专题06 函数与性质（易错培优竞赛精练）-2024-2025学年高一数学竞赛能力培优精练（全国通用）

2025新高考高一函数与性质易错培优竞赛试题 【题组目录】 题组一：名校函数与性质易错题精选 题组二：名校函数与性质培优压轴试题精选 题组三：名校函数与性质新定义试题精选 题组四：函数与性质全国高中数学联赛强基计划精选试题 【精选练习】 题组一：名校函数与性质易错题精选 一、单选题 1．“定义在上的函数为奇函数”的充要条件为“的图像关于坐标原点对称”，该结论可以推广为“为奇函数”的充要条件为“的图像关于对称”，则函数的对称中心为（    ） A． B． C． D． 2．已知是定义在上的奇函数，当，且时，都有，若，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 3．已知函数，若不等式成立，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 4．已知是定义在上的偶函数，若对于任意的、且时，恒成立，且，则满足的实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 5．已知函数，，若对于任意，总存在，使得成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 6．已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递增.若关于的不等式的解集为，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 7．已知函数的定义域为，，都有，且，都有，若，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．（多选题）已知函数的定义域为.且满足，当时，，，则下列结论正确的有（     ） A．是奇函数 B．在上单调递增 C． D．不等式的解集为 9．（多选题）函数，则下列选项中正确的有（    ） A．函数的图象关于原点对称 B．若，则函数是定义域上的增函数 C．若，则函数的值域为 D．若，则，不等式（是一个无限小的正实数）恒成立 10．（多选题）取一条长度为1的直线段，将它三等分，去掉中间一段，留剩下两段，再将剩下的两段再分别三等分，各去掉中间一段，剩下更短的四段，……，将这样的操作一直继续下去，直至无穷，由于在不断分割舍弃过程中，所形成的线段数目越来越多，长度越来越小，在极限的情况下，得到一个离散的点集，称为康托尔三分集.某数学小组类比拓扑学中的康托尔三等分集，定义了区间上的函数，规定其具有以下性质：①任意，；②；③，则关于该函数下列说法正确的是 A．在上单调递增 B．的图象关于点对称 C．当时， D．当时， 11．已知定义在上的函数满足，且当时，，则不等式的解集为 ． 12．若定义在上的函数满足：对任意的，，都有：，当，时，还满足：，则不等式的解集为 ． 13．已知函数是定义域为，图象恒过点，对于上任意，都有，则关于的不等式的解集为 ． 14．若对，，使不等式成立，则的取值范围是 . 15．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，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，给定函数. (1)求的对称中心； (2)已知函数同时满足：①是奇函数；②当时，.若对任意的，总存在，使得，求实数的取值范围. 16．已知函数是定义在上的奇函数. (1)求实数的值； (2)判断并用定义证明函数在区间上的单调性； (3)记函数的最大值为，最小值为，当时，，求实数的值. 17．已知定义在上的函数满足：对任意，都有，且当时，． (1)判断并证明的奇偶性； (2)判断函数的单调性，并证明； (3)若对任意恒成立，求实数的取值范围． 18．已知函数为奇函数． (1)求，的值； (2)指出并证明在上的单调性； (3)求在区间上的值域. 题组二：名校函数与性质培优压轴试题精选 1．若定义在上的函数满足对任意的，且，都有，则称函数具有性质．已知函数具有性质，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 2．已知函数，若对于任意的、，且，都有成立，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．已知函数 . 记，则 的最大值与 的最小值的差为 （    ） A．-4 B．4 C． D． 4．已知函数的定义域为，对内的任意两个不相等的数，都有且．若实数m，n满足，则的最小值为（    ） A． B． C．20 D．19 5．所谓图形完全覆盖曲线是指中的每一个点都落在的内部或边界，现用一个有两个顶点在轴上的矩形区域完全覆盖函数，的图像，则这个矩形对角线长的最小值为：（     ）. A． B． C． D． 6．（多选题）已知函数的定义域为，满足且对任意的，有，则（    ） A． B． C． D． 7．（多选题）若定义域为，对任意，存在唯一，使得，则称在定义域上是“倒数函数”，则下列说法正确的是（    ） A．是倒数函数 B．是倒数函数 C．若在上是倒数函数，则 D．若存在，使得在定义域上是倒数函数，则 8．（多选题）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，我们发现可以推广为：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，下列说法正确的是（    ） A．函数的对称中心是 B．函数的对称中心是 C．类比上面推广结论：函数的图象关于直线成轴对称图形的充要条件是函数为偶函数 D．类比上面推广结论：函数的图象关于直线成轴对称图形的充要条件是函数为偶函数 9．（多选题）对，表示不超过的最大整数，如，，我们把，叫做取整函数，也称为高斯函数.以下关于“高斯函数”的命题，其中是真命题的有（   ） A．若，则 B．对，有成立 C．不等式的解集为 D．若函数，则 10．高斯是德国著名数学家，享有“数学王子”的美誉，以“高斯”命名的数学概念、定理、公式有很多，比如我们教材中所学习的“高斯函数”其中表示不超过x的最大整数，例如，，.现有函数，如果该函数既有最大值也有最小值，则实数t的取值范围是 . 11．若存在实常数和，使得函数和对其公共定义域上的任意实数都满足恒成立，则称直线为和的“媒介直线”.已知函数，，若和之间存在“媒介直线”，则实数的范围是 . 12．已知函数是定义域为的偶函数，当为两个不相等的正实数时，恒成立，若，，则不等式的解为 13．已知是定义域为的函数，且是奇函数，是偶函数，满足，若对任意的，都有成立，则实数的取值范围是 ． 14．已知函数的定义域为，对，满足，，当时，则关于的不等式的解集为 ． 15．若函数是定义域为，且对，，且，有，不等式的解集为 16．若函数的定义域为，集合，若存在非零实数使得任意都有，且，则称为上的增长函数． (1)已知函数，若是为上的增长函数，直接写出一个符合条件的实数的值（无需写出求解过程）； (2)已知函数，且是区间上的增长函数，求正整数的最小值； (3)已知函数是定义域为的奇函数，当时，，其中且，若为上的增长函数，求实数的取值范围． 17．若函数与满足：对任意的，总存在唯一的，使成立，则称是区间上的“阶自伴函数”；对任意的，总存在唯一的，使成立，则称是在区间上的“阶伴随函数”． (1)判断是否为区间上的“阶自伴函数”？并说明理由； (2)若函数为区间上的“阶自伴函数”，求的值； (3)若是在区间上的“阶伴随函数”，求实数的取值范围． 18．已知实数，函数，. (1)试判断函数的奇偶性； (2)用定义证明函数在上单调递增，并判断在是否也单调，如果单调，判断是增函数还是减函数. (3)当，时，用表示、的最大者，记为，求的最值. 19．已知是二次函数，且满足． (1)求的解析式； (2)当时，求的最大值； (3)已知函数满足以下两个条件：①的图象恒不在图象的上方；②对任意恒成立，求的最大值． 题组三：名校函数与性质新定义试题精选 1．高斯函数是用德国著名的数学家高斯的名字命名的，即设，用表示不超过的最大整数，例如，．已知函数，有下列四个结论：①；②在上单调递增；③的最小值为0；④没有最大值，其中所有正确结论的序号为（    ） A．①②③ B．①③④ C．①④ D．①② 2．意大利画家达·芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”，其中双曲余弦函数就是一种特殊的悬链线函数，其函数表达式为，相应的双曲正弦函数的表达式为.设函数，若实数m满足不等式，则m的取值范围为（    ） A． B． C． D． 3．（多选题）函数是物理中常见的锯齿波函数，其中表示不大于x的最大整数，标准锯齿波波形先呈直线上升，随后陡落，再上升，再陡落，如此反复．下列说法正确的有（   ） A． B．函数的最小正周期为 C．函数的值域为 D．函数为周期函数 4．（多选题）德国数学家狄里克雷（DⅠrⅠchlet，PeterGustavLejeune，1805-1859）在1837年给出了这样一个函数，这个定义较清楚地说明了函数的内涵：只要有一个法则，使得取值范围中的每一个，有一个确定的值与之对应就行了，不管这个法则是用解析式还是图像、表格等形式给出的．这个函数常称为狄里克雷函数．关于狄里克雷函数的性质，下面的表述中正确的是（    ） A．或1 B．的值域为 C．的图象关于直线对称 D．的图象关于直线对称 5．（多选题）函数称为狄利克雷函数，对于狄利克雷函数，下列结论正确的是（    ） A． B．的值域与函数的值域相同 C．是非奇非偶函数 D．对任意实数，都有 6．（多选题）函数称为取整函数，也称高斯函数，其中表示不大于实数x的最大整数（　　） A．若，则的最小值为 B．若，则的最大值为 1 C．若正数x，y满足，则的最小值为 9 D．若，则的最小值为 7．（多选题）形如的函数，我们称之为“对勾函数”.“对勾函数”具有如下性质：该函数在上单调递减，在上单调递增.已知函数在上的最大值比最小值大，则的值可以是（    ） A．4 B．12 C． D． 8．黎曼函数是一个特殊的函数，由德国数学家波恩哈德•黎曼发现并提出，在高等数学中有着广泛的应用.黎曼函数定义在上，其解析式为，若函数是定义在上的奇函数，且对任意的，都有，当时，，则 . 9．对定义在非空集合上的函数，以及函数，俄国数学家切比雪夫将函数的最大值称为函数与的“偏差”.若，，则函数与的“偏差”为 . 10．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，布劳威尔不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔（LEJBrouwer），简单的讲就是对于满足一定条件的图象不间断的函数，存在，使，那么我们称该函数为“不动点”函数，为函数的不动点.若，则的不动点为 . 11．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并构成一般不动点定理的基石，布劳威尔不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔（LEJ Brouwer），简单的讲就是对于满足一定条件的图象不间断的函数，存在点，使，那么我们称该函数为“不动点函数”，为函数的不动点. (1)若定义在R上仅有一个不动点的函数满足，试求函数的解析式. (2)若对任意的实数b，若函数恒有两个不动点，且满足如下条件： ①图象上两个不同点M，N的横坐标是函数的不动点； ②M，N的中点C在函数的图象上，求b的最小值. （注：两个点，的中点C的坐标公式为） 12．在中国古代数学中，也有一些与函数单调性相关的思想.例如，《九章算术》中对一些实际问题的解决，涉及到了量的变化关系，虽然没有从函数单调性的角度进行系统的理论阐述，但为后来的发展提供了一定的思想基础.十八世纪至十九世纪：在 18 世纪和 19 世纪，数学家们对函数单调性的理论进行了不断的完善.他们深入研究了函数的连续性、可导性与单调性之间的关系，发现了一些重要的定理和结论.例如，拉格朗日中值定理的出现，为研究函数的单调性提供了更加有力的理论支持.该定理沟通了函数与其导函数之间的联系，使得数学家们能够更加深入地理解函数单调性的本质.严格定义的提出：随着数学分析的发展，数学家们对函数单调性的定义也进行了不断的修正和完善.逐渐形成了现代数学中关于函数单调性的严格定义，即对于函数定义域内的任意两个不同的点，当自变量的大小关系确定时，函数值的大小关系也相应确定，这样的函数在该区间上具有单调性.这一定义的提出，使得函数单调性的概念更加准确和严谨.已知函数，． (1)若过点，求解析式； (2)若． （i）当函数不单调，求的取值范围； （ii）当函数的最小值是关于的函数，求表达式． 13．设函数的定义域为，若存在常数满足，且对任意的，总存在，使得，称函数为函数. (1)求证：函数是函数； (2)若函数是函数，求实数； (3)若函数是函数，求实数. 14．若函数G在上的最大值记为，最小值记为，且满足则称函数G是在的“美好函数” (1)已知函数； ①函数G是在上的“美好函数”，求a的值； ②当时，函数G是在上的“美好函数”，请直接写出t的值； (2)已知函数若函数G是在（为整数）上的“美好函数”，且存在整数k，使得，求的值. 15．已知函数.若对于给定的非零常数，存在非零常数，使得对于恒成立，则称函数是上的“级类周期函数”，周期为， (1)证明：函数是上的“2级类周期函数”，周期为1； (2)若函数是上周期为2的“2级类周期函数”，且当时，，对任意，都有，求的取值范围； (3)若函数是上周期为1的“级类周期函数”，当时，，若在上单调递减，求的取值范围. 题组四：函数与性质全国高中数学联赛强基计划精选试题 1．（2024高二上·安徽阜阳·竞赛）已知函数在定义域上单调递减，且函数的图象关于点对称．若实数满足，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（2012高一·全国·竞赛）已知是奇函数，且在内是减函数，又，则的解集是（    ）． A．或 B．或 C．或 D．或 3．（2014高一·全国·竞赛）已知函数的定义域为，对任意的，都有成立，则函数的奇偶性是（     ）. A．既奇又偶 B．非奇非偶 C．奇非偶 D．偶非奇 4．（2015高一·全国·竞赛）已知是定义在上的偶函数，对任意的，且，都有，则（    ）． A． B． C． D． 5．（2014高一·全国·竞赛）定义在上的函数满足：，且当时，，则（    ）. A．1006 B．1007 C．1008 D．1009 6．（2017高一·全国·竞赛）已知函数是定义在区间上的偶函数，且，则（    ） A．1 B．5 C．9 D．10 7．（2008高一·全国·竞赛）函数与有相同的定义域，且对定义域中任何都有，，若的解集是，则函数是（　　）. A．奇函数 B．偶函数 C．既是奇函数又是偶函数 D．非奇非偶函数 8．（2011高一·全国·竞赛）已知函数，满足：（ⅰ）对任意，都有；（ⅱ）对任意都有.则（    ） A．54 B．66 C．81 D．89 9．（2008高二·全国·竞赛）若对任何，不等式恒成立，则一定有（    ）． A． B． C． D． 10．（2024高三上·全国·竞赛）已知是定义在上单调递增且图像连续不断的函数，且有，设，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 11．（2007高三·全国·竞赛）设是定义在上的周期为的偶函数，已知当时，，则当 时，的解析式为（    ） A． B． C． D． 12．（2022高一·浙江温州·竞赛）设，，，则(    ) A． B． C． D． 13．（2021高一上·福建厦门·竞赛）已知f(x)是定义在R上的奇函数，且f（x＋1）＝f（1－x），f(1)＝5，则f（2020）＋f（2021）＋f（2022）＝（    ） A．5 B．10 C．－5 D．－10 14．（2021高一上·福建厦门·竞赛）定义在上的函数f(x)满足，且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 15．（2021高一上·福建厦门·竞赛）已知函数，若f(x)满足，则f（6）＝（    ） A．－6 B．0 C．6 D．12 16．（2018高三·全国·竞赛）函数与有相同的定义域，且对定义域中的任意x，有且，则函数是(　　) A．奇函数 B．偶函数 C．既是奇函数又是偶函数 D．非奇非偶函数 17．（16-17高三·北京·强基计划）设在R上可导的函数满足，并且在上有，实数a满足，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 18．（16-17高三·北京·强基计划）函数在区间上的最大值与最小值的差所在的区间是（    ） A． B． C． D．前三个答案都不对 19．（16-17高三·北京·强基计划）设函数．若对任意的实数x，都有，则实数m的取值范围是（    ） A． B． C． D． 20．（19-20高三·北京·强基计划）设实数满足，则的最大值为（    ） A．110 B．120 C．220 D．240 21．（2023高一上·山东滨州·竞赛多选题）已知是奇函数，是偶函数，下列说法正确的是（    ） A．是偶函数 B．为奇函数 C．为偶函数 D．为偶函数 22．（2022高三·浙江宁波·竞赛多选题）已知函数的定义域均为R，，且当时，，则（    ） A． B． C．函数在上单调递减 D．方程有且只有1个实根 23．（2022高一·浙江温州·竞赛多选题）设函数，则下列说法正确的是（    ） A．若，则在上单调递减 B．若，无最大值，也无最小值 C．若，则 D．若，则 24．（2020高一上·浙江温州·竞赛多选题）对恒成立，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 25．（2010高一·全国·竞赛）已知集合，若不等式对中任意都成立，则实数的取值范围为 . 26．（2018高一·全国·竞赛）已知函数是定义在R上的函数，且函数的图象关于点对称，对于任意的，总有成立，当时，.函数，对任意，存在，使得成立，则满足条件的实数构成的集合为 . 27．（2011高一·全国·竞赛）已知，则的大小关系是 . 28．（2018高一·全国·竞赛）已知函数是定义在上的奇函数，且其图象连续不断，对任意，有，且，则不等式的解集为 ． 29．（2022高一下·江苏南京·竞赛）已知有实数解，求的最大值为 ． 30．（2021高一下·广东佛山·竞赛）设满足：对任意，均存在，使得，则实数的取值范围是 . 31．（2021高一·浙江温州·竞赛）已知函数为偶函数，则 . 32．（2021高三·全国·竞赛）函数，则 . 33．（2020高三·全国·竞赛）设，函数在区间上的最小值为，在区间上的最小值为，若，则a的值为 ． 34．（2020高一上·浙江温州·竞赛）定义在R上的函数具有性质：（1）（2）当时，单调增，则不等式的解集为 . 35．（2019高三·全国·竞赛）若实数 满足的反函数有对称中心则点 的坐标为 . 36．（20-21高三下·广东·强基计划）写出一个函数 ，使得对于任意的恒成立． 37．（17-18高三·北京·强基计划）已知函数，若实数m满足恒成立，则m的取值范围是 ． 38．（17-18高三·北京·强基计划）设函数，且，则 ． 39．（20-21高三·江苏·强基计划）若对任意实数x都有，则a的取值范围为 ． 40．（2012高一·全国·竞赛）已知对任意，有，若，求x的取值范围． 41．（2007高一·全国·竞赛）函数的图象经过点，. (1)求函数； (2)设，，问：是否存在实数p（），使在区间上是减函数，且在区间上是增函数？证明你的结论. 42．（2014高一·全国·竞赛）函数向右平移1个单位，向上平移16个单位后得到函数，已知的函数图象与轴的一个交点坐标为，且整除. (1)求函数的解析式； (2)若对任意的，都有恒成立，求实数的取值范围. 43．（2007高一·全国·竞赛）已知函数（为负整数），函数的图象过点.是否存在实数，使在上为减函数，且在上为增函数. 44．（2023高二·安徽·竞赛）已知函数，且对一切，都有． (1)将分别表示成关于的函数，并求出的取值范围； (2)对于给定的，求在区间上的最小值． 45．（2022高三·浙江宁波·竞赛）已知，设函数． (1)判断函数的奇偶性； (2)若对任意的，不等式恒成立，求a的取值范围． 46．（2021高一上·福建厦门·竞赛）已知函数 对一切实数 都有 成立，且 (1)求 的解析式； (2)，若存在 ，使得 ，有 成立，求 的取值范围． 47．（2015高一·浙江绍兴·竞赛）已知函数 其中，． （Ⅰ）若为奇函数，求的值； （Ⅱ）若在上单调递减，求的值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！8 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025新高考高一函数与性质易错培优竞赛试题 【题组目录】 题组一：名校函数与性质易错题精选 题组二：名校函数与性质培优压轴试题精选 题组三：名校函数与性质新定义试题精选 题组四：函数与性质全国高中数学联赛强基计划精选试题 【精选练习】 题组一：名校函数与性质易错题精选 一、单选题 1．“定义在上的函数为奇函数”的充要条件为“的图像关于坐标原点对称”，该结论可以推广为“为奇函数”的充要条件为“的图像关于对称”，则函数的对称中心为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，由奇函数的定义列出方程，代入计算即可得到结果. 【详解】， 由奇函数的定义可知，，所以， 所以有， 整理得：，所以有, 解得：，，所以的对称中心为. 故选：A. 2．已知是定义在上的奇函数，当，且时，都有，若，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】构造，利用函数单调性与奇偶性的定义与判断得的性质，再分类讨论，与三种情况，利用的单调性即可得解. 【详解】因为当，且时，都有， 所以，令，则在上单调递增， 又是定义在上的奇函数，的定义域为， 且，所以是偶函数，， 所以在上单调递减， 对于，显然不满足不等式， 因为，所以，则， 当时，得，即，所以，则； 当时，，即，所以，则； 综上，或，即. 故选：B. 3．已知函数，若不等式成立，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】构造函数，验证其为奇函数，再将问题转化为，然后由单调性解抽象函数不等式即可； 【详解】设，则，故是奇函数． 不等式等价于不等式 即不等式 因为是奇函数，所以 易证是上的减函数，则，即，解得． 故选：B. 4．已知是定义在上的偶函数，若对于任意的、且时，恒成立，且，则满足的实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，，推出，在上单调递增，并根据是定义在上的偶函数得到为上的偶函数，并求出，从而得到，由单调性得到不等式，求出答案. 【详解】不妨设， 则， 即，所以， 令，则， 故在上单调递增， 因为是定义在上的偶函数，所以， 的定义域为R， 且， 故为上的偶函数， 因为，所以， ， 即， 故，即，解得. 故选：A 5．已知函数，，若对于任意，总存在，使得成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据对勾函数与二次函数的性质，可得两个函数分别在给定区间上的值域，由题意可得集合的包含关系，建立不等式组，可得答案. 【详解】当时，，则， 当且仅当，即时，等号成立； 由对勾函数可知函数在上单调递减，则当时，， 由函数，则其对称轴为直线， 所以函数在上单调递减，当时，， 由题意可得，可得，解得， 可得. 故选：B. 6．已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递增.若关于的不等式的解集为，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】令，根据题设有且在上，在上，再令判断在上述区间的大小关系，即可得不等式解集. 【详解】令为偶函数，且在上递增，， 结合题设知，在上，在上， 令为偶函数，且在上递增，， 若， 在上，则有， 在上，则有， 综上，结合题设的性质，不等式的解集为. 故选：B 7．已知函数的定义域为，，都有，且，都有，若，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】采用赋值法先分析的奇偶性，再根据条件得到的单调性，然后将函数值大小关系转化为自变量大小关系，从而可求结果. 【详解】因为，都有， 令，则，解得， 令，则，解得， 令，则， 又的定义域为关于原点对称，所以为偶函数； 因为，都有， 即，都有， 所以在上单调递减， 所以在上单调递减，所以在上单调递增， 又因为， 所以， 由此解得或， 故选：A. 8．（多选题）已知函数的定义域为.且满足，当时，，，则下列结论正确的有（     ） A．是奇函数 B．在上单调递增 C． D．不等式的解集为 【答案】BCD 【分析】令，求得的值，再令得到；由函数单调性的定义法判断函数的单调性；令，得到，由此递推出；由题中等量关系化简不等式得，由函数单调性列出不等式，解的解集. 【详解】选项A，令，则，则；令，则， 所以，所以不是奇函数，A选项错误； 选项B，，，且，因为，所以； 又因为当时，，所以，所以， 故在上的单调递增，B选项正确； 选项C，令，则有，所以，，，…，， 将以上式子相加可得：，C选项正确； 选项D，因为，所以原不等式可化为； 由选项C可知，所以原不等式可化为； 因为在上单调递增，所以，解得，D选项正确. 故选：BCD. 9．（多选题）函数，则下列选项中正确的有（    ） A．函数的图象关于原点对称 B．若，则函数是定义域上的增函数 C．若，则函数的值域为 D．若，则，不等式（是一个无限小的正实数）恒成立 【答案】ACD 【分析】由奇函数的定义，以及解析式直接判断函数单调性，基本不等式求最值，和对勾函数的单调性逐个判断即可. 【详解】对于A：函数定义域为，且，所以为奇函数，A正确； 对于B：当，取可得：，显然在定义域上不是增函数，B错误； 对于C：，当时， 在时，，当切仅当时取等号，再结合函数为奇函数， 故函数的值域为，C正确； 对于D：，由对勾函数的单调性可知，在上单调递减，在上单调递增， 当时，，又，（是一个无限小的正实数）,所以， 所以恒成立，D正确， 故选：ACD 10．（多选题）取一条长度为1的直线段，将它三等分，去掉中间一段，留剩下两段，再将剩下的两段再分别三等分，各去掉中间一段，剩下更短的四段，……，将这样的操作一直继续下去，直至无穷，由于在不断分割舍弃过程中，所形成的线段数目越来越多，长度越来越小，在极限的情况下，得到一个离散的点集，称为康托尔三分集.某数学小组类比拓扑学中的康托尔三等分集，定义了区间上的函数，规定其具有以下性质：①任意，；②；③，则关于该函数下列说法正确的是（   ） A．在上单调递增 B．的图象关于点对称 C．当时， D．当时， 【答案】BCD 【分析】由③可知的图象关于点对称，即可判断B；赋值可求，，，，，，即可判断C，结合①分析AD即可. 【详解】由可知：的图象关于点对称，故B正确； 由，令，可得，即， 由，令，可得，即， 由，令，可得，即， 由，令，可得，即， 因为，可知在上不是单调递增，故A错误； 且任意，，可知当时，， 由，令，可得，即，故C正确； 由，令，可得，即， 且任意，，可知当时，， 又因为当时，， 可知当时，，所以，故D正确； 故选：BCD. 11．已知定义在上的函数满足，且当时，，则不等式的解集为 ． 【答案】或 【分析】赋值求出，令，且，根据时，，得到，然后根据函数单调性解不等式即可. 【详解】因为， 令，则， 令，则， 令，且，则， 整理得， 因为，则，可得， 所以，即， 可知在定义域在上单调递增， 又因为，即， 可得，即， 由在定义域在上单调递增，可得，解得或， 所以不等式的解集为或． 故答案为：或 12．若定义在上的函数满足：对任意的，，都有：，当，时，还满足：，则不等式的解集为 ． 【答案】 【分析】利用赋值法判断出数的奇偶性，再利用判断单调性，最后分类求解即可. 【详解】对任意的，都有， 令，得，解得， 令，得，解得， ，令，得， 因此函数为偶函数； 当时，，则， 因此函数在上单调递减，令，， 当时，在上单调递减， 又，即是偶函数， 不等式 因此，解得或， 所以原不等式的解集为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：求解抽象的函数不等式，探讨函数的奇偶性和单调性是求解的关键. 13．已知函数是定义域为，图象恒过点，对于上任意，都有，则关于的不等式的解集为 ． 【答案】 【分析】构造函数，利用的单调性，把函数不等式转化为代数不等式求解. 【详解】因为，所以， 即，即在上单调递增. 又，所以. 由，即. 所以. 故答案为： 14．若对，，使不等式成立，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】根据题意可得，利用对勾函数的单调性可求得，从而将问题再转化为恒成立，然后分情况求的取值范围. 【详解】， 即对，使不等式成立， ∴， ∵对勾函数在上单调递增，故． 恒成立， 函数图象的对称轴为， ∴，解得， 或，无解， 或，无解， 综上， 故答案为：． 15．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，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，给定函数. (1)求的对称中心； (2)已知函数同时满足：①是奇函数；②当时，.若对任意的，总存在，使得，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设函数的对称中心为，根据对称性得到关于，的方程，求解即可； （2）易求得的值域为，设函数的值域为集合，则问题可转化为，分，和三种情况讨论，从而得出答案. 【详解】（1）， 设的对称中心为， 由题意，得函数为奇函数， 则， 即， 即， 整理得， 所以，解得，， 所以函数的对称中心为. （2）因为对任意的，总存在，使得， 因为函数，在上都是增函数， 所以函数在上是增函数， 所以的值域为， 设函数的值域为集合， 则原问题转化为， 因为函数是奇函数，所以函数关于对称， 又因为，所以函数恒过点， 当即时， 在上递减，在上递增， 又因函数过对称中心， 所以函数在上递增，在上递减， 故此时，， 要使， 只需要，解得， 当即时，在上递减，则函数在上也是减函数， 所以函数在上递减， 则， 又， 所以，解得； 综上所述实数的取值范围为． 16．已知函数是定义在上的奇函数. (1)求实数的值； (2)判断并用定义证明函数在区间上的单调性； (3)记函数的最大值为，最小值为，当时，，求实数的值. 【答案】(1) (2)单调递减，证明见解析 (3)1或 【分析】（1）根据求出的值，再代入检验即可； （2）由（1）可得，再根据单调性的定义证明即可； （3）结合（2）得在和单调递减，在单调递增，显然，再分、两种情况讨论，分别求出函数的最值，从而得到方程，解得即可. 【详解】（1）因是上的奇函数，故， 当时，，，满足题意. 综上知，. （2）由（1）知，则在上单调递减， 下面用定义证明： 任取且， 则 ， 因为，故，，所以，即， 所以在上单调递减. （3）由于是上的奇函数，结合（2）得在和单调递减，在单调递增， 显然， 当时，在和上单调递减，在上单调递增， 故，， 于是有，解得，舍去； 当时，在单调递增，， ，于是有，整理得， 即，解得或或（舍去）. 综上，实数的值为或. 17．已知定义在上的函数满足：对任意，都有，且当时，． (1)判断并证明的奇偶性； (2)判断函数的单调性，并证明； (3)若对任意恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)奇函数，证明见解析； (2)增函数，证明见解析； (3). 【分析】（1）令可求得的值，令，结合函数奇偶性的定义可证得结论成立. （2）设，则，，作差，并判断出的符号，结合函数单调性的定义可证得结论成立. （3）由奇函数的性质变形不等式，再利用单调性脱去法则，分离参数转化成恒成立问题求解. 【详解】（1）函数为奇函数. 对任意，都有， 令，得，解得， ，令，则，即， 所以为奇函数. （2）函数在上单调递增. ，则，而当时，，于是， 则， 所以函数在上单调递增. （3）不等式， 由（1）知 ，由（2）知，， 因此对任意，不等式恒成立，即恒成立， 而当时，，当且仅当时取等号，则， 所以实数的取值范围是. 18．已知函数为奇函数． (1)求，的值； (2)指出并证明在上的单调性； (3)求在区间上的值域. 【答案】(1)， (2)单调递增，证明见解析 (3) 【分析】（1）根据奇函数的性质求参数的值. （2）利用单调性的定义证明函数的单调性. （3）根据函数的单调性求函数在给定区间上的值域. 【详解】（1）依题意可知，的定义域为，且，， 即， ，. （2）由（1）可知，，其在上单调递增， 证明：， ， 在上单调递增. （3）奇函数在上单调递增， 在上单调递增， 在上单调递增. 又，， 在上的值域为. 题组二：名校函数与性质培优压轴试题精选 1．若定义在上的函数满足对任意的，且，都有，则称函数具有性质．已知函数具有性质，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】构造函数，由题意可以推出函数的单调性，结合函数定义域利用函数的单调性解不等式即可. 【详解】因为对任意的，且，都有， 即对任意两个不相等的正实数，不妨设，都有， 所以有， 所以函数是上的减函数， 由的定义域为，则在中满足，解得， 当时， ， 则，所以，解得， 故不等式的解集为． 故选：D. 【点睛】关键点睛：解决本题的关键是由已知条件去构造函数，并结合已知求出不等式中的范围再解不等式即可. 2．已知函数，若对于任意的、，且，都有成立，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】构造函数，分析可知，函数在上为减函数，分、两种情况讨论，在时，直接验证即可；在时，根据二次函数的单调性可得出关于实数的不等式组，综合可得出实数的取值范围. 【详解】因为对于任意的、，且， 都有成立， 在不等式两边同时除以可得， 则， 构造函数，则， 所以，函数在上单调递减， 当时，在上单调递增，不合乎题意， 当时，若使得函数在上单调递减， 则，解得. 综上所述，实数的取值范围是. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于构造函数后，对实数分类讨论，尤其在处理二次函数在区间上单调性时，要注意对称轴不能在定义域内，另外要分根据图象确定二次函数的开口方向. 3．已知函数 . 记，则 的最大值与 的最小值的差为 （    ） A．-4 B．4 C． D． 【答案】B 【分析】先分析的正负区间，从而得出在各区间的函数解析式，结合，，利用函数的单调性求解 的最大值与 的最小值即可. 【详解】由题意，， 故当或时，，当时，， 故当或时，， 当时，. 又对称轴为，开口向上，对称轴为，开口向下， 且，. 综上有当时，为增函数， 当时，为减函数， 当时为减函数， 故最大值为； 当时，为减函数， 当时，为减函数， 当时为增函数， 故最小值为. 故 的最大值与 的最小值的差为. 故选：B 4．已知函数的定义域为，对内的任意两个不相等的数，都有且．若实数m，n满足，则的最小值为（    ） A． B． C．20 D．19 【答案】B 【分析】利用赋值法求得，令，进而可求得，可计算，结合单调性可求得最小值. 【详解】， 令， 和原式比较， ， 都有在上单调递增， ， . 故选：B． 【点睛】思路点睛：通过构造函数得到，进而运算得到是本题的重点，也是解决有些抽象函数问题的常用方法. 5．所谓图形完全覆盖曲线是指中的每一个点都落在的内部或边界，现用一个有两个顶点在轴上的矩形区域完全覆盖函数，的图像，则这个矩形对角线长的最小值为：（     ）. A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由由对称性，只考虑，当对角线长较大时，会存在两个位置的矩形符合题意；当对角线长较小时，会存在只有一个位置的临界位置即为所求，设矩形轴上方的点为，轴上两点分别为（在左侧）设，联立方程得，判别式等于0，求出，进而求出，而令①中，再由根与系数的关系求解，判断选项. 【详解】由对称性：只考虑，当对角线长较大时，会存在两个位置的矩形符合题意；当对角线长较小时，会存在只有一个位置的临界位置即为所求，此时矩形的四条边均与的图像相切.设矩形轴上方的点为，轴上两点分别为（在左侧）. 设，， ，即：，即：， 由得：. 而令①中 且得，， 过作轴，设， 则，， 故， 所以. 故选：D. 【点睛】关键点睛：利用函数的对称性和新定义，进行分析求解，根据一元二次方程的判别式求解参数关系与范围，进而得到结论. 6．（多选题）已知函数的定义域为，满足且对任意的，有，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】B选项，赋值得到；C选项，令，结合得到，故C正确；A选项，中，赋值得到，题目条件中令得到；D选项，求出函数的周期为，并且，从而求出D正确. 【详解】B选项，， 令得，因为，所以，故B正确： C选项，令得， 即，所以，故C正确； A选项，由C选项知，，故， 中， 令得，解得，故A错误； D选项，中，令得 ①， 中，将换成得 ②，①②两式相加得， 即， 则，所以． 故函数的周期为， 由得， 由得， 故， 所以，故D正确. 故选：BCD． 【点睛】知识点点睛：设函数，，，． （1）若，则函数的周期为2a； （2）若，则函数的周期为2a； （3）若，则函数的周期为2a； （4）若，则函数的周期为2a； （5）若，则函数的周期为； （6）若函数的图象关于直线与对称，则函数的周期为； （7）若函数的图象既关于点对称，又关于点对称，则函数的周期为； （8）若函数的图象既关于直线对称，又关于点对称，则函数的周期为； 7．（多选题）若定义域为，对任意，存在唯一，使得，则称在定义域上是“倒数函数”，则下列说法正确的是（    ） A．是倒数函数 B．是倒数函数 C．若在上是倒数函数，则 D．若存在，使得在定义域上是倒数函数，则 【答案】ACD 【分析】翻译题目可得在定义域上是“倒数函数”当且仅当，其中的值域、的值域分别为，对于AB，直接根据等价命题判断即可，对于C，首先求得，根据倒数函数的定义可得（1）且（2），解出即可判断；对于D，对进行适当划分并分类讨论，由必要性得，反过来验证充分性是否成立即可. 【详解】由题意对任意，存在唯一，使得，则称在定义域上是“倒数函数”， 则在定义域上是“倒数函数”当且仅当对任意，存在唯一，使得； 即当且仅当的值域是的值域的子集， 定义的值域、的值域分别为， 所以在定义域上是“倒数函数”当且仅当； 对于A，的值域为，而的值域为，显然满足，故A正确； 对于B，由对勾函数性质可得，的值域为， 而的值域为，不满足，故B错误； 对于C，由题意在上是倒数函数， 首先当时，单调递减，此时， 由倒数函数定义可知，不包含0，即（1）； 从而在时的值域为， 由题意， 所以要满足题意，还需满足（2）； 只需（1）（2）式子同时成立即可，所以当且仅当，解得，故C正确； 对于D，必要性：情形一：当时，在定义域上单调递增， 则， 若在定义域上是倒数函数， 首先，此时的值域为， 同时注意到不成立，故不符合题意； 情形二：当时，在定义域上单调递增， 则， 若在定义域上是倒数函数， 首先，此时的值域为， 同时注意到不成立，故不符合题意； 情形三：当时，注意到的对称轴为，则， （i）当时，， 由二次函数性质可知存在使得，即此时， 若在定义域上是倒数函数， 首先，此时的值域为， 同时注意到不成立，故不符合题意； （ii）当时，由二次函数性质可知， 即此时，注意到， 若在定义域上是倒数函数， 首先，其次结合，可得应该满足； 充分性：，有， ，使得， 这表明当时，存在，使得在定义域上是倒数函数，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：解决C选项的关键是要依次得出（1）以及（2），解决D选项的关键在于先由必要性求参数，再验证充分性即可. 8．（多选题）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，我们发现可以推广为：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，下列说法正确的是（    ） A．函数的对称中心是 B．函数的对称中心是 C．类比上面推广结论：函数的图象关于直线成轴对称图形的充要条件是函数为偶函数 D．类比上面推广结论：函数的图象关于直线成轴对称图形的充要条件是函数为偶函数 【答案】ABC 【分析】计算可判断A选项；计算可判断B选项；推导出函数的图象关于直线对称的充要条件为函数为偶函数，可判断CD选项. 【详解】因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， 则，可得， 对于A选项，因为， 则， 所以，函数的图象关于点对称，A对； 对于B选项，因为， 则， ， 所以，， 所以，函数的对称中心是，B对； 若函数的图象关于直线成轴对称图形， 在函数的图象上任取一点， 则该点关于直线的对称点在函数的图象上， 所以，， 用替代等式中的可得， 此时，函数为偶函数， 所以，函数的图象关于直线对称的充要条件为函数为偶函数， 对于C选项，类比上面推广结论： 函数的图象关于直线成轴对称图形的充要条件是函数为偶函数，C对； 对于D选项，函数的图象关于直线成轴对称图形的充要条件是函数为偶函数，D错. 故选：ABC. 【点睛】结论点睛：本题考查利用函数的对称性求参数，可利用以下结论来转化： ①函数的图象关于点对称，则； ②函数的图象关于直线对称，则. 9．（多选题）对，表示不超过的最大整数，如，，我们把，叫做取整函数，也称为高斯函数.以下关于“高斯函数”的命题，其中是真命题的有（   ） A．若，则 B．对，有成立 C．不等式的解集为 D．若函数，则 【答案】BCD 【分析】根据高斯函数的性质可判断A的正误，根据的性质结合一元二次不等式的解法可判断C的正误，结合二次函数的性质可判断D的正误，设，可判断该函数的周期为1并可证明时，据此可判断B的正误. 【详解】对于A，当时，则 ，故A错误 对于B，设， 则 ， 故为周期函数且周期为1，下面考虑时的值， 当时，对确定的，，， ，，而， 故此时， 综上，时，故时，， 所以，故B正确； 对于C，由得或， 所以不等式的解集为，故C正确 对于D.函数， 因为是整数，所以，即函数，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：与高斯函数有关的不等式，需先求出高斯函数满足的不等式，再根据高斯函数的性质得到自变量的性质，而与高斯函数有关的恒等式的证明，需构建新函数，利用其周期性缩小讨论的范围. 10．高斯是德国著名数学家，享有“数学王子”的美誉，以“高斯”命名的数学概念、定理、公式有很多，比如我们教材中所学习的“高斯函数”其中表示不超过x的最大整数，例如，，.现有函数，如果该函数既有最大值也有最小值，则实数t的取值范围是 . 【答案】 【分析】根据新定义，分析的取值范围，结合图象，得出的最值情况确定的取值范围. 【详解】设，则，得. ， 令，则， 所以，得， 又既有最大值又有最小值， 当时，的图象如图所示， 在上有最小值，无最大值，不符合题意； 当时，的图象如图所示， 在上有最小值，无最大值，不符合题意； 当时，的图象如图所示， 在上有最大值和最小值，符合题意； 当时，的图象如图所示， 在上有最大值，无最小值，不符合题意； 综上，，即实数的取值范围为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质，主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质. 11．若存在实常数和，使得函数和对其公共定义域上的任意实数都满足恒成立，则称直线为和的“媒介直线”.已知函数，，若和之间存在“媒介直线”，则实数的范围是 . 【答案】 【分析】结合函数图像，利用临界情况，同时与和均相切求解即可. 【详解】恒成立，即的图像一直在和之间， ， 当同时与和均相切时，方程和方程均只有一个解， 即和均只有一个解， 故或，解得或， 结合图像可知，“媒介直线”的截距. 故答案为： 【点睛】思路点睛：本题考查函数新定义，注意理解新定义，然后数形结合，利用临界情况求解即可. 12．已知函数是定义域为的偶函数，当为两个不相等的正实数时，恒成立，若，，则不等式的解为 【答案】 【分析】由题意可得，构造函数，利用函数的奇偶性和单调性解不等式即可. 【详解】设，则，， 由，得， ，即. 设，则在上单调递增， 又为定义域为的偶函数，所以， 得，则为上的奇函数， 所以在上也单调递增. 由，得， 由，得， 当时，由，得，即， 解得； 当时，由，得，即， 解得， 所以的解集为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是由变形为，构造出函数，利用函数的单调性、奇偶性解不等式也是关键点. 13．已知是定义域为的函数，且是奇函数，是偶函数，满足，若对任意的，都有成立，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【分析】先根据函数的奇偶性求得的解析式，构造函数，根据的单调性以及对进行分类讨论来求得的取值范围. 【详解】由题意可得， 因为是奇函数，是偶函数， 所以，联立， 解得，又因为对于任意的，都有成立， 所以，即成立， 构造， 所以由上述过程可得在单调递增， 若，则对称轴，解得； 若，则在单调递增，满足题意； 若，则对称轴恒成立；综上，． 故答案为： 【点睛】易错点睛： 奇偶性判断的细节：在利用奇偶性构造函数时，容易在符号处理上出现错误，尤其是对于奇函数和偶函数的性质.确保每一步推导中符号的准确是非常重要的. 分类讨论的完整性：在进行参数的分类讨论时，必须确保每种情况都被考虑到，包括.如果遗漏某一情况，可能会导致结论不完整. 14．已知函数的定义域为，对，满足，，当时，则关于的不等式的解集为 ． 【答案】 【分析】根据给定条件，探讨函数的单调性，并求出的值，再利用单调性脱去法则“”求解作答. 【详解】对，满足，且当时， 任取，且，则，有， 于是， 因此在上单调递增， 又， 解得， 从而，则， 解得或， 所以原不等式的解集是. 故答案为：. 15．若函数是定义域为，且对，，且，有，不等式的解集为 【答案】 【分析】首先，对不等式进行变形，转化为，再根据定义法以及给定条件分析的单调性，求解不等式即可. 【详解】由题设，其中，可变形为； 令，则，即函数在实数上单调递增； 不等式移项变形可得， 进一步化简得到， 因此原不等式可化简为，即 由于在实数上单调递增， 不等式成立的条件是，解得， 因此，不等式的解集为， 故答案为： 【点睛】关键点睛：关键在于利用函数的单调性简化原不等式，从而直接得到解集。通过引入辅助函数，可以将问题转化为更易于分析的形式，利用函数单调性的性质求解，这是解决此类问题的一种有效策略。 16．若函数的定义域为，集合，若存在非零实数使得任意都有，且，则称为上的增长函数． (1)已知函数，若是为上的增长函数，直接写出一个符合条件的实数的值（无需写出求解过程）； (2)已知函数，且是区间上的增长函数，求正整数的最小值； (3)已知函数是定义域为的奇函数，当时，，其中且，若为上的增长函数，求实数的取值范围． 【答案】(1)（答案不唯一，即可） (2) (3) 【分析】（1）写出，并得到，故满足要求； （2）由已知在上恒成立，故，解得，得到答案； （3）当时，满足要求，当时，结合图象证明，进一步证明. 【详解】（1），理由如下： 的定义域为，当时， ，故恒成立， 所以是为上的增长函数； （2）由题意得，，， 即，整理得在上恒成立， 因为，所以关于的一次函数单调递增， 所以当时，取得最小值，最小值为， 所以只需，解得， 故正整数的最小值为； （3）因为，当时，当时，， 又函数是定义域为的奇函数，故当时，，故， 即，故， 故，函数在上单调递增， ， 满足为上的增长函数； 当时，当时，， 则当时，，当时，， 由奇函数的对称性可知，当时，，当时，， 画出的图象，如下：    由函数图象可知，在上单调递减，其余区间上单调递增， 为上的增长函数，故对任意的，有， 因为在上单调递减，则不能同在区间上， 所以， 又因为时，，当时，， 若，令，则，此时， 故，不合题意， 故，解得， 若，当时，因为在上单调递增， 故满足； 当，即， 此时，， 故， 因为，所以， 又，故，满足要求； 当，即时，， 又，故， 故恒成立， 综上，实数的取值范围为 【点睛】方法点睛：新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 17．若函数与满足：对任意的，总存在唯一的，使成立，则称是区间上的“阶自伴函数”；对任意的，总存在唯一的，使成立，则称是在区间上的“阶伴随函数”． (1)判断是否为区间上的“阶自伴函数”？并说明理由； (2)若函数为区间上的“阶自伴函数”，求的值； (3)若是在区间上的“阶伴随函数”，求实数的取值范围． 【答案】(1)不是，理由见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据定义，取，然后判断出不存在，由此可作出判断； （2）根据定义，当时，用表示出，判断出对应函数单调性并求解出值域，根据值域与的包含关系求解出结果； （3）根据定义，先分析出在上值域的情况，然后结合区间与对称轴对进行分类讨论，从而求解出的取值范围. 【详解】（1）假设是区间上的“阶自伴函数”， 不妨取，则，由可得， 此时无解，所以假设不成立， 所以不是区间上的“阶自伴函数”. （2）由题意可知，对任意的，总存在唯一的，使成立， 即对任意的，总存在唯一的，使成立， 因为在上单调递减， 当时，，当时，， 因为对内的每一个，在内都存在唯一与之对应，且， 所以， 所以，解得. （3）由题意可知，对任意的，总存在唯一的，使成立， 即对任意的，总存在唯一的，使成立， 因为，所以， 所以在上的值域包含且的值域在内对应的自变量是唯一的， 又，对称轴，且， 当时，在上单调递增， 所以，解得； 当时，在上单调递减， 所以，解得； 当时，在上单调递减，在上单调递增， 所以，解得； 当时，在上单调递减，在上单调递增， 所以，解得； 综上所述，的取值范围为. 【点睛】结论点睛：函数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，， （1）若，，总有成立，故； （2）若，，有成立，故； （3）若，，有成立，故； （4）若，，有，则的值域是值域的子集． 18．已知实数，函数，. (1)试判断函数的奇偶性； (2)用定义证明函数在上单调递增，并判断在是否也单调，如果单调，判断是增函数还是减函数. (3)当，时，用表示、的最大者，记为，求的最值. 【答案】(1)偶函数 (2)证明见解析，函数在上是增函数 (3)最小值为，最大值为 【分析】（1）利用函数奇偶性的定义可判断出函数的奇偶性； （2）任取、且，作差，变形，判断的符号，结合函数单调性的定义可证得结论成立；同理结合函数单调性的定义可判断出函数在上的单调性； （3）化简函数在上的解析式，并分析函数在区间上的单调性，即可求出函数在上的最小值和最大值. 【详解】（1）因为实数，函数，， 则，其中， ，则函数为偶函数. （2）因为，任取、且，则，， 则 ，即， 所以，函数在上为增函数， 函数在上也为增函数，理由如下： 因为，任取、且，则，， 则 ，即， 所以，函数在上为增函数. （3）当时，，， 则， 因为，当时，，即， 当时，，即， 故当时，， 由对勾函数的单调性可知，函数在上为减函数，在上为增函数， 因为函数、在上均为增函数， 所以，函数在上为增函数， 又因为函数在上连续，故函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，， 又因为，，则， 所以，当时，函数在区间上的最小值为，最大值为. 【点睛】方法点睛：利用定义证明函数单调性的方法： （1）取值：设、是所给区间上的任意两个值，且； （2）作差变形：即作差，并通过因式分解、配方、有理化等方法，向有利于判断符号的方向变形； （3）定号：确定差的符号； （4）下结论：判断，根据定义得出结论. 19．已知是二次函数，且满足． (1)求的解析式； (2)当时，求的最大值； (3)已知函数满足以下两个条件：①的图象恒不在图象的上方；②对任意恒成立，求的最大值． 【答案】(1) (2)1 (3) 【分析】（1）设，，由题意条件，待定系数法求出函数解析式； （2）当时，，换元得到，利用基本不等式进行求解； （3）得到，令得，在R上恒成立，故，结合得到，从而，消元得到，配方后得到最大值，验证后得到结论. 【详解】（1）设，， ， 因为，故， 所以， 故，解得， 故二次函数为； （2）当时，， 令， 故， 由基本不等式得，当且仅当，即，时，等号成立， 故. （3）由题意得， 令得，故， 恒成立，即在R上恒成立， 故， 故 ， 故，即， 所以， 此时 ， 当且仅当时，等号成立， 此时中， ， 满足的图象恒不在图象的上方， 综上，的最大值为. 【点睛】关键点点睛，本题第三问，由题意得到，令得，故，从而得到，，消元法求出最值，再验证是否满足要求. 题组三：名校函数与性质新定义试题精选 1．高斯函数是用德国著名的数学家高斯的名字命名的，即设，用表示不超过的最大整数，例如，．已知函数，有下列四个结论：①；②在上单调递增；③的最小值为0；④没有最大值，其中所有正确结论的序号为（    ） A．①②③ B．①③④ C．①④ D．①② 【答案】B 【分析】根据所给定义计算出，，即可判断①②，分段分别化简函数解析式，再确定相应的函数值的取值范围，画出函数图象（部分），即可判断③④. 【详解】因为， 所以，，所以，故①正确； 因为，所以在上不可能单调递增，故②错误； 当时，所以， 当时，所以，所以，所以； 当时，所以，所以，所以； 当时，所以，所以，所以； ，所以当时； 所以的图象（部分）如下所示： 由图可知有最小值且最小值为，无最大值，故③、④正确. 故选：B 2．意大利画家达·芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”，其中双曲余弦函数就是一种特殊的悬链线函数，其函数表达式为，相应的双曲正弦函数的表达式为.设函数，若实数m满足不等式，则m的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，写出函数解析式，由奇偶性和单调性，解不等式. 【详解】由题意，，由， 则函数为奇函数，即 ，因，易知其为增函数， 则，解得或， 故选：D. 3．（多选题）函数是物理中常见的锯齿波函数，其中表示不大于x的最大整数，标准锯齿波波形先呈直线上升，随后陡落，再上升，再陡落，如此反复．下列说法正确的有（   ） A． B．函数的最小正周期为 C．函数的值域为 D．函数为周期函数 【答案】AB 【分析】令，代入求解即可判断A；求出的周期即可判断B；求出值域即可判断C；根据图象判断D 【详解】令，则， ，而，故A对； ，即， 所以是周期函数，1是一个周期， 设是函数一个周期， 即，所以， 故函数的周期为整数，而1是最小的正整数，故的最小正周期为1， 根据图象的伸缩变换，的图象是由图象纵坐标不变，横坐标缩短为原来的倍，所以函数的最小正周期为，故B对； 由，所以的值域为， 而，又， 即函数的值域为，故C错； 当时，，所以， 当时，，，所以， ， 随增大而增大 故不是周期函数，故D错 故选：AB 4．（多选题）德国数学家狄里克雷（DⅠrⅠchlet，PeterGustavLejeune，1805-1859）在1837年给出了这样一个函数，这个定义较清楚地说明了函数的内涵：只要有一个法则，使得取值范围中的每一个，有一个确定的值与之对应就行了，不管这个法则是用解析式还是图像、表格等形式给出的．这个函数常称为狄里克雷函数．关于狄里克雷函数的性质，下面的表述中正确的是（    ） A．或1 B．的值域为 C．的图象关于直线对称 D．的图象关于直线对称 【答案】BC 【分析】根据为无理数，可对A判断；根据定义可对B判断；根据函数的对称性可判定CD. 【详解】对于A项：因为为无理数，所以，故A项错误； 对于B项：由题意知的值域为：，故B项正确； 对于C项：若为有理数，则为有理数，则，若为无理数， 则为无理数，则，即的图象关于直线对称，故C正确； 对于D项：当时，， 此时，所以的图象不关于直线对称，故D项错误. 故选：BC. 5．（多选题）函数称为狄利克雷函数，对于狄利克雷函数，下列结论正确的是（    ） A． B．的值域与函数的值域相同 C．是非奇非偶函数 D．对任意实数，都有 【答案】ABD 【分析】利用狄利克雷函数的定义代入计算可得A正确；求出函数的值域为，可知B正确；由奇偶性定义可得是偶函数，即C错误；分别对和进行分类讨论可知D正确. 【详解】对于A，根据狄利克雷函数定义可知，即A正确； 对于B，易知函数的定义域为， 当时，；当时，； 即函数的值域为，所以B正确； 对于C，易知函数的定义域关于原点对称，当时，，则； 当时，，则，即为偶函数，所以C错误； 对于D，当时，，此时； 当时，，此时，所以D正确； 故选：ABD 6．（多选题）函数称为取整函数，也称高斯函数，其中表示不大于实数x的最大整数（　　） A．若，则的最小值为 B．若，则的最大值为 1 C．若正数x，y满足，则的最小值为 9 D．若，则的最小值为 【答案】ABD 【分析】对于A，易知，再由函数单调性可判断；对于B，利用基本不等式可得，由此可判断；对于C，举反例即可判断；对于D，先求出的范围，再结合取整函数的定义可判断． 【详解】对于A，由于[x]＝2，则， 易知， 而函数在上单调递增， ∴当时，的最小值为，选项A正确； 对于B，∵， ∴，又 ∴，（当且仅当即或时等号成立）， ∴的最大值为 1，选项B正确； 对于C，不妨取，此时满足， 但，故选项C错误； 对于D， （当且仅当，即时等号成立）， ∴，选项D正确． 故选：ABD． 7．（多选题）形如的函数，我们称之为“对勾函数”.“对勾函数”具有如下性质：该函数在上单调递减，在上单调递增.已知函数在上的最大值比最小值大，则的值可以是（    ） A．4 B．12 C． D． 【答案】AD 【分析】依题意得到函数的单调性，再分、、三种情况讨论，分别求出函数的最值，即可得到方程，解得即可. 【详解】依题意可得在上单调递减，在上单调递增， 若，即时在上单调递增，所以， ， 所以，解得； 若，即时在上单调递减，所以， ， 所以，解得（舍去）； 当，即时在上单调递减，在上单调递增， 所以，， 若且，即，， 所以，解得或（舍去）； 若且，即，， 所以，解得或（舍去）； 综上可得或. 故选：AD 8．黎曼函数是一个特殊的函数，由德国数学家波恩哈德•黎曼发现并提出，在高等数学中有着广泛的应用.黎曼函数定义在上，其解析式为，若函数是定义在上的奇函数，且对任意的，都有，当时，，则 . 【答案】/ 【分析】由，推得，得到的周期为4，奇函数性质得，且，即可求解. 【详解】因为，所以， 因为是奇函数，所以， 所以，所以的周期为4， 所以， 且， 所以. 故答案为：. 9．对定义在非空集合上的函数，以及函数，俄国数学家切比雪夫将函数的最大值称为函数与的“偏差”.若，，则函数与的“偏差”为 . 【答案】/ 【分析】根据题意，直接，再由二次函数的最值求解. 【详解】， 因为，所以， 则， 故函数与的“偏差”为. 故答案为： 10．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，布劳威尔不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔（LEJBrouwer），简单的讲就是对于满足一定条件的图象不间断的函数，存在，使，那么我们称该函数为“不动点”函数，为函数的不动点.若，则的不动点为 . 【答案】0或1 【分析】设的不动点为，由题意，再代入可得，进而求解即可. 【详解】设的不动点为，则由题意，又，故，即，所以，故为的不动点，故，即，解得或，即的不动点为0或1. 故答案为：0或1 11．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并构成一般不动点定理的基石，布劳威尔不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔（LEJ Brouwer），简单的讲就是对于满足一定条件的图象不间断的函数，存在点，使，那么我们称该函数为“不动点函数”，为函数的不动点. (1)若定义在R上仅有一个不动点的函数满足，试求函数的解析式. (2)若对任意的实数b，若函数恒有两个不动点，且满足如下条件： ①图象上两个不同点M，N的横坐标是函数的不动点； ②M，N的中点C在函数的图象上，求b的最小值. （注：两个点，的中点C的坐标公式为） 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）设不动点为，由条件推得，解方程求出并验证得解. （2）利用不动点的定义求出的范围，再利用中点坐标公式及韦达定理求出为的函数关系，再求出函数最小值即得. 【详解】（1）设函数的唯一不动点为，即，由， 得，即，于是，解得或， 当时，，由，得，解得或，有两个不动点，不符合题意； 当时，，由，得，解得，只有一个不动点，符合题意， 所以函数的解析式是. （2）由，得，由对任意的实数b，函数恒有两个不动点， 得对任意的实数b，恒成立，于是，解得， 设函数的两个不动点为，则，又 于是线段的中点，即， 由点C在函数的图象上，得， 整理得，当且仅当时取等号， 所以b的最小值为. 【点睛】关键点点睛：利用不动点的定义，结合一元二次不等式恒成立求出的范围是求解第2问的关键. 12．在中国古代数学中，也有一些与函数单调性相关的思想.例如，《九章算术》中对一些实际问题的解决，涉及到了量的变化关系，虽然没有从函数单调性的角度进行系统的理论阐述，但为后来的发展提供了一定的思想基础.十八世纪至十九世纪：在 18 世纪和 19 世纪，数学家们对函数单调性的理论进行了不断的完善.他们深入研究了函数的连续性、可导性与单调性之间的关系，发现了一些重要的定理和结论.例如，拉格朗日中值定理的出现，为研究函数的单调性提供了更加有力的理论支持.该定理沟通了函数与其导函数之间的联系，使得数学家们能够更加深入地理解函数单调性的本质.严格定义的提出：随着数学分析的发展，数学家们对函数单调性的定义也进行了不断的修正和完善.逐渐形成了现代数学中关于函数单调性的严格定义，即对于函数定义域内的任意两个不同的点，当自变量的大小关系确定时，函数值的大小关系也相应确定，这样的函数在该区间上具有单调性.这一定义的提出，使得函数单调性的概念更加准确和严谨.已知函数，． (1)若过点，求解析式； (2)若． （i）当函数不单调，求的取值范围； （ii）当函数的最小值是关于的函数，求表达式． 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据将点代入函数的解析式，求得的值，即可得到的解析式； （2）（i）求得对称轴的方程为，结合题意，得到，即可求解； （ii）根据二次函数的图象与性质，分、和，三种情况讨论，结合函数的单调性，求得最值，进而得到的表达式. 【详解】（1）由过点，可得， 解得，所以函数的解析式为. （2）（i）由函数，可得对称轴的方程为， 因为函数在不单调，可得，解得， 即实数的取值范围为； （ii）由函数的对称轴的方程为， 当时，即时，函数在区间上单调递增， 所以； 当时，即时，函数在区间上单调递减， 在区间上单调递递增，所以； 当时，即时，函数在区间上单调递减， 所以， 综上可得， 13．设函数的定义域为，若存在常数满足，且对任意的，总存在，使得，称函数为函数. (1)求证：函数是函数； (2)若函数是函数，求实数； (3)若函数是函数，求实数. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3). 【分析】（1）利用函数为函数的定义求解. （2）法一：根据函数是函数，先由不成立，得到或；再根据函数的新定义，由，转化为，令，根据在单调递减，由求解；法二：根据函数是函数及在是增函数，由求解； （3）法一：由，得到，从而，再由函数是函数，化简得到，由求解；法二：同上，由求解. 【详解】（1）解：任取，总存在， 使得， 所以是函数. （2）法一：因为函数是函数， 若，则当时，， 此时不存在，使得， 所以或； 若任取，存在，使得， 所以，化简得， 令， 因为在单调递减， 所以 当时，得， 当时，得， 综上所述. 法二：因为函数是函数，若，则当时，， 此时不存在，使得， 所以或； 若任取，存在，使得， 只需满足即可，因为在是增函数， 故有，即， 解得. （3）法一：因为，所以， 所以， 又 所以函数为增函数； 函数是函数， 所以任取，存在，使得， 化简得， ，得，所以. 法二：因为，所以，所以， 又 所以函数为上的增函数； 又函数是函数， 所以任取，存在，使得， 等价于， 即，即， 解得. 【点睛】方法点睛：对任意，存在，使得，由而得解. 14．若函数G在上的最大值记为，最小值记为，且满足则称函数G是在的“美好函数” (1)已知函数； ①函数G是在上的“美好函数”，求a的值； ②当时，函数G是在上的“美好函数”，请直接写出t的值； (2)已知函数若函数G是在（为整数）上的“美好函数”，且存在整数k，使得，求的值. 【答案】(1)①或；② 0或1. (2) 【分析】（1）①分和两种情况求出二次函数在给定范围上的最值，然后利用列方程可求出的值；②求出二次函数的对称轴，然后分，，和四种情况求函数在给定范围上的最值，然后利用列方程可求出的值； （2）由二次函数的性质可知当时，函数G为增函数，从而可求出，，然后由为整数可求出，再由列方程可求出. 【详解】（1）① 因二次函数的对称轴为直线， 当时，，当时，. （Ⅰ）当时，则当时，函数G为增函数， 依题意，由，解得； （Ⅱ）当时，则当时，函数G为减函数， 依题意，由，解得. 综上，或； ② 当时，函数的对称轴为直线， 当时，，当时，，当时，. (Ⅰ)若，则由，解得（舍去）； （Ⅱ）若，则由，解得或（舍去）； （Ⅲ）若，则由，解得或（舍去）； （Ⅳ）若，则由，解得（舍去）. 综上，t的值为0或1； （2）因二次函数的对称轴为直线， 又，则，于是， 故当时，函数为增函数， 即当时，函数取得最大值，当时，函数取得最小值， 于是，， 因为整数，且，则，即， 又因，即，解得. 【点睛】方法点睛：当二次函数对称轴确定但自变量取值区间变化时，需分“对称轴在区间左侧、中间、右侧”进行讨论，对称轴在区间中间时，还需继续分析自变量区间中间值和对称轴的关系，以此来确定函数的最值. 15．已知函数.若对于给定的非零常数，存在非零常数，使得对于恒成立，则称函数是上的“级类周期函数”，周期为， (1)证明：函数是上的“2级类周期函数”，周期为1； (2)若函数是上周期为2的“2级类周期函数”，且当时，，对任意，都有，求的取值范围； (3)若函数是上周期为1的“级类周期函数”，当时，，若在上单调递减，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3). 【分析】（1）根据“级类周期函数”的定义即可求证； （2）根据题意可得，再结合当时，，即可求解； （3）由题意当时，，从而得到，进而可求解. 【详解】（1）对于函数，因为， 所以对于任意恒成立， 所以函数是上的“2级类周期函数”，周期为1. （2）因为函数是R上周期为2的“2级类周期函数”， 所以， 因为当时，， 所以当时，，所以， 所以当时，， 故当时，恒成立， 当时，， 则， 此时，令， 解得或， 所以当时，， 综上所述，对任意，都有，则的取值范围为. （3）因为函数是上周期为1的“级类周期函数”， 所以， 因为当时，， 所以， 所以当时， ， 而， 因为在上单调递减， 所以，解得， 若，与题意矛盾， 所以的取值范围为. 【点睛】方法点睛：函数新定义问题，命题新颖，且存在知识点交叉，常常会和函数的性质，包括奇偶性，单调性，值域等进行结合，此题很好的考虑了知识迁移，综合运用能力，对于此类问题，一定要解读出题干中的信息，正确理解问题的本质，转化为熟悉的问题来进行解决. 题组四：函数与性质全国高中数学联赛强基计划精选试题 1．（2024高二上·安徽阜阳·竞赛）已知函数在定义域上单调递减，且函数的图象关于点对称．若实数满足，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据函数的对称性、单调性、奇偶性得到，从而得，从而得到结果． 【详解】的图象关于点对称， 的图象关于原点对称， 为奇函数． ， ， 在R上是减函数， ， ， 在区间上是减函数，则 故选：B. 2．（2012高一·全国·竞赛）已知是奇函数，且在内是减函数，又，则的解集是（    ）． A．或 B．或 C．或 D．或 【答案】D 【分析】根据已知条件作出函数的大致图象，结合函数图象即可求解不等式的解集. 【详解】因为是奇函数， 所以， 因为在内是减函数，且是奇函数， 所以在内是减函数， 作出函数的大致图象如图所示 不等式等价于或， 结合的图象，解得或，即或， 所以的解集是或. 故选：D. 3．（2014高一·全国·竞赛）已知函数的定义域为，对任意的，都有成立，则函数的奇偶性是（     ）. A．既奇又偶 B．非奇非偶 C．奇非偶 D．偶非奇 【答案】D 【分析】由奇偶函数的定义求解即可. 【详解】函数的定义域为，关于原点对称， 令，则有，即. 再令，有， 进而是偶函数. 故选：D. 4．（2015高一·全国·竞赛）已知是定义在上的偶函数，对任意的，且，都有，则（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用函数单调性的定义和偶函数的性质求解即可. 【详解】因为对任意的，且，都有， 所以由函数单调性的定义可知在上单调递减，所以， 又是偶函数，， 所以， 故选：A 5．（2014高一·全国·竞赛）定义在上的函数满足：，且当时，，则（    ）. A．1006 B．1007 C．1008 D．1009 【答案】A 【分析】 利用函数的对称性，结合赋值法即可得解. 【详解】因为，所以， 因为，故， 因为当时，，所以， 所以. 故选：A. 6．（2017高一·全国·竞赛）已知函数是定义在区间上的偶函数，且，则（    ） A．1 B．5 C．9 D．10 【答案】B 【分析】根据偶函数的定义得到，解方程得到，然后根据的解析式求函数值即可. 【详解】由， ， ， . 故选：B. 7．（2008高一·全国·竞赛）函数与有相同的定义域，且对定义域中任何都有，，若的解集是，则函数是（　　）. A．奇函数 B．偶函数 C．既是奇函数又是偶函数 D．非奇非偶函数 【答案】B 【分析】先分析的定义域，再根据函数奇偶性定义判断函数奇偶性. 【详解】因为的定义域为，即，所以的定义域关于原点对称. ， 所以为偶函数. 故选：B 8．（2011高一·全国·竞赛）已知函数，满足：（ⅰ）对任意，都有；（ⅱ）对任意都有.则（    ） A．54 B．66 C．81 D．89 【答案】B 【分析】由，可得，即可判断函数的单调性，再令，结合函数的单调性可求出，再根据进行计算即可得出答案. 【详解】因为，所以， 即， 不妨设，所以， 所以为上的单调增函数， 由，令， 则可以得到， 又，所以由不等式可以得到， 又，所以可以得到①； 因为，所以，， ，，， ，， 所以可以判断③， 综合①②③有. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：根据，得到，从而判断出函数为上的单调增函数，是解决本题的关键. 9．（2008高二·全国·竞赛）若对任何，不等式恒成立，则一定有（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】不等式恒成立等价于且恒成立，构造函数，求最值即可. 【详解】因为，不等式恒成立， 等价于：且恒成立， 令， 其中函数在区间上单调递增， 则函数在区间上单调递减， 所以， ． 故选：C. 10．（2024高三上·全国·竞赛）已知是定义在上单调递增且图像连续不断的函数，且有，设，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据函数的单调性的定义和性质以及利用反证法证明不等式，结合选项先证明，再根据，可得，构造函数，根据函数单调性即可得出结论. 【详解】得到， 因为单调递增，所以不恒等于，故， 因为在上单调递增，故， 若存在使得，则， 则恒等于1，与单调递增矛盾，故， ，若存在，使得 因为连续，，故存在，使得， 与上述矛盾，故, 对于本题，，当且仅当时取等， 因为单调递增，故不取等号，即 当时，有，即， 当时，令，, 因为单调递减，所以单调递增， 因为，所以，单调递增， 因为，， 所以，所以. 综上所述. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：根据选项先证明，构造函数，根据单调性得出结论. 11．（2007高三·全国·竞赛）设是定义在上的周期为的偶函数，已知当时，，则当 时，的解析式为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】当时，由可得出的表达式；当时，由函数的周期性和奇偶性可得出.综合可得结果. 【详解】当时，，， 当时，，， 因为函数为偶函数，则， 综上所述，当时，. 故选：C. 12．（2022高一·浙江温州·竞赛）设，，，则(    ) A． B． C． D． 【答案】A 【分析】构造函数,易得单调递增，即可得到结果. 【详解】因函数在上单调递增， 故，即. 故选:A. 13．（2021高一上·福建厦门·竞赛）已知f(x)是定义在R上的奇函数，且f（x＋1）＝f（1－x），f(1)＝5，则f（2020）＋f（2021）＋f（2022）＝（    ） A．5 B．10 C．－5 D．－10 【答案】A 【分析】先判断出f(x)是周期为4 的周期函数，把待求式子转化为f（0）＋f（1）＋f（2），利用赋值法，即可求解. 【详解】因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以. 因为f（x＋1）＝f（1－x），所以f（x）＝f（2－x）， 所以f（x＋2）＝-f（x），所以f（x）＝-f（x-2）， 所以f（x＋2）＝f（x-2），即f（x＋4）＝f（x），所以f(x)是周期为4 的周期函数. 因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0. 因为f（x＋1）＝f（1－x），令x=1得：所以f(2)＝f(0)＝0，， 所以f（2020）＋f（2021）＋f（2022）＝f（0）＋f（1）＋f（2）＝0+5+0=5. 故选：A 14．（2021高一上·福建厦门·竞赛）定义在上的函数f(x)满足，且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】构造新函数，根据题意得出函数在内单调递减；把不等式转化为，结合单调性和定义域即可求解. 【详解】不妨设任意的，， 因为，则， 所以， 所以在内单调递减. 不等式等价于，又， 所以等价于， 因为在内单调递减，所以， 即不等式的解集为. 故选：B. 15．（2021高一上·福建厦门·竞赛）已知函数，若f(x)满足，则f（6）＝（    ） A．－6 B．0 C．6 D．12 【答案】D 【分析】将变形为，令，则是奇函数，再结合，利用奇函数的性质计算即可. 【详解】，令，则， 所以是奇函数，，所以， 又，所以. 故选：D 16．（2018高三·全国·竞赛）函数与有相同的定义域，且对定义域中的任意x，有且，则函数是(　　) A．奇函数 B．偶函数 C．既是奇函数又是偶函数 D．非奇非偶函数 【答案】B 【解析】先说明函数的定义域关于原点对称，再证明奇偶性. 【详解】对定义域中的任意x，有，则函数为奇函数 即函数的定义域关于原点对称，由于，则函数的定义域与函数的定义域相同，则函数的定义域关于原点对称. 即，则函数在定义域上为偶函数. 故选：B 【点睛】本题主要考查了求函数的奇偶性，属于中档题. 17．（16-17高三·北京·强基计划）设在R上可导的函数满足，并且在上有，实数a满足，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，则可利用该函数为偶函数和其单调性可求不等式的解. 【详解】设，则为偶函数，且在上单调递减， 题中不等式等价于，也即， 解得a的取值范围是． 故选：A 18．（16-17高三·北京·强基计划）函数在区间上的最大值与最小值的差所在的区间是（    ） A． B． C． D．前三个答案都不对 【答案】B 【详解】去掉绝对值符号后根据单调性可求最值所在的区间. 【分析】根据题意，题中函数即 列表如下： x 2 2 注意到函数的连续性，所以函数在区间上的最大值为， 最小值为，它们的差为． 故选：B 19．（16-17高三·北京·强基计划）设函数．若对任意的实数x，都有，则实数m的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】先参变分离得到，根据不等式的性质可求参数的取值范围. 【分析】根据题意，， 于是原命题等价于， 因此所求实数m的取值范围是． 故选：A. 20．（19-20高三·北京·强基计划）设实数满足，则的最大值为（    ） A．110 B．120 C．220 D．240 【答案】C 【分析】可将题设中的视为关于的绝对值函数，则该函数可在或处取得最大值，从而可求题设中代数式的最大值. 【详解】根据题意，有， 视其为关于的函数，有 这是一个绝对值函数，且每个分界点处斜率均增加或减少2， 因此的最大值在或处取得． 类似可得． 设中有n个1，则题中代数式为， 因此当或时，题中代数式取得最大值220, 故选：C. 21．（2023高一上·山东滨州·竞赛多选题）已知是奇函数，是偶函数，下列说法正确的是（    ） A．是偶函数 B．为奇函数 C．为偶函数 D．为偶函数 【答案】BCD 【分析】举反例判断A，根据函数的奇偶性的定义判断BCD. 【详解】是奇函数，是偶函数， 对于A，若，，满足是奇函数，是偶函数， 但是，该二次函数图象关于直线对称， 此时函数不是偶函数，错误； 对于B，，因为， 所以为奇函数，正确； 对于C，，因为， 所以为偶函数，正确； 对于D，，因为， 所以为偶函数，正确； 故选：BCD 22．（2022高三·浙江宁波·竞赛多选题）已知函数的定义域均为R，，且当时，，则（    ） A． B． C．函数在上单调递减 D．方程有且只有1个实根 【答案】ACD 【分析】由题设中的三个关系式可得、、、，再利用赋值法可判断AB的正确，最后再结合时可得的图象，从而可判断CD的正误. 【详解】对AB，由可得， 故，所以， 所以，故B错误. 故，故， 故为周期函数，且周期为， 而可得， 故，令可得，所以，故A正确； 对C，由可得 故，即， 由可得 ，即， 故为奇函数且为周期函数且周期为. 根据上述性质可得的图象如下， 故在上单调递减，所以C正确； 对D，又即为，此方程即为的解. 结合的图象可得该方程只有1个解即为，所以D正确． 故选：ACD． 23．（2022高一·浙江温州·竞赛多选题）设函数，则下列说法正确的是（    ） A．若，则在上单调递减 B．若，无最大值，也无最小值 C．若，则 D．若，则 【答案】ABC 【分析】利用函数的单调性，极限，不等式的性质及函数最值，逐一判断即可. 【详解】若，则且， ，， 则，故在上单调递减，故A正确； 若，则当且趋于时，趋于；当且趋于时， 趋于，故无最大值，也无最小值，故B正确； 若，则当时，，故， 即，故C正确； 若，举反例：，则，故. 事实上，当时，，故D错误. 故选：ABC 24．（2020高一上·浙江温州·竞赛多选题）对恒成立，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【解析】等价于对恒成立，显然且，根据穿针引线法分析得解. 【详解】由题得原题等价于对恒成立， 显然且， 根据“穿针引线”法得处的图象不能在轴下方（处不能穿下去）， 所以且， 所以. 故选：AC 【点睛】关键点睛：解答本题的关键有两点：（1）等价转化为对恒成立；（2）通过穿针引线法分析出处不能穿下去. 25．（2010高一·全国·竞赛）已知集合，若不等式对中任意都成立，则实数的取值范围为 . 【答案】 【分析】分类讨论可求得集合，采用分离变量法可得，结合基本不等式可求得的最小值，由此可得结果. 【详解】当为奇数时，，，即； 当为偶数时，，，即； 综上所述：； 原问题转化为当时，恒成立，， （当且仅当，即时取等号），， 即实数的取值范围为. 故答案为：. 26．（2018高一·全国·竞赛）已知函数是定义在R上的函数，且函数的图象关于点对称，对于任意的，总有成立，当时，.函数，对任意，存在，使得成立，则满足条件的实数构成的集合为 . 【答案】 【分析】由的周期性和对称性求出函数的值域，再将不等式转化为在上恒成立，求解即可. 【详解】因为函数的图象关于点对称， 所以函数的图象关于原点对称，即函数是奇函数， 又因为函数是定义在上的函数，所以. 当时，， 当时，，故当时，， 由已知函数的周期为4， 又可知恰好是一个周期， 所以函数的值域是. 对任意，存在，使得成立， 即存在，使，当时显然成立， 当时，取得最小值， 所以，解得. 综合得实数构成的集合为. 故答案为：. 27．（2011高一·全国·竞赛）已知，则的大小关系是 . 【答案】 【分析】将变形得到，，再利用的单调性即可求出结果. 【详解】因为，， 因为，，又易知在区间上单调递减，所以， 故答案为：. 28．（2018高一·全国·竞赛）已知函数是定义在上的奇函数，且其图象连续不断，对任意，有，且，则不等式的解集为 ． 【答案】 【分析】构造函数，根据函数奇偶性、单调性解不等式即可. 【详解】由， 即函数是上的单调增函数， 因为是定义在R上的奇函数，所以也是定义在R上的奇函数， 因此在上也是增函数，且，，， ，即， 所以原不等式的解集为. 故答案为： 29．（2022高一下·江苏南京·竞赛）已知有实数解，求的最大值为 ． 【答案】 【分析】 由题意得，分三种情况讨论的范围，取二次函数的最值，求解的取值范围，从而得出结论. 【详解】 因为，所以有实数解， 令，则， 当时，； 当时，； 当时，； 综上所述，，当时，，所以，则的最大值是. 故答案为： 30．（2021高一下·广东佛山·竞赛）设满足：对任意，均存在，使得，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】令，由题意，利用二次函数性质求得最值列不等式求解即可. 【详解】令. 因为对任意，均存在，使得，所以的值域是值域的子集， 所以，即，解得，即的取值范围是. 故答案为： 31．（2021高一·浙江温州·竞赛）已知函数为偶函数，则 . 【答案】2 【分析】根据偶函数的定义进行求解即可. 【详解】因为函数是偶函数，所以有，时，， 当，，，所以. 故答案为：2 32．（2021高三·全国·竞赛）函数，则 . 【答案】504 【详解】解析：因为，故的图象关于对称， 故，故， 故答案为：504. 33．（2020高三·全国·竞赛）设，函数在区间上的最小值为，在区间上的最小值为，若，则a的值为 ． 【答案】1或100． 【分析】根据对勾函数的性质得出在区间上单调递减，在上单调递增，从而可得最小值、，相乘即可求解. 【详解】注意到在上单调减，在上单调增． 当时，； 当时，． 因此总有， 即，解得或． 故答案为：1或100． 【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关对勾函数在某个区间上的最小值的问题，正确解题的关键是要明确对勾函数的单调区间. 34．（2020高一上·浙江温州·竞赛）定义在R上的函数具有性质：（1）（2）当时，单调增，则不等式的解集为 . 【答案】 【解析】根据条件可得出函数为R上的奇函数；当时，，当时，；当时，，原不等式等价于，讨论，，，判断是否成立. 【详解】解：因为 所以令，得， 令，得，所以为R上的奇函数， 令，得， 因为时，单调递增， 所以，即当时，， 因为为R上的奇函数， 所以当时，；当时，， 等价于， 当即时，所以符合题意； 当即时，所以不符合题意； 当即时，所以不符合题意； 故答案为：. 【点睛】求解与函数单调性有关的抽象函数不等式问题： （1）主要是利用函数的单调性将“”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解； （2）应特别注意函数的定义域以及函数奇偶性质的应用. 35．（2019高三·全国·竞赛）若实数 满足的反函数有对称中心则点 的坐标为 . 【答案】 【分析】根据互为反函数的定义求出的解析式,设,由对称中心的性质得到的方程即可求得. 【详解】， 令, 则对任意, 只要, 就有， 即恒成立, 所以恒成立, 由此可得, ， 所以坐标为. 故答案为: 【点睛】本题考查由原函数解析式,求其反函数的解析式;利用对称中心的性质得到关于方程式求解本题的关键;属于难题. 36．（20-21高三下·广东·强基计划）写出一个函数 ，使得对于任意的恒成立． 【答案】 【分析】利用迭代和换元的思想方法可得结果. 【详解】用表示两次迭代即，则令有， 令有 ， 再令有 ， 这说明任意的都能用的形式表示，所以有，代回原式得到， 故答案为：． 37．（17-18高三·北京·强基计划）已知函数，若实数m满足恒成立，则m的取值范围是 ． 【答案】 【分析】可将函数化为，该函数为偶函数，讨论其单调性后可得参数的取值范围 【详解】函数的定义域为，于是， 故为偶函数且在上单调递减，在上单调递增， 从而， 解得或． 故答案为： 38．（17-18高三·北京·强基计划）设函数，且，则 ． 【答案】 【分析】构造函数，可判断该函数为奇函数且为增函数，故可求. 【详解】由于， 于是函数是一个单调递增的奇函数， 而． 故答案为： 39．（20-21高三·江苏·强基计划）若对任意实数x都有，则a的取值范围为 ． 【答案】 【分析】由题意分类写出分段函数的解析式，求得函数的最小值，再由小于等于函数的最小值可得关于的不等式，求解得结论． 【详解】解：设，由恒成立，可得， 时显然成立； 当时，， 故，从而，解得，； 当时，， 故，从而，解得，． 综上，，． 故答案为：． 40．（2012高一·全国·竞赛）已知对任意，有，若，求x的取值范围． 【答案】或或． 【分析】先得到是函数图象的对称轴，结合函数的开口方向，，分两种情况，得到不等式，求出答案. 【详解】对任意，有， 所以是函数图象的对称轴， 为二次函数，开口向上， 又， 所以①， 即，解得或； ②， 即，解得， 综上，x的取值范围是或或． 41．（2007高一·全国·竞赛）函数的图象经过点，. (1)求函数； (2)设，，问：是否存在实数p（），使在区间上是减函数，且在区间上是增函数？证明你的结论. 【答案】(1) (2)存在满足条件的p，证明见解析 【分析】（1）根据方程有实根，结合，得到的值，进而求得的解析式； （2）由（1）知，求得，根据题意，转化为函数在区间上是减函数，在区间是增函数，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】（1）解：由题意的图象经过点， 可得转化为方程有实根， 则，解得， 因为，且，所以， 则，所以. （2）解：存在满足条件的p，证明如下： 由（1）知，可得， 则， 令，记， 因为在区间上是减函数，且在区间上是增函数，且， 可得在区间上是减函数，在区间是增函数， 所以，解得，即满足条件. 42．（2014高一·全国·竞赛）函数向右平移1个单位，向上平移16个单位后得到函数，已知的函数图象与轴的一个交点坐标为，且整除. (1)求函数的解析式； (2)若对任意的，都有恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】 （1）先设，然后根据整除求出，根据求出，然后将其平移还原可得函数的解析式； （2）将恒成立问题转化为最值问题，利用判别式求解即可.. 【详解】（1）的函数图象与轴的一个交点坐标为， ，其中是与轴的另一个交点的横坐标. 又整除， 所以是方程的一个解，， 则，即5，进一步有. 已知，那么可得，函数. 而的函数图象是由函数向右平移1个单位，向上平移16个单位后得到， 则； （2）对任意的，都有恒成立， 当时，，成立，满足条件； 当时，恒成立，则，解得； 当时，恒成立，则，解得， 综上所述实数的取值范围为. 43．（2007高一·全国·竞赛）已知函数（为负整数），函数的图象过点.是否存在实数，使在上为减函数，且在上为增函数. 【答案】存在， 【分析】根据已知条件求出，进而表示出，根据，得的单调性与的单调性相同，分情况讨论函数的单调性，根据结论可求符合条件的值. 【详解】函数图象过，所以有实根， ，解得， 因为为负整数，所以， 所以，所以， 即， 因为，所以的单调性与的单调性相同. 由的图象不难知道，当时，在上递减，与题设矛盾； 当时，在上递减，在上递增. 依题意得，，所以， 根据函数单调性定义不难证明，时满足条件. 44．（2023高二·安徽·竞赛）已知函数，且对一切，都有． (1)将分别表示成关于的函数，并求出的取值范围； (2)对于给定的，求在区间上的最小值． 【答案】(1)； (2)答案见解析 【分析】（1）将原不等式变形为，利用特殊值可得，从而令，结合不等式恒成立推出，即可得的表达式，进而结合不等式恒成立，求得a的取值范围. （2）分类讨论当时，，结合一次函数单调性可得答案；当时，确定二次函数图象的对称轴表达式，再结合讨论k的取值范围，判断对称轴和区间的位置关系，即可求得答案. 【详解】（1）原不等式可化为, 取，则有， 令， 因此有． 当时，由上式知恒有， ，且． 同理，当时，也有， ． 由题意得，， ①②两式恒成立，． （2）当时，，此时在上的最小值为； 当时，图象的对称轴方程为， 此时． 记的最小值为，当时，得⑤， 故当时，⑤成立，此时． 当时，⑥． 注意到：， 当时，⑥成立，此时． 当时：当时，，此时． 当时，，此时． 综上，在区间上的最小值如下： 当时，； 当时，． 45．（2022高三·浙江宁波·竞赛）已知，设函数． (1)判断函数的奇偶性； (2)若对任意的，不等式恒成立，求a的取值范围． 【答案】(1)当时，为偶函数；当时，为非奇非偶函数 (2)． 【分析】（1）由可求，结合偶函数定义可得函数为偶函数，而不成立，故可判断的奇偶性； （2）利用赋值法可得，再证明当时题设中的不等式恒成立，从而可求求a的取值范围. 【详解】（1）易知， 若，则，解得， 此时，而，故此时为偶函数； 当时，， 而，故， 故此时为非奇非偶函数. 综上，当时，为偶函数；当时，为非奇非偶函数． （2）时，显然成立，所以符合． 时，若，则恒成立， 故只需考虑对任意恒成立．（*）， 取，有，解得，即得． 而当时，， 故（*）式可化为对任意恒成立， 令， ①当时，恒成立； 因为对称轴，故． ②当时，， 因为对称轴，且． 故此时对任意恒成立， 因此． 综上：． 46．（2021高一上·福建厦门·竞赛）已知函数 对一切实数 都有 成立，且 (1)求 的解析式； (2)，若存在 ，使得 ，有 成立，求 的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）赋值法，令y＝1，求出，进而求出； （2）根据题干中的条件，只需，先求出函数的最大值，然后利用二次函数的性质求最值，进而求出a的取值范围. 【详解】（1）∵函数 对一切实数 都有 成立，且 ， 令y＝1，则， ． . （2）由题意，有， 则， 对于g(x)，当x＝0时，g(0)＝0， 当时，，设， 则在（0，1）单调递减，在单调递增，在x＝1处取到最小值， 所以，所以， 综上，，当且仅当x＝1时取到， 所以； 设，则h(x)为开口向上的二次函数，其对称轴为x＝a，下面通过对称轴的位置对h(x)的最值情况进行分类讨论： 当时，对称轴距离区间右侧x＝2更远，故， ∴，即； 2）当时，对称轴距离区间左侧x＝－1更远，故， ∴，即； 综上，． 47．（2015高一·浙江绍兴·竞赛）已知函数 其中，． （Ⅰ）若为奇函数，求的值； （Ⅱ）若在上单调递减，求的值． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ） 【分析】（Ⅰ）根据，求得，结合，求得； （Ⅱ）函数在上单调递减，结合分段函数的单调性的求法，列出不等式组，求得的值，即可求解. 【详解】（Ⅰ）因为为奇函数，所以，且，可得， 所以，由，解得. （Ⅱ）因为在上为单调递减，则有，解得， 所以． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！8 学科网（北京）股份有限公司 $$