．（23-24高一上·河北石家庄·期末）已知函数的定义域为，满足，的图象关于直线对称，且，则 ； ． 四、解答题 9．（23-24高一下·云南红河·开学考试）函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数． (1)求函数图象的对称中心； (2)根据第（1）问的结论，求的值． 10．（23-24高一下·山东临沂·开学考试）我们知道: 设函数 的定义域为D，那么“函数 的图象关于原点成中心对称图形”的充要条件是 有同学发现可以将其推广为：设函数的定义域为D， 那么“函数. 的图象关于点(m，n)成中心对称图形”的充要条件是“，”.已知 ：. (1)利用上述结论，证明：的图象关于点 成中心对称图形. (2)判断并证明的单调性. (3)解关于x的不等式 题型7 抽象函数的性质及其应用 一、单选题 1．（23-24高一下·湖南株洲·期末）已知函数的定义域为，且，，则（   ） A． B．0 C．1 D．2 2．（23-24高一上·浙江宁波·期中）已知函数的定义域为，且对任意正实数x，y都成立，则下列结论一定成立的是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（23-24高一下·广西·开学考试）已知是定义在上的函数，，且，则（    ） A． B．是偶函数 C．的最小值是1 D．不等式的解集是 4．（24-25高三上·贵州贵阳·开学考试）定义域为的函数满足：，当时，，则下列结论正确的有（    ） A． B．的图象关于点对称 C． D．在上单调递增 5．（23-24高一下·浙江·期中）设为正实数，定义在上的函数满足，且对任意的，都有成立，则（    ） A．或 B．关于直线对称 C．为奇函数 D． 三、解答题 6．（24-25高一上·上海·课堂例题）（1）已知的定义域为，求的定义域； （2）若函数的定义域为，求的定义域． 7．（24-25高一·上海·课堂例题）已知函数在区间上是严格增函数，且． (1)求证：； (2)已知，且，求a的取值范围． 8．（23-24高一上·江苏·期中）已知定义在上的函数满足：． (1)求函数的解析式； (2)已知，解关于x的不等式． 9．（23-24高一上·四川内江·阶段练习）已知是定义在上的奇函数，且，若对任意的且时，有成立. (1)证明：在上单调递增； (2)解不等式：； (3)若对所有的，恒成立，求实数的取值范围. 10．（24-25高一上·湖南邵阳·开学考试）已知定义在上的函数满足：①；②，均有，函数，若曲线与恰有一个交点且交点横坐标为1，令. (1)求实数的值及； (2)判断函数在区间上的单调性，不用说明理由； (3)已知，且，证明：. 题型8 幂函数的图像与性质 一、单选题 1．（23-24高一上·吉林延边·期末）已知幂函数是上的偶函数，且函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（　　） A． B． C． D． 2．（23-24高一上·福建福州·期中）已知，，，则a，b，c的大小关系是（    ） A． B． C． D． 二、填空题 3．（23-24高一上·天津·期中）若幂函数的图象关于轴对称，且在上单调递减，则满足的的取值范围为 ． 4．（23-24高一下·江苏镇江·期中）写出一个同时具有下列性质①②③的函数： ． ①； ②对于任意两个不同的正数，都有恒成立； ③对于任意两个不同的实数，都有． 三、解答题 5．（23-24高一上·安徽阜阳·期末）已知幂函数的图象过点． (1)求实数m的值； (2)设函数，用单调性的定义证明：在上单调递增． 6．（24-25高一上·全国·课后作业）若函数为幂函数，且在上单调递减. (1)求实数m的值； (2)若函数，且， ①判断函数的单调性，并证明； ②求使不等式成立的实数t的取值范围. 题型9 一次、二次、分段、幂函数模型的应用 一、解答题 1．（23-24高一下·安徽芜湖·开学考试）某大学毕业生团队主动创业，计划销售轻食，每个月的店租和水电等成本为2万元，且每销售1份轻食，成本为5元.已知该团队轻食的月销售量为万份，该团队每个月保底能够销售5000份轻食，且当时，月销售收入为万元；当时，月销售收入为万元. (1)求该团队的月销售利润（万元）与月销售量为x（万份）之间的函数解析式； (2)当月销售量为何值时，该团队的月销售利润最小？最小利润为多少万元？ 2．（23-24高一上·江苏南通·开学考试）如图，要设计一张矩形广告牌，该广告牌含有大小相等的左右两个矩形栏目（即图中阴影部分），这两栏的面积之和为，四周空白的宽度为10cm，两栏之间的中缝空白的宽度为5cm，设广告牌的高为，宽为. (1)试用表示，并求的取值范围； (2)用表示广告牌的面积； (3)广告牌的高取多少时，可使广告牌的面积最小？ 3．（23-24高一上·贵州·阶段练习）某工厂生产某种产品，其生产的总成本（万元）年产量（吨）之间的函数关系可近似的表示为已知此工厂的年产量最小为吨，最大为吨． (1)年产量为多少吨时，生产每吨产品的平均成本最低？并求出最低平均成本； (2)若每吨产品的平均出厂价为万元，且产品全部售出，则年产量为多少吨时，可以获得最大利润？并求出最大利润． 4．（24-25高一上·河北石家庄·开学考试）某商店购进一批成本为每件30元的商品，经调查发现，该商品每天的销售量（件）与销售单价（元）之间满足一次函数关系，其图象如图所示．    (1)求该商品每天的销售量与销售单价之间的函数关系式； (2)若商店按单价不低于成本价，且不高于50元销售，则销售单价定为多少元时利润最大？最大利润是多少？ (3)若商店要使销售该商品每天获得的利润不低于800元，则每天的销售量最少应为多少件？ 5．（24-25高一上·广西玉林·开学考试）一家图文广告公司制作的宣传画板颇受商家欢迎，这种画板的厚度忽略不计，形状均为正方形，边长在之间.每张画板的成本价（单位：元）与它的面积（单位：）成正比例，每张画板的出售价（单位：元）是画板的边长的一次函数.在营销过程中得到了表格中的数据. 画板的边长 8 10 出售价（元/张） 148 160 (1)求一张画板的出售价与边长之间满足的函数关系式； (2)已知出售一张边长为画板，获得的利润为130元（利润出售价成本价）， ①求一张画板的利润与边长之间满足的函数关系式； ②当边长为多少时，出售一张画板所获得的利润最大？最大利润是多少？ 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题17 函数的概念与性质9大压轴考法 题型1 函数的值域及参数问题 一、单选题 1．（23-24高一上·江苏徐州·阶段练习）函数的值域为（   ）. A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分离系数，得到，结合二次函数，求出值域即可. 【详解】， 当时，. 则. 故选：B. 2．（23-24高一上·云南曲靖·阶段练习）若函数的值域为，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】对分两种情况讨论，分别根据一次函数、二次函数的性质，结合值域求参数取值范围即可. 【详解】①时，，值域为，满足题意； ②时，若的值域为， 则，解得， 综上，. 故选：C. 3．（23-24高一上·新疆乌鲁木齐·期末）已知函数，记函数，其中实数，若的值域为，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由可得的表达式，结合对勾函数的单调性，分类讨论a的取值范围，即分和两种情况，根据的值域列式求解，即可得答案. 【详解】因为， 所以， 根据对勾函数单调性可知在上单调递减，在上单调递增， 因为， 当时，在上单调递减且的值域为， 则，， 解得； 当时，在上单调递减，在上单调递增， 所以为此时的最小值，， 因为的值域为， 所以，即， 解得，所以， 综上，a的取值范围为． 故选：B． 二、填空题 4．（23-24高一上·浙江宁波·开学考试）函数的最大值为 . 【答案】/ 【分析】首先将函数化简，利用对勾函数的单调性，即可求函数的最值. 【详解】， 设，而在上单调递增， 所以，当且仅当时等号成立， 则. 所以函数的最大值为. 故答案为： 三、解答题 5．（24-25高一上·上海·课堂例题）求函数的值域． 【答案】． 【分析】利用换元法并结合基本不等式求函数的值域即可． 【详解】令，则，． ①当时，； ②当时，． ∵（当且仅当，即时“=”成立）， ∴． 综上，函数的值域为． 6．（23-24高一下·陕西安康·阶段练习）设函数． (1)求的定义域； (2)求的单调区间； (3)求在区间的最大值和最小值． 【答案】(1) (2)的单调递增区间是；单调递减区间是 (3)； 【分析】（1）根据定义域的定义和一元二次不等式的解法求解即可 （2）根据复合函数的单调性求解即可 （3）根据函数单调性求最值即可 【详解】（1）由， 所以的定义域 （2）由（1）知的定义域， 令，开口向下，对称轴， 根据复合函数的单调性可知， 的单调递增区间是；单调递减区间是 （3）由（2）知在单调递增，在单调递减， 在区间的最大值为，又 所以在区间的最小值为， 故在区间的最大值为，最小值为， 题型2 求函数的解析式 一、解答题 1．（24-25高一上·广东梅州·开学考试）（1）已知，，求的值域． （2）已知，求的值域． 【答案】（1）；（2） 【分析】（1）求出的解析式，结合二次函数的值域即可求解； （2）利用换元法求出，结合二次函数的值域结合求解. 【详解】（1）因为，， 所以， 则当时，， 所以的值域为； （2）因为， 令，则， 所以， 所以， 所以当时，， 则的值域为 2．（24-25高一上·全国·课堂例题）（1）已知，求； （2）已知为二次函数，且，求； （3）已知函数对于任意的x都有，求． 【答案】（1）；（2）；（3）． 【分析】（1）利用换元法或配凑法求解即可； （2）利用待定系数法，令，然后结合已知条件化简列方程组可求出，从而可求出； （3）将已知等式中的用替换，得到另一个式子，与已知等式联立可求出. 【详解】（1）方法一  （换元法）： 令，则，， 所以， 所以的解析式为． 方法二  （配凑法）： ． 因为， 所以的解析式为． （2）设， 则 ， 所以，解得， 所以． （3）， 令，得， 于是得到关于与的方程组， 解得． 3．（23-24高一上·贵州毕节·期末）已知二次函数满足，且，. (1)求函数的解析式； (2)若，比较与的大小. 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）设出二次函数代入，以及对称轴，求解即可； （2）依题意，分类讨论，得到结果. 【详解】（1）设二次函数. 由，得图象的对称轴为， 所以，解得. 由得，， 可得. 由得，，解得. 所以. （2） ， 当或时，，此时. 当时，，此时. 当或4时，，此时. 题型3 函数的单调性及其应用 一、单选题 1．（2023高一·全国·专题练习）已知函数，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】令函数，然后得出在区间上的单调性，进而作出判断即可. 【详解】令函数， 因为函数在上单调递减， 所以函数在区间上单调递减， 又因为，所以，即. 故选：C. 2．（23-24高一下·广东广州·期中）对任意实数，规定取三个值中的最小值，则函数（    ） A．有最大值2，无最小值 B．有最大值2，最小值1 C．有最大值1，无最小值 D．无最大值，无最小值 【答案】A 【分析】先依次解出不等式、和的解，进而得函数的解析式，再通过研究函数单调性即可得解. 【详解】因为；；， 所以可得， 又将代入得；将代入得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 将代入得，将代入得， 所以函数在处取得最大值为，无最小值. 故选：A. 3．（23-24高一上·湖南邵阳·阶段练习）已知函数在R上单调递增，则实数m的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据对勾函数的性质以及反比例函数的性质，即可由分类讨论，结合分段函数的单调性求解. 【详解】因为函数，在上单调递增， 当时，由于和均在单调递增函数， 故在上单调递增， 所以，解得， 当时，根据对勾函数的性质可知，若在上单调递增， 则，解得， 当时，，此时，显然满足在上单调递增， 综上，． 故选：B 4．（23-24高一下·湖北·阶段练习）已知函数，若存在，使，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据以及函数的单调性化简不等式，根据存在性问题的知识列不等式，由此求得的取值范围. 【详解】， 所以， 由于在上单调递减， 所以存在，使成立， 所以，， 解得，所以的取值范围是 故选：A 【点睛】考虑到分段函数可以转化为，由此可判断出可以转化为，从而可以使用函数的单调性来化简题目所给不等式.恒成立问题或存在性问题，往往是转化为最值来列不等式，从而求得正确答案. 5．（22-23高一上·河南·期中）定义在上的函数满足：对，且，都有成立，且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由条件和所求的特征，考虑构造函数，将不等式转化为，再利用函数在上的单调性即可求得. 【详解】由题意，且，则将两边同除以，即得：， 令，则可知函数在上为增函数. 由两边同除以得：，因，则得：，故得：. 故选：D. 【点睛】思路点睛：本题主要考查利用题设不等式构造函数，利用其单调性求不等式解集.属于较难题. 解题思路是，观察题设不等式的特征和所求不等式的联系，通过等价转化构造新函数，通过判断其单调性，将抽象不等式转化为具体不等式求解. 二、多选题 6．（23-24高一上·湖北孝感·期中）已知函数的定义域为，且，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据函数单调性的定义可得单调递减，然后根据函数的单调性逐项分析即得. 【详解】设，则，即， 令，则，所以在上单调递减， 由，得，即，A正确； 因为，所以， 即，即，B正确； 因为，所以，即，C错误； 因为（当且仅当，即时等号成立）， 所以，则，D正确. 故选：ABD. 三、解答题 7．（2024高一上·浙江宁波·专题练习）已知函数在时有最大值. (1)求实数的值； (2)设，若当时，的最小值为，最大值为，求，的值. 【答案】(1) (2)， 【分析】（1）依题意可得，即可求出、的值； （2）由（1）可得，即可得到，从而得到且，从而得到，是关于的方程的两个解，即可求出、的值. 【详解】（1）因为在时有最大值， 则，解得，所以； （2）由（1）可得， 则，又，所以，则， 所以当时单调递减， 所以，且， 所以，是关于的方程的两个解， 即， 解方程得，，， 又，所以，. 8．（23-24高一下·浙江杭州·期末）设函数． (1)判断函数在区间上的单调性，并用定义证明结论； (2)若，求函数的值域． 【答案】(1)函数在上单调递增；证明见解析 (2) 【分析】（1）通过定义法即可判断； （2）由，由复合函数的单调性知函数在上单调递增，在上单调递减，即可求解． 【详解】（1）函数在上单调递增； 证明：任取，且， 则 ， 因为， 所以， 所以，得， 所以函数在上单调递增； （2）解：因为，则，， 所以， 由（1）的证明过程知，函数在上单调递减， 所以由复合函数的单调性可得， 函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，函数在上单调递增，在上单调递减， 所以， 又， 显然，故， 所以函数的值域为： 题型4 函数的奇偶性及其应用 一、单选题 1．（24-25高一上·全国·随堂练习）已知函数为奇函数，则等于（    ） A． B．1 C．0 D．2 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用奇函数的定义求出值即可. 【详解】依题意，当时，，则， 而当时，，因此，则，， 当时，，则， 又，于是，， 所以，所以. 故选：C 2．（23-24高一上·北京·期中）定义在上的奇函数满足，当时，，当时，. 不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由奇函数的定义可得，根据已知条件确定函数在不同区间的符号，通过不等式性质解不等式可得所求解集. 【详解】由奇函数的定义可得， 当时，则，， 当时，则，， 由或， 根据分析可得解集为. 故选：C 3．（23-24高一下·湖北咸宁·期末）定义在R上的函数满足为偶函数，且在上单调递增，若，不等式恒成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求出的单调性及对称性，然后根据单调性、对称性将转化为的关系，得到，再根据恒成立思想采用分离参数的方法求解出. 【详解】定义在R上的函数满足为偶函数，所以关于对称， 在上单调递增，则在上单调递减， 所以越靠近对称轴函数值越小， 由得， 由于，所以，故， 可得，即时恒成立， 可得， 由于在时单调递增，，此时， 在时单调递减，，此时， 则实数的取值范围为. 故选：A 二、填空题 4．（23-24高一下·全国·课堂例题）函数是奇函数，则满足条件的一组值可以是 ， ． 【答案】 1（不唯一）； 0 【分析】由奇函数的性质及定义求解. 【详解】因为函数是奇函数， 所以，得， 当时，，满足，为奇函数. 故答案为：1（不唯一）； 0 5．（23-24高一上·内蒙古巴彦淖尔·期末）已知函数的定义域为，且是奇函数，为偶函数，则 . 【答案】0 【分析】根据奇偶函数的性质求函数值即可. 【详解】因为是奇函数，所以. 因为为偶函数，所以. 取，得， 所以. 故答案为：0 三、解答题 6．（23-24高一上·吉林·阶段练习）已知是定义在上的奇函数，当时，. (1)求时，函数的解析式； (2)作出的图像； (3)若函数在区间上单调递增，结合图象求实数的取值范围. 【答案】(1)； (2)图象见解析； (3). 【分析】（1）根据给定条件，利用奇函数定义求出解析式. （2）利用二次函数图象，结合奇函数作出函数的图象. （3）由的单调性，结合函数图象，列出不等式组求解即得. 【详解】（1）设，则，于是， 又为奇函数，即， 所以当时，. （2）当时，，函数在上单调递增，在上单调递减， 作出在上的图象，再作出所作图象关于原点对称的图形， 如图为函数的图象， （3）观察图象知，函数在上单调递增，而函数在上单调递增， 则，于是，解得， 所以的取值范围是. 题型5 函数的单调性与奇偶性结合问题 一、单选题 1．（23-24高一上·山东潍坊·期末）已知是定义在上的奇函数，若对于任意的，当时，都有成立，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意分析出的单调性，且得到时，，时，的结论，然后分类讨论解不等式即可. 【详解】对于任意的，当时，都有成立， 所以在严格增，又是定义在上的奇函数， 所以在上严格增，且，所以时，，时，， 或，即或， 所以， 故选：D. 2．（23-24高一上·四川广安·期末）已知偶函数的图象经过点且当时， 不等式 恒成立，则使得 成立的x取值范围为(    ) A． B． C．(1，3) D．[1，3] 【答案】B 【分析】根据偶函数的图象经过点，可得，由函数的单调性的定义判断函数在上单调递减，列出不等式，解之即可. 【详解】由题意知，偶函数的图象经过点， 所以点也在图象上，即， 当时，不等式恒成立， 则，所以函数在上单调递减， 所以等价于， 所以，解得或， 所以x的取值范围为. 故选：B. 3．（23-24高一上·山西吕梁·期末）已知函数是定义在上的偶函数．若对于任意两个不等实数、，不等式恒成立，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D．或 【答案】C 【分析】由偶函数的性质可将所求不等式变形为，分析函数在上的单调性，可得出关于的不等式，解之即可. 【详解】因为函数是R上的偶函数，则， 所以不等式可变形为， 因为对于任意两个不等实数、， 不等式恒成立， 所以不等式恒成立， 不妨设，则，可得， 则函数在上单调递增， 所以，，可得，即，解得或， 则原不等式的解集为． 故选：C． 4．（23-24高一上·广西贺州·期末）若定义在上的奇函数，对任意，都有，且，则不等式的解集为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 根据题意，设，，分析的奇偶性和单调性，由此分情况解不等式可得答案． 【详解】 根据题意，设，， 是定义在,,上的奇函数，即， 故，函数为偶函数， 由题意当时，有，函数在上为减函数， 又由为偶函数，则在上为增函数， 又由，则，同时， 或， 必有或，即的取值范围为. 故选：B． 【点睛】 关键点点睛：本题考查函数的单调性与奇偶性解不等式，关键是构造函数明确其奇偶性，并分情况解不等式. 5．（23-24高一下·云南楚雄·期末）已知函数的图象经过点，则关于的不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】代入点坐标求得的值，分别判断函数的单调性和奇偶性，将恒等变换为，最后利用函数单调性即可求解. 【详解】由题意知，解得，所以，即 ， 易得在上单调递增．因为，所以为奇函数． 又，故等价于， 则，解得. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查函数的单调性和奇偶性在求解抽象不等式中的应用，属于难题. 解题关键在于对抽象不等式的处理，其一，要利用函数解析式将化成，其二，利用奇偶性处理负号，其三，根据单调性去掉函数符号. 题型6 函数性质的综合应用 一、单选题 1．（24-25高一上·江西上饶·开学考试）已知函数对任意实数x都有，并且对任意，总有，则下列说法错误的是（    ） A．函数关于直线对称 B．函数在区间上单调递减 C． D． 【答案】C 【分析】由对称性定义结合题目条件可得函数对称性，即可得A、D；结合函数单调性与对称性可得B、C. 【详解】对A：由，则关于对称，故A正确； 对B：由对任意，总有，故在上单调递增， 又关于对称，故在上单调递减，故B正确； 对C：由题可得，故C错误； 对D：由，令，则，故D正确. 故选：C. 2．（2024·四川宜宾·三模）已知函数在上单调递减且对任意满足，则不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据已知得出对称轴,再根据单调性解不等式即可. 【详解】因为,所以的对称轴为, 在单调递减，则在单调递增， 又因为，由对称性可得, 所以, 故选：D. 3．（2024高一下·上海·专题练习）函数的图象关于直线对称，那么错误的是（  ） A． B． C．函数是偶函数 D．函数是偶函数 【答案】D 【分析】根据函数的对称轴可直接判断A,B，结合函数图象平移的性质，可判断C,D. 【详解】由f(x)的图象关于对称可知， ，，故A,B正确； 把函数的图象向左平移个单位可得的图象， 关于对称，即为偶函数，故C正确； 把函数的图象向右平移个单位可得的图象， 关于对称，不能得到其为偶函数，故D错误， 故选：． 4．（23-24高一上·贵州毕节·期末）函数和的定义域均为，且为偶函数，为奇函数，对，均有，则（    ） A．6 B．50 C．616 D．1176 【答案】A 【分析】由为偶函数，为奇函数的定义得出和的对称性，得出恒等式，利用条件分别求出和的解析式，即可得出答案. 【详解】由函数为偶函数，则，即函数关于直线对称，故； 由函数为奇函数，则， 整理可得，即函数关于对称， 故； 由，可得， 所以， 故，解得， 所以，所以， 故选：A． 二、多选题 5．（23-24高一下·河北张家口·开学考试）若定义域为的函数满足为奇函数，且对任意，都有，则下列正确的是（    ） A．的图象关于点对称 B．在上是增函数 C． D．关于的不等式的解集为 【答案】BD 【分析】根据给定条件，结合函数的对称性及单调性分别检验各选项即可判断． 【详解】由定义域为R的函数满足为奇函数，得， 因此函数关于对称，由对任意，都有， 得在上递增，由函数的对称性知，在上递增，因此在R上是增函数，B正确； 显然，则的图象关于点不对称，A错误； 由关于对称，得，C错误； 显然，又在R上单调递增，则由，得，D正确． 故选：BD 6．（2024·安徽安庆·二模）已知定义在R上的函数，满足对任意的实数x，y，均有，且当时，，则（    ） A． B． C．函数为减函数 D．函数的图象关于点对称 【答案】ACD 【分析】对A：借助赋值法令计算即可得；对B：借助赋值法令，计算即可得；对C：结合函数单调性的定义及赋值法令计算即可得；对D：结合函数对称性及赋值法令计算即可得. 【详解】对A：令，则有，故，故A正确； 对B：令，，则有，故，故B错误； 对C：令，则有，其中，， 令，，即有对、，当时，恒成立， 即函数为减函数，故C正确； 对D：令，则有，又， 故，故函数的图象关于点对称，故D正确. 故选：ACD. 7．（23-24高一上·浙江杭州·期末）已知函数为定义在R上的奇函数，又函数，且与的函数图象恰好有2024个不同的交点，则下列叙述中正确的是（    ） A．的图象关于对称 B．的图象关于对称 C． D． 【答案】BC 【分析】函数为定义在R上的奇函数，得的图象的对称性判断AB，再由的图象的对称性，得到两个函数图象的交点的对称性，可计算CD选项. 【详解】函数为定义在R上的奇函数，则有， 即，，， 所以函数的图象关于对称，A选项错误，B选项正确； 函数，结合反比例函数的性质和函数图象的平移可知， 的函数图象也关于对称， 所以与的函数图象的交点关于对称， 不妨设， 则有， ， 所以，C选项正确； ，D选项错误. 故选：BC. 【点睛】结论点睛：函数图象的中心对称： 图象关于中心点对称，有； 图象关于中心点对称，有，； 图象关于中心对称，有，； 若满足，则函数图象关于点对称. 三、填空题 8．（23-24高一上·河北石家庄·期末）已知函数的定义域为，满足，的图象关于直线对称，且，则 ； ． 【答案】 【分析】在中令，即可得第一空答案；由题意可知的图象关于轴对称，从而得，运用到算式即可得第二空答案． 【详解】在中，令，则有； 的图象关于直线对称，则的图象关于轴对称，有， 又，则，得， 可得，， 所以，，， 所以 ． 故答案为：；． 【点睛】结论点睛：函数的对称性： （1）若，则函数关于中心对称； （2）若，则函数关于对称. 四、解答题 9．（23-24高一下·云南红河·开学考试）函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数． (1)求函数图象的对称中心； (2)根据第（1）问的结论，求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设函数图象的对称中心为，由题意可得函数为奇函数，由此结合，利用奇偶性，可得相应等式，求出，即可求得答案. （2）由（1）结论可得，由此将所要求值的等式分组求和，即可求得答案. 【详解】（1）由题意设函数图象的对称中心为， 由于函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数． 即函数为奇函数， 而， 由于，即 ， 因为，故，解得， 即函数图象的对称中心为； （2）由（1）的结论可知， 则， 而， 故 . 10．（23-24高一下·山东临沂·开学考试）我们知道: 设函数 的定义域为D，那么“函数 的图象关于原点成中心对称图形”的充要条件是 有同学发现可以将其推广为：设函数的定义域为D， 那么“函数. 的图象关于点(m，n)成中心对称图形”的充要条件是“，”.已知 ：. (1)利用上述结论，证明：的图象关于点 成中心对称图形. (2)判断并证明的单调性. (3)解关于x的不等式 【答案】(1)证明见解析 (2)在R上单调递减，证明见解析 (3)答案见解析 【分析】（1）利用，判断； （2）利用函数的单调性的定义证明； （3）根据在R上单调递减，由 得到，即，即，利用一元二次不等式的解法求解. 【详解】（1）解：的定义域为R， ， 根据条件可得的图象关于点 成中心对称图形； （2），且 ，则 ， 因为 ，所以 ，又 ，所以 ， 则，即 ，所以在R上单调递减， （3）由(2) 知在R上单调递减， 由 得 ， 所以由在R上单调递减可得， 即 ，即， 当， 即时， 不等式的解为或， 当， 即时， 不等式的解为或， 当， 即时， 不等式的解为， 综上所述: 当时， 不等式的解集为， 当时， 不等式的解集为， 当时， 不等式的解集为. 题型7 抽象函数的性质及其应用 一、单选题 1．（23-24高一下·湖南株洲·期末）已知函数的定义域为，且，，则（   ） A． B．0 C．1 D．2 【答案】C 【分析】赋值求解，赋式证明奇偶性性与周期性，再利用性质转化求值. 【详解】函数的定义域为，由，， 令，则，解得； 令，则，则； 因为①， ①式中，用替换，则， 故，所以为偶函数. ①式中，用替换，则， 所以，即②， ①②可得，，则③， ③式中，用替换，得④， ④式中，用替换，⑤， 由④⑤得，则为周期函数且周期为6， 所以，， 故. 故选：C. 2．（23-24高一上·浙江宁波·期中）已知函数的定义域为，且对任意正实数x，y都成立，则下列结论一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】对于ACD：举反例分析判断；对于B：利用反证法，假设存在，使得，令，结合题意分析证明. 【详解】对于选项A：例如函数符合题意，则，故A错误； 对于选项CD：例如符合题意，则，故C错误； 令，则，可知，故D错误； 对于选项B：反证：假设存在，使得， 令， 则， 可得，这与假设相矛盾，故假设不成立， 所以对任意，，故B正确； 故选：B. 二、多选题 3．（23-24高一下·广西·开学考试）已知是定义在上的函数，，且，则（    ） A． B．是偶函数 C．的最小值是1 D．不等式的解集是 【答案】BCD 【分析】赋值法判断ABC,利用单调性解不等式判断D. 【详解】对于A，令，得，解得或2. 因为，所以，则A错误. 对于BC，令，得，则， 从而是偶函数，且，故B，C正确. 对于D，因为是偶函数，在上单调递增，且， 所以不等式等价于， 所以，解得，则正确. 故选：BCD. 4．（24-25高三上·贵州贵阳·开学考试）定义域为的函数满足：，当时，，则下列结论正确的有（    ） A． B．的图象关于点对称 C． D．在上单调递增 【答案】BC 【分析】对于A，赋值令，求解；对于B，赋值令，得到关于对称，再结合函数图像平移变换得解；对于C,赋值令，再令，再变形即可；对于D，赋值令，结合时，，举反例可解. 【详解】令，得到，则.故A错误. 令，得到， 则， 则或, 由于当时，，则此时， 故时，，故时，，所以， 而，故对任意恒成立，则关于对称. 可由向左平移1个单位，再向下平移2个单位. 则的图象关于点对称，故B正确. 令，得到， 则. 令，得到 令，得到， 两式相减得， 变形， 即, 时，，两边除以， 即，故C正确. 令，则， 时，，则， 且，则，即.故D错误. 故选：BC. 【点睛】难点点睛：解答此类有关函数性质的题目，难点在于要结合抽象函数性质，利用赋值法以及代换法，推出函数相应的性质. 5．（23-24高一下·浙江·期中）设为正实数，定义在上的函数满足，且对任意的，都有成立，则（    ） A．或 B．关于直线对称 C．为奇函数 D． 【答案】ABD 【分析】采用赋值法可判断选项A，B，C；根据函数周期性可判断选项D. 【详解】因为对于任意的，都有成立， 令，代入可得， 由因为，联立可得或，故A正确； 令，代入可得， 当时，有， 则关于直线对称， 当时，有， 再令，代入可得，得， 所以， 即关于直线对称， 综上所述，关于直线对称，B正确； 令，代入可得， 又因为，所以， 根据B选项，，所以， 故为偶函数，故C错误； 由上面可得，， 所以，故D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：采根据已知条件对任意的，都有成立，用赋值法可得函数性质，从而判断选项. 三、解答题 6．（24-25高一上·上海·课堂例题）（1）已知的定义域为，求的定义域； （2）若函数的定义域为，求的定义域． 【答案】（1）；（2）． 【分析】（1）由的定义域，要求的定义域，解不等式组即可； （2）由的定义域为，可得，则要求的定义域，解不等式组即可. 【详解】（1）∵的定义域为，∴要求的定义域， 即解不等式组，解得或， 故的定义域为． （2）∵的定义域为，∴， 则，即的定义域为， ∴要求的定义域，即解不等式组， 解得，故的定义域为． 7．（24-25高一·上海·课堂例题）已知函数在区间上是严格增函数，且． (1)求证：； (2)已知，且，求a的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）依题意求得即可得证. （2）由题意求得，故可将不等式转化成，再根据函数定义域和单调性即可求解. 【详解】（1）因为， 所以， 所以. （2）因为，所以， 因为，所以， 因为函数在区间上是严格增函数， 所以，解得. 8．（23-24高一上·江苏·期中）已知定义在上的函数满足：． (1)求函数的解析式； (2)已知，解关于x的不等式． 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）换元法解出函数解析式即可； （2）根据判别式讨论的范围即可. 【详解】（1）因为定义在上的函数满足：①，将替代x入上式可得②， 联立①②可得 （2）即 ①，即，解集为R                          ②，即，解集为                            ③，即，解集为或 9．（23-24高一上·四川内江·阶段练习）已知是定义在上的奇函数，且，若对任意的且时，有成立. (1)证明：在上单调递增； (2)解不等式：； (3)若对所有的，恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)证明见解析； (2) (3)或或 【分析】（1）根据定义法即可证明函数单调性； （2）利用函数单调性和奇偶性可得，解不等式可得结果； （3）不等式先对所有的得到，再由对所有的恒成立，可求得实数的取值范围. 【详解】（1）取任意，且； 由是定义在上的奇函数，可得， 又因为对任意的且时，有成立， 所以，且； 因此可得，即. 所以在上单调递增； （2）由于是定义在上的奇函数，将不等式变形 可得； 由（1）可知函数在上单调递增， 所以不等式需满足， 解不等式可得； 解不等式可得或； 解不等式可得或； 综合可得； 即不等式的解集为 （3）由（1）可知，在上的最大值为， 因为对所有的恒成立， 所以对所有的恒成立， 即对所有的恒成立， 令，即对所有的恒成立， 所以，即， 解得或或. 所以实数的取值范围为或或 【点睛】方法点睛：函数不等式恒成立问题经常借助函数单调性求得其最值，转化成不等式恒成立即可. 10．（24-25高一上·湖南邵阳·开学考试）已知定义在上的函数满足：①；②，均有，函数，若曲线与恰有一个交点且交点横坐标为1，令. (1)求实数的值及； (2)判断函数在区间上的单调性，不用说明理由； (3)已知，且，证明：. 【答案】(1)， (2)在上单调递增，在上单调递减 (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意，令和，得到，再由二次函数的性质，求得，得到，进而得到的解析式； （2）根据题意，利用函数单调性的定义和判定方法，即可求解； （3）由，化简得到，结合基本不等式，即可得证. 【详解】（1）解：由，均有且， 令，可得， 令，可得. 因为曲线与恰有一个交点且交点横坐标为，所以， 又因为曲线与恰有一个交点，所以有两个相等的实数根， 则， 因为，可得，解得， 所以，则. （2）函数在上单调递增，在上单调递减. 设且， 则 ， 其中 当时，，则，即， 此时函数在上单调递增； 当时，，则，即， 此时函数在上单调递减， 所以函数在上单调递增，在上单调递减. （3）证明：因为， 由，可得，即， 所以，整理得， 又因为，由基本不等式，可得. 题型8 幂函数的图像与性质 一、单选题 1．（23-24高一上·吉林延边·期末）已知幂函数是上的偶函数，且函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据幂函数的定义与奇偶性求出的值，可得出函数的解析式，再利用二次函数的单调性可得出关于实数的不等式，从而得解. 【详解】因为幂函数是上的偶函数， 则，解得或， 当时，，该函数是定义域为的奇函数，不合乎题意； 当时，，该函数是定义域为的偶函数，合乎题意. 所以，则，其对称轴方程为， 因为在区间上单调递减，则，解得. 故选：C． 2．（23-24高一上·福建福州·期中）已知，，，则a，b，c的大小关系是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据幂函数、指数函数的单调性判定大小即可. 【详解】易知， 又定义域上单调递减，，所以， 易知单调递增，， 则， 综上. 故选：A 二、填空题 3．（23-24高一上·天津·期中）若幂函数的图象关于轴对称，且在上单调递减，则满足的的取值范围为 ． 【答案】 【分析】先由函数单调性得，进而求出或，接着由幂函数奇偶性得，再结合函数的单调性分类讨论即可解不等式. 【详解】因为幂函数在上单调递减， 所以，解得， 又，所以或， 当时，幂函数为，图象关于y轴对称，满足题意； 当时，幂函数为，图象不关于y轴对称，舍去， 所以，不等式为， 因为函数在和上单调递减， 所以或或， 解得或. 故答案为：. 4．（23-24高一下·江苏镇江·期中）写出一个同时具有下列性质①②③的函数： ． ①； ②对于任意两个不同的正数，都有恒成立； ③对于任意两个不同的实数，都有． 【答案】（答案不唯一） 【分析】取，再逐一验证即可. 【详解】当时， 对于①，，故满足①； 对于②，由对于任意两个不同的正数，都有恒成立， 得函数在上单调递增， 而函数在上单调递增，故满足②； 对于③，任取， 则， 因为，所以， 即， 所以，故满足③. 故答案为：（答案不唯一）. 三、解答题 5．（23-24高一上·安徽阜阳·期末）已知幂函数的图象过点． (1)求实数m的值； (2)设函数，用单调性的定义证明：在上单调递增． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据幂函数定义可求的值，然后分别检验的取值，由此确定出结果； （2）先表示出的解析式，然后通过“取值、作差、变形、判号、下结论”的过程完成证明. 【详解】（1）由幂函数的定义可知，解得， 当时，，又的图象不过点，显然不满足题意； 当时，，将点代入得， 综上所述，． （2）由（1）可知，，则， 任取，且， 则 ， 因为，所以，，则，， 所以，则， 所以， 则，即， 故在上单调递增． 6．（24-25高一上·全国·课后作业）若函数为幂函数，且在上单调递减. (1)求实数m的值； (2)若函数，且， ①判断函数的单调性，并证明； ②求使不等式成立的实数t的取值范围. 【答案】(1)1 (2)①在区间上单调递增，证明见解析；② 【分析】（1）根据幂函数的定义求出的值再由题设条件取舍； （2）①根据单调性相同的两函数在公共区间上具有相同的单调性性质即得； ②利用①的结论求解抽象不等式即得. 【详解】（1）由题意知，解得：或， 当时，幂函数，此时幂函数在上单调递减，符合题意； 当时，幂函数，此时幂函数在上单调递增，不符合题意； 所以实数的值为1. （2）①，在区间单调递增.证明如下： 任取，则， 由可得：，，则，即， 故在区间单调递增. ②由①知，在区间单调递增， 又由可得：，解得解得，所以实数t的取值范围是. 题型9 一次、二次、分段、幂函数模型的应用 一、解答题 1．（23-24高一下·安徽芜湖·开学考试）某大学毕业生团队主动创业，计划销售轻食，每个月的店租和水电等成本为2万元，且每销售1份轻食，成本为5元.已知该团队轻食的月销售量为万份，该团队每个月保底能够销售5000份轻食，且当时，月销售收入为万元；当时，月销售收入为万元. (1)求该团队的月销售利润（万元）与月销售量为x（万份）之间的函数解析式； (2)当月销售量为何值时，该团队的月销售利润最小？最小利润为多少万元？ 【答案】(1) (2)当月销售量为万份时，该团队的月销售利润最小，为万元. 【分析】（1）依题意，由月销售利润=月销售收入－店租和水电成本－轻食成本，直接写出解析式，化简即可； （2）由（1）中求得的解析式，分别利用函数的单调性和基本不等式，求得两个式子的最大值，然后作比较，再取较大的值即可. 【详解】（1）由题意， 当时，， 当时，. ∴； （2）当时，， 当且仅当，即时取等， 当时，， 因此，当月销售量为万份时，该团队的月销售利润最小，为万元. 2．（23-24高一上·江苏南通·开学考试）如图，要设计一张矩形广告牌，该广告牌含有大小相等的左右两个矩形栏目（即图中阴影部分），这两栏的面积之和为，四周空白的宽度为10cm，两栏之间的中缝空白的宽度为5cm，设广告牌的高为，宽为. (1)试用表示，并求的取值范围； (2)用表示广告牌的面积； (3)广告牌的高取多少时，可使广告牌的面积最小？ 【答案】(1) (2) (3)140cm 【分析】（1）运用面积之和得到等式，再写成函数表达式即可； （2）矩形面积公式写函数表达式； （3）运用换元，结合基本不等式解题即可. 【详解】（1）每栏的高和宽分别为，其中两栏面积之和为：， 整理得，. （2）； （3）令， 则； 当时，取最小值为24500，此时； 答：当广告牌的高取140cm时，可使广告的面积S最小. 3．（23-24高一上·贵州·阶段练习）某工厂生产某种产品，其生产的总成本（万元）年产量（吨）之间的函数关系可近似的表示为已知此工厂的年产量最小为吨，最大为吨． (1)年产量为多少吨时，生产每吨产品的平均成本最低？并求出最低平均成本； (2)若每吨产品的平均出厂价为万元，且产品全部售出，则年产量为多少吨时，可以获得最大利润？并求出最大利润． 【答案】(1)年产量为吨时，最低平均成本为万元 (2)年产量为吨时，最大利润为万元 【分析】（1）根据题意写出生产每吨产品的平均成本的解析式，由基本不等式求解可得； （2）写出利润的解析式，由二次函数最值可求. 【详解】（1）由题意可得，， 因为， 当且仅当时，即时等号成立，符合题意. 所以当年产量为吨时，平均成本最低为万元． （2）设利润为，则， 又， 当时，． 所以当年产量为吨时，最大利润为万元． 4．（24-25高一上·河北石家庄·开学考试）某商店购进一批成本为每件30元的商品，经调查发现，该商品每天的销售量（件）与销售单价（元）之间满足一次函数关系，其图象如图所示．    (1)求该商品每天的销售量与销售单价之间的函数关系式； (2)若商店按单价不低于成本价，且不高于50元销售，则销售单价定为多少元时利润最大？最大利润是多少？ (3)若商店要使销售该商品每天获得的利润不低于800元，则每天的销售量最少应为多少件？ 【答案】(1) (2)当单价为元时，取得最大利润为元 (3)件 【分析】（1）设出一次函数解析式，利用待定系数法求得正确答案. （2）求得利润的表达式，利用二次函数的性质求得最值以及此时对应的单价. （3）根据已知条件列不等式，根据函数的单调性求得销售量的最小值. 【详解】（1）设，由图可知，函数图象过点， 所以，解得，所以， 由解得. 所以每天的销售量与销售单价之间的函数关系式是. （2）若， 则利润， 其开口向下，对称轴为，所以当时， 利润取得最大值为， 所以当单价为元时，取得最大利润为元. （3）由（2）得利润， 由整理得， 即，解得， 销售量是减函数，所以当时，销售量最小， 且最小值为件. 5．（24-25高一上·广西玉林·开学考试）一家图文广告公司制作的宣传画板颇受商家欢迎，这种画板的厚度忽略不计，形状均为正方形，边长在之间.每张画板的成本价（单位：元）与它的面积（单位：）成正比例，每张画板的出售价（单位：元）是画板的边长的一次函数.在营销过程中得到了表格中的数据. 画板的边长 8 10 出售价（元/张） 148 160 (1)求一张画板的出售价与边长之间满足的函数关系式； (2)已知出售一张边长为画板，获得的利润为130元（利润出售价成本价）， ①求一张画板的利润与边长之间满足的函数关系式； ②当边长为多少时，出售一张画板所获得的利润最大？最大利润是多少？ 【答案】(1) (2)①；②当正方形画板的边长为时，可获最大利润154元 【分析】（1）可设y出售价,把表中数据代入即可求出结论； （2）①每张画板的成本价与它的面积成正比例，可设其成本价，每张画板的出售价由基础价和浮动价两部分组成，其中基础价与画板的大小无关,是固定不变的,浮动价与画板的边长成正比例．②由利润出售价成本价，可得出二次函数，求出其最大值即可. 【详解】（1）设正方形画板的边长为，出售价为每张y元，且 由表格中的数据可得，， 解得 从而一张画板的出售价y与边长x之间满足函数关系式； （2）①设每张画板的成本价为，利润为w元， 则 当时，， ∴， 解得， ∴一张画板的利润w与边长x之间满足函数关系式； ②由，知当时，w有最大值，w最大值为154， 因此当正方形画板的边长为时，可获最大利润154元． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$