专题02 函数的概念与基本初等函数-【好题汇编】2025年高考数学二模试题分类汇编（新高考通用）

专题02 函数概念与基本初等函数 题型概览 题型01 函数的图象及其应用 题型02 函数单调性及其应用 题型03 函数奇偶性等性质的综合应用 题型04 函数的零点与方程的根 题型05 抽象函数问题 题型06 分段函数问题 ( 题型0 1 )函数的图象及其应用 1．（2024·甘肃白银·一模）箕舌线是平面曲线的一种，因其状如舌而得名.若箕舌线的部分图象如图所示，则的解析式可能为（   ） A． B． C． D． 2．（2025·安徽安庆·二模）函数的图象经过原点，且无限接近直线但又不与该直线相交，则（    ） A．函数不具有奇偶性 B． C．函数的值域为 D．函数的单调递增区间为 3．（多选）（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）函数的图象可能是（   ） A．  B．  C．  D．   4．（多选）（2025·湖北武汉·二模）已知且，则函数的图象可能是（    ） A． B． C． D． 5．（2025·贵州毕节·二模）已知函数且的图象过定点，则点的坐标是 . 6．（2025·山东·二模）若函数与的图象在第一象限内有公共点，则实数的取值范围为 . 7．（2025·天津南开·二模）已知函数的图象与直线有三个交点，则实数的取值范围是 ． ( 题型0 2 )函数单调性及其应用 1．（2025·四川自贡·二模）已知，，，则a，b，c的大小关系为（   ） A． B． C． D． 2．（2025·广东深圳·二模）若，，，则，，的大小关系是（    ） A． B． C． D． 3．（2025·天津南开·二模）已知，则（   ）． 4．（2025·江苏南京·二模）已知，，，则a，b，c的大小关系为（   ） A． B． C． D． 5．（2025·天津·二模）设，，，则，，的大小关系为（   ） A． B． C． D． 6．（2025·湖南邵阳·二模）已知函数，则满足的的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．（2025·贵州毕节·二模）已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．（2025·山西·二模）若函数在上单调递减，则实数a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 9．（2025·河南焦作·二模）已知且，若函数与在区间上都单调递增，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． ( 题型0 3 )函数奇偶性等性质的综合应用 1．（2025·四川自贡·二模）若是偶函数，则（   ） A．0 B． C． D． 2．（2025·吉林长春·二模）已知函数为奇函数，则的值是（   ） A．3 B．1或3 C．2 D．1或2 3．（2025·江西九江·二模）已知是定义在上周期为2的偶函数，且当时，.设，，则的大小关系是（    ） A． B． C． D． 4．（2025·湖南邵阳·二模）定义在上的函数满足，且在上单调递增，设，，，则（    ） A． B． C． D． 5（2025·天津·二模）已知函数，则此函数是（   ） A．偶函数，且在区间上单调递减 B．偶函数，且在区间上单调递增 C．奇函数，且在区间上单调递减 D．奇函数，且在区间上单调递增 6．（2025·广东深圳·二模）已知函数（a为常数），则（   ） A．为奇函数 B．为偶函数 C．为增函数 D．为减函数 7．（多选）（2025·云南曲靖·二模）下列函数中，既是偶函数，又在上单调递增的是（   ） A． B． C． D． 8．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知函数，则不等式的解集为 ． ( 题型0 3 )函数的零点与方程的根 1．（2025·湖北·二模）已知是定义域为的单调递减函数，且存在函数使得.若分别是方程和的根，则（    ） A．3 B． C．6 D． 2．（2025·云南曲靖·二模）已知函数，若该函数有且只有一个零点，则的值为（   ） A．1 B． C． D． 3．（2025·安徽池州·二模）已知函数，若有4个互不相同的根，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 4．（2025·四川南充·二模）已知函数，有5个不相等的实数根，从小到大依次为，，，，，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 5．（多选）（2025·江苏南京·二模）已知定义在上的函数，当时，，且，，则下列说法正确的是（   ） A． B．若，则 C．若，则在上恰有5个零点 D．若，在区间有最大值，则 ( 题型0 5 )抽象函数问题 1．（2025·山东·二模）已知定义在上的函数满足，且，则（   ） A． B．0 C．1 D．2 2．（2025·湖北武汉·二模）函数满足：，若，，则（    ） A．1 B． C．5 D． 3．（2025·山东滨州·二模）已知定义域为的函数为偶函数，为奇函数，且当时，，则（   ） A． B． C． D． 4．（2025·江苏·二模）已知函数和的定义域均为.若是奇函数，是偶函数，且，则（    ） A． B． C． D． 5．（多选）（2025·河北·二模）已知是定义在上的奇函数，，是奇函数，且，则下列说法中正确的有（   ） A．为偶函数 B． C． D． 6．（多选）（2025·安徽合肥·二模）已知函数的定义域为，且，，则（    ） A． B．， C．的图象关于点对称 D．为偶函数 7．（多选）（2025·广东深圳·二模）已知函数的定义域为，，，则（   ） A． B． C．为偶函数 D．的最大值为 8．（2025·山东菏泽·二模）对于任意，，且，则（    ） A． B．1 C．2025 D．4049 9．（2025·河北·二模）已知定义在上的函数的导函数为，为偶函数，且，则 ． ( 题型0 6 )分段函数问题 1．（2003·广东·高考真题）若函数，当时函数值，则的取值范围是（    ） A．； B．； C．； D．． 2．（2025·四川·二模）存在狄利克雷函数，若，，则的所有值之和为（    ） A．3 B．6 C．12 D．13 3．（2025·广西南宁·二模）已知函数，.若不等式的解集为，则（   ） A． B．1 C． D．2 4．（2025·广东肇庆·二模）已知函数，则的最小值是 . 5．（2025·广东深圳·二模）已知函数，若，则实数 ． 6．（2025·安徽合肥·二模）已知函数的最小值为，则 ． 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题02 函数概念与基本初等函数 题型概览 题型01 函数的图象及其应用 题型02 函数单调性及其应用 题型03 函数奇偶性等性质的综合应用 题型04 函数的零点与方程的根 题型05 抽象函数问题 题型06 分段函数问题 ( 题型0 1 )函数的图象及其应用 1．（2024·甘肃白银·一模）箕舌线是平面曲线的一种，因其状如舌而得名.若箕舌线的部分图象如图所示，则的解析式可能为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用排除法，结合奇偶性，单调性逐个判断即可. 【详解】，排除A.既不是奇函数，也不是偶函数，排除D. 在上单调递减，排除C.的图象符合题中图象，B正确.故选：B 2．（2025·安徽安庆·二模）函数的图象经过原点，且无限接近直线但又不与该直线相交，则（    ） A．函数不具有奇偶性 B． C．函数的值域为 D．函数的单调递增区间为 【答案】D 【分析】根据条件和指数函数的性质得出，，然后利用函数的图像与性质逐一判断即可. 【详解】函数的定义域为，且，故函数为偶函数，A错误； 由函数的图象过原点，有，即，所以，由于的图象无限接近直线但又不与该直线相交，故，且，故，于是B，C错误；由上面的分析得出函数，显然的单调递增区间为，故D正确；故选：D. 3．（多选）（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）函数的图象可能是（   ） A．  B．  C．  D．   【答案】ABD 【分析】根据的定义域为，然后通过求导分析函数的单调性，再根据的不同取值情况来判断函数图象的大致形状. 【详解】的定义域为，排除C；对求导可得，. 当时，，.所以在上单调递增，且函数图象从右侧开始上升，B选项满足. 当时，在上，，，所以，这表明函数在上单调递增，，A选项满足. 当时，.令，对求导得，在上，，所以在上单调递增.又，当时，，所以存在，使得，即.当时，，，单调递减； 当时，，，单调递增，D选项满足.故选：ABD. 4．（多选）（2025·湖北武汉·二模）已知且，则函数的图象可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】由函数求导，明确导函数的单调性，并构造函数，求导研究其单调性，可得原函数的最值，根据最值的取值范围，可得答案. 【详解】由，求导可得，易知函数在单调递增， 令，求导可得在上恒成立，则在上单调递增，所以，易知，使得，则，即，当时，，则函数在上单调递减；当时，，则函数在上单调递增，所以，由，则，当，即时，，故A错误，B可能正确；当，即时，令，求导可得，则函数在上单调递减.由，,则存在，使得，所以当时，此时符号不定，故CD可能正确.故选：BCD. 5．（2025·贵州毕节·二模）已知函数且的图象过定点，则点的坐标是 . 【答案】 【分析】利用可得的坐标. 【详解】由函数解析式可得：当且仅当时，的值与无关，故定点的横坐标为，故纵坐标为，故.故答案为：. 6．（2025·山东·二模）若函数与的图象在第一象限内有公共点，则实数的取值范围为 . 【答案】或 【分析】将题设条件转化为函数与函数的函数图象有交点，再利用导数工具研究函数的图象性质即可得解. 【详解】若函数与的图象在第一象限内有公共点，则方程在上有解，即方程在上有解，显然不是方程的解，所以方程在上有解，则函数与函数的函数图象有交点，又，所以时，，时，，所以函数在和上单调递减，在上单调递增，又时，时；时，；时； 所以或.故答案为：或. 7．（2025·天津南开·二模）已知函数的图象与直线有三个交点，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【分析】，当时，变形为，令，则，画出函数图象，结合图象列出不等式即可求解. 【详解】，即， 当，，，所以不是交点横坐标；当时，，即，令，则，所以的图象与有3个交点，即函数与的图象有3个交点，函数恒过点， 当，即，，即，解得或，当，解得或，所以函数与相切时的最小值为或，由图象可知当（1）时，即； （2），即时函数与的图象有3个交点， 综上：当时，的图象与有3个交点， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将式子变形，使得两个函数有其中一个图象是确定的，通过平移另一个图象来找到符合题意的条件. ( 题型0 2 )函数单调性及其应用 1．（2025·四川自贡·二模）已知，，，则a，b，c的大小关系为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，可判断，，得解. 【详解】，， ，则， 又，，.故选：C. 2．（2025·广东深圳·二模）若，，，则，，的大小关系是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意可得，，，结合函数的单调性可得，可比较大小. 【详解】，，，又在上单调递增，，所以，所以，所以，所以.故选：B. 3．（2025·天津南开·二模）已知，则（   ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用对数函数和指数函数的单调性来放缩估算大小，即可比较. 【详解】由 ，，所以满足，故选：C. 4．（2025·江苏南京·二模）已知，，，则a，b，c的大小关系为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据对数函数的单调性、对数的运算性质可得、，即可求解. 【详解】，由，得，则，即； ，所以.故选：D 5．（2025·天津·二模）设，，，则，，的大小关系为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】通过中间值1，和对数函数的单调性即可判断. 【详解】，，，再结合的单调性可知：，即，所以，故选：D 6．（2025·湖南邵阳·二模）已知函数，则满足的的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用函数的单调性和奇偶性结合导数可得. 【详解】，定义域为，，为奇函数， 又，所以在上单调递增，所以即，即的取值范围是.故选：C 7．（2025·贵州毕节·二模）已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】令，利用复合函数的单调性可得出，可得出关于实数的不等式，解之即可. 【详解】令，则函数的减区间为，增区间为， 又因为函数在区间上单调递增，且外层函数在上为增函数， 所以，，可得，解得，因此，实数的取值范围是. 故选：A. 8．（2025·山西·二模）若函数在上单调递减，则实数a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据对勾函数的单调性，即可求解. 【详解】当时，为单调递增函数，不符合题意，当时，均为单调递增函数，故为单调递增函数，不符合题意，当时，在单调递增，在单调递减，故在上单调递减，则，故选：C 9．（2025·河南焦作·二模）已知且，若函数与在区间上都单调递增，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用换底公式得，然后利用对数函数的性质即可求解；对求导，利用导数和指数函数的性质即可判定. 【详解】由题可知，因为在区间上单调递增，所以，即，当时，有，即，不成立，当时，有，则成立，所以； 又在区间上都单调递增，所以在，时恒成立，所以在时恒成立，因为，所以，所以或，又，所以，故选D. ( 题型0 3 )函数奇偶性等性质的综合应用 1．（2025·四川自贡·二模）若是偶函数，则（   ） A．0 B． C． D． 【答案】B 【分析】根据偶函数定义，列式运算得解. 【详解】由题，可得，即，，，即因不恒为0，故.故选：B. 2．（2025·吉林长春·二模）已知函数为奇函数，则的值是（   ） A．3 B．1或3 C．2 D．1或2 【答案】C 【分析】根据奇函数在原点处有意义则求出的值，再将的值代回原函数检验即可得解. 【详解】因为为奇函数，所以，解得或. 当时，，，故不合题意，舍去； 当时，，，故符合题意.故选：C. 3．（2025·江西九江·二模）已知是定义在上周期为2的偶函数，且当时，.设，，则的大小关系是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据周期得出，再根据函数单调性得出函数值即可. 【详解】，且在[0，1]上单调递减，因为，所以，故选:B. 4．（2025·湖南邵阳·二模）定义在上的函数满足，且在上单调递增，设，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求出图象关于直线对称，再利用对数的运算性质和函数的单调性比较即可. 【详解】因为定义在上的函数满足，所以即图象关于直线对称，所以，，又在上单调递增，所以.故选：A 5（2025·天津·二模）已知函数，则此函数是（   ） A．偶函数，且在区间上单调递减 B．偶函数，且在区间上单调递增 C．奇函数，且在区间上单调递减 D．奇函数，且在区间上单调递增 【答案】C 【分析】根据奇函数定义及幂函数单调性判断求解. 【详解】因为函数，定义域为，，所以是奇函数，因为在区间上单调递增，，所以函数在区间上单调递减，故选：C. 6．（2025·广东深圳·二模）已知函数（a为常数），则（   ） A．为奇函数 B．为偶函数 C．为增函数 D．为减函数 【答案】B 【分析】通过对函数进行相应的运算，结合奇偶性的定义判断奇偶性；对函数求导，根据导数的正负判断函数的单调性. 【详解】对于A，首先求：已知，若为奇函数，则恒成立，即恒成立.因为恒成立，所以，解得，所以为奇函数，选项A错误. 对于B，接着求：已知，若为偶函数，则恒成立，即恒成立.因为不恒为，所以，解得，所以为偶函数，选项B正确.  对于C，D，对求导得.当时，，，所以，则为增函数. 当时，令，即，则，，解得.当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减，所以选项C、D错误.  故选：B. 7．（多选）（2025·云南曲靖·二模）下列函数中，既是偶函数，又在上单调递增的是（   ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】求出各个函数的定义域，代入判断函数奇偶性，进而结合二次函数以及对数函数的性质，即可得出单调性. 【详解】设，，，对于A项，易知定义域为R，且，所以为偶函数.根据二次函数的性质可知，在上单调递增.故A正确；对于B项，定义域为R，且，所以不是偶函数.故B错误；对于C项，定义域为，且.当时，在上单调递增.故C正确；对于D项，定义域为，且，所以为奇函数.故D错误.故选：AC. 8．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知函数，则不等式的解集为 ． 【答案】 【分析】利用导数判断函数的单调性，再判断函数的奇偶性，即可求解不等式． 【详解】的定义域为，∵，∴函数是上的增函数，∵，∴函数是奇函数，∴由得， ∴，∴不等式的解集为．故答案为：． ( 题型0 3 )函数的零点与方程的根 1．（2025·湖北·二模）已知是定义域为的单调递减函数，且存在函数使得.若分别是方程和的根，则（    ） A．3 B． C．6 D． 【答案】A 【分析】将化为便可利用的单调性解决. 【详解】因为，且，所以， 即.因为是定义域为的单调递减函数，所以函数单调递减， 又因，故，即.故选：A. 2．（2025·云南曲靖·二模）已知函数，若该函数有且只有一个零点，则的值为（   ） A．1 B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意可说明0为的唯一零点,然后求函数的导数，并令导数等于0，求得，根据导数的正负判断函数的单调性，说明，进而说明的最小值为，从而可得，结合对数的运算，求得答案． 【详解】由题意知函数有且只有1个零点，而，故0即为的唯一零点，因为，且，故 ，所以 有唯一解，令，则，对于任意 ，都有，故在R上单调递增，则时，，时，，故函数在时单调递减，在时单调递增，故 ；若，当时，，，则，因此当 且 时，，此时在内有零点，则至少有两个零点，与题意不符；故，则的最小值为，因为由题意知0为的唯一零点，故 ，即，则，即值为1.故选：A 3．（2025·安徽池州·二模）已知函数，若有4个互不相同的根，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求解方程，得到的表达式，再结合函数的图象，分析取不同值时方程根的个数，进而确定的取值范围. 【详解】令，则方程可转化为. 对进行因式分解可得，则，.所以或. 当时，，因为指数函数在上单调递增，所以在上单调递增，且. 当时，，对其求导，. 令，即，解得（）.当时，，单调递减；当时，，单调递增.所以在处取得极小值，也是最小值，. 对于：当时，，即，，解得，有个根. 因为有个互不相同的根，已经有个根，所以需要有个不同的根.结合的图象可知，当时，与有个不同的交点，即有个不同的根. 的取值范围为. 故选：B. 4．（2025·四川南充·二模）已知函数，有5个不相等的实数根，从小到大依次为，，，，，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用导数可得函数在,上的单调性及极值，作出函数的图象，由图象可得，再由对数函数的性质可得，结合，，是方程的三个根，可得，即可求得答案． 【详解】因为当时，，所以， 所以当时，，单调递减；当时，，单调递增； 当时，，单调递减；所以，所以， 当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增， 作出函数的图象，如图所示： 由此可得，当时，令，解得或， 所以，又因为，所以，所以；由题意可得，，是方程，即的三个根， 所以，即，所以，即，所以．故选：． 【点睛】关键点是画出图象，根据根的个数确定解的范围，再结合对数运算性质和对数函数，得到，即可解题. 5．（多选）（2025·江苏南京·二模）已知定义在上的函数，当时，，且，，则下列说法正确的是（   ） A． B．若，则 C．若，则在上恰有5个零点 D．若，在区间有最大值，则 【答案】ACD 【分析】利用恒等式赋值思想，可得到分段函数，通过赋值可判断AB，通过作出分段函数图象可判断C，通过分析定义在的二次型函数取到最大值，可得到参数范围来判断D. 【详解】对于A，由题意可知：当时，有，故A正确； 对于B，当时，有，又因为，所以有，故B错误；对于C，当时，， 当时，由于，，，，，所以,()作出分段函数和函数的图象如下： 由于，直线经过点，而函数不经过点，则由图象可得，它们只有5个交点，即在上恰有5个零点，故C正确；对于D，根据当时，由于，要满足对，在区间有最大值，则只需要在上存大最大值，即满足或，解得或，综上可得：，故D正确；故选：ACD. 【点睛】方法点睛：通过对恒等式赋值，可转化到定义域内的函数解析式求值；通过函数值的伸缩关系作出分段函数图象来判断函数的零点. ( 题型0 5 )抽象函数 1．（2025·山东·二模）已知定义在上的函数满足，且，则（   ） A． B．0 C．1 D．2 【答案】D 【分析】利用赋值法可得是以4为周期的周期函数，利用周期性可得答案. 【详解】令，则，可得，令，则，可得，令，则，可得，令，则，可得，令，则，可得，令，则，可得，可得是以4为周期的周期函数，则.故选：D. 2．（2025·湖北武汉·二模）函数满足：，若，，则（    ） A．1 B． C．5 D． 【答案】D 【分析】分析函数的周期性，利用函数的周期性求的值. 【详解】由题意可得：，用代替可得：， 两式相加得：.所以，所以函数是以6为周期的周期函数.所以.又，所以.所以. 所以.故选：D 3．（2025·山东滨州·二模）已知定义域为的函数为偶函数，为奇函数，且当时，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据函数奇偶性可求得是以4为周期的周期函数，可判断A错误，代入计算可得B正确，结合周期性计算可得，即C错误，易知可得D错误. 【详解】依题意可知，；所以，即，因此，即，所以可得，即是以4为周期的周期函数，对于A，由分析可知，即A错误； 对于B，由，可知；显然，所以，所以，即B正确； 对于C，易知，可得C错误；对于D，显然，即D错误.故选：B 4．（2025·江苏·二模）已知函数和的定义域均为.若是奇函数，是偶函数，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由奇函数的性质得出，然后在等式中，分别令、，可得出的值，的值，由此可得的值. 【详解】因为是奇函数，则，令，可得，可得， 在中令得，所以，在中令得，所以，所以.故选：D. 5．（多选）（2025·河北·二模）已知是定义在上的奇函数，，是奇函数，且，则下列说法中正确的有（   ） A．为偶函数 B． C． D． 【答案】ACD 【分析】由及复合函数的导数求法、奇偶性定义判断A；由题设有，得，令求参数得判断B；利用奇偶性、对称性判断C、D. 【详解】由于是定义在上的奇函数，所以，则，即，故A正确；因为是奇函数，所以，即， 所以，则，令，所以，所以，即的图象关于直线对称，则，故B错误；，故C正确；，故D正确.故选：ACD 6．（多选）（2025·安徽合肥·二模）已知函数的定义域为，且，，则（    ） A． B．， C．的图象关于点对称 D．为偶函数 【答案】ACD 【分析】A选项，令得，令得；D选项，令得，令得，故，的一个周期为1，，所以，故为偶函数，D正确；BC选项，令，结合函数周期，得到，令得，所以，故，故B错误，C正确. 【详解】A选项，中，令，又，故，解得，中，令得，故，A正确；D选项，中，令得，即，，中，令得 ，即，因为，所以，故，故的一个周期为1，故，所以，故为偶函数，D正确；B选项，中，令得，由于，，故，由于的一个周期为1，，所以，解得，中，令得，又，故，，所以，故，故不存在，，B错误；由上可知，，故的图象关于点对称，C正确.故选：ACD 7．（多选）（2025·广东深圳·二模）已知函数的定义域为，，，则（   ） A． B． C．为偶函数 D．的最大值为 【答案】BCD 【分析】令，可判断A选项，令可得出，再令，可求出的值，可判断B选项；利用偶函数的定义可判断C选项；令，可得出，求出的最大值，可判断D选项. 【详解】对于A选项，令，则，解得，A错；对于B选项，令，则，即，所以，令，，可得，即，即，故，B对； 对于C选项，因为，同理有，所以，若，设，令，则， 再令，则， 所以函数的零点关于y轴对称；若，则， 令有，故函数为偶函数，C对；对于D选项，令，则，所以，可得，故函数的最大值为，D对.故选：BCD. 8．（2025·山东菏泽·二模）对于任意，，且，则（    ） A． B．1 C．2025 D．4049 【答案】D 【分析】利用数列递推思想，结合裂项法和累加法来求出即可. 【详解】由，当时，可得， 赋值可得：，利用累加法可得：， 代入可得：，故选：D. 9．（2025·河北·二模）已知定义在上的函数的导函数为，为偶函数，且，则 ． 【答案】 【分析】由为偶函数推出相关等式，两边求导得的对称中心，结合其对称轴推出周期，求出特殊点函数值，利用周期性计算从1到2025的和. 【详解】由为偶函数得，则．两边同时求导，得①．所以的图象关于点对称，即，由的图象关于点对称，得②．①-②，得，所以，又，所以，即的周期为4，，，．故答案为 ( 题型0 6 )分段函数 1．（2003·广东·高考真题）若函数，当时函数值，则的取值范围是（    ） A．； B．； C．； D．． 【答案】D 【分析】分与去解不等式，求出的取值范围. 【详解】当时，，解得：，与取交集，结果为；当时，，解得：，综上：的取值范围是.故选：D 2．（2025·四川·二模）存在狄利克雷函数，若，，则的所有值之和为（    ） A．3 B．6 C．12 D．13 【答案】D 【分析】令，则为有理数，从而得到必须是整数，令，则，再结合的取值范围，求出的值，即可得解. 【详解】令，则为有理数，又因为，，即，， 要使为有理数，则必须是整数，令，则，因为，所以，则，解得，所以的可能取值有共个，所以的次数为，则的所有值之和为.故选：D 3．（2025·广西南宁·二模）已知函数，.若不等式的解集为，则（   ） A． B．1 C． D．2 【答案】A 【分析】根据，对讨论正负，即可结合函数图象，结合不等式的求解. 【详解】，根据选项可知：只需要考虑，要使不等式的解集为，当时，故，解得， 当时，无法满足的解集为，故舍去， 故选：A 4．（2025·广东肇庆·二模）已知函数，则的最小值是 . 【答案】 【分析】分别求出函数在各段上的最小值，再比较即可求出． 【详解】当时，单调递减，所以.当时，在区间上单调递减，在区间上单调增，所以. 综上所述，的最小值是.故答案为：. 5．（2025·广东深圳·二模）已知函数，若，则实数 ． 【答案】 【分析】易知当时无解；当时，利用导数研究函数的性质可得在上有且仅有唯一的零点，进而根据求解即可. 【详解】，当时，，解得，不符合题意；当时，，则，令，所以在上单调递减，在上单调递增，且，当时，，则，当时，，且时，；时，；所以在上有且仅有唯一的零点.所以当时，，则，解得.综上，.故答案为：e 6．（2025·安徽合肥·二模）已知函数的最小值为，则 ． 【答案】 【分析】分类讨论，或，求出的解析式，根据解析式画出图象，研究最值的情况即可. 【详解】①若，则时，，且单调递增，时，，则最小值为，若存在最小值，则有且，得； ②若，则时，，时，，时，，且单调递减，，，若最小值为，则，且，无解； 若最小值为，则，且，得，综上所述，或 故答案为： 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $$