第18讲 第五章 函数概念与性质（20大题型）・查漏补缺与综合拔高难点巅峰突破（尖子生压轴题突破满分思维特训）-【暑假自学课】2025年新高一数学暑假提升精品讲义（苏教版2019）

第18讲 第五章 函数概念与性质 查漏补缺与综合拔高难点巅峰突破 （尖子生压轴题突破满分思维特训） 【题型1 求函数定义域】 【题型2 求函数值】 【题型3 由定义域求参数】 【题型4 求函数值域】 【题型5 由函数值域求参数】 【题型6 求具体函数解析式】 【题型7 求抽象函数解析式】 【题型8 根据分段函数的单调性求参数】 【题型9 解分段函数不等式】 【题型10 求单调区间】 【题型11 证明抽象函数的单调性】 【题型12 由函数单调性解不等式】 【题型13 恒成立问题】 【题型14 能成立（有解）问题】 【题型15 由函数奇偶性解不等式】 【题型16 证明抽象函数的奇偶性】 【题型17 函数周期性的应用】 【题型18 函数对称性的应用】 【题型19 函数性质的综合应用】 【题型20 函数新定义】 【题型1 求函数定义域】 例1．（24-25高一上·安徽阜阳·期中）函数的定义域为，函数，则的定义域为（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】（24-25高一上·全国·课后作业）函数 的定义域是（    ） A．或 B．或   C．或 D． 或 【变式1-2】（24-25高一上·辽宁鞍山·阶段练习）已知的定义域为，则的定义域为（   ） A． B． C． D． 【变式1-3】已知函数的定义域为，则函数的定义域为（    ） A． B． C． D． 【题型2 求函数值】 例2．（24-25高一上·广东广州·期末）（多选）已知函数的定义域为，且当时，，则下列结论中一定正确的有（   ） A． B． C． D． 【变式2-1】已知函数定义域为，满足，当时，总有，则的值是（    ） A． B． C． D． 【变式2-2】设定义在R上的函数满足，且对任意x，都有，则 ； . 【变式2-3】（24-25高一上·上海·期中）已知函数，，且同时满足下列三个条件： ①对任意的，都有成立； ②对任意的，都有成立； ③对于，都有成立， 则 ． 【题型3 由定义域求参数】 例3．已知的定义域是R，则实数a的取值范围是(    ) A． B． C． D． 【变式3-1】函数在上有意义，则实数a的取值范围为 ． 【变式3-2】已知函数的定义域为，则实数的取值范围 . 【变式3-3】已知函数的定义域为R，则实数a的取值范围为（    ） A． B．或 C． D．或 【题型4 求函数值域】 例4．函数的值域为（    ） A． B． C． D． 【变式4-1】时，的值域为 . 【变式4-2】（24-25高一上·全国·课后作业）函数的值域为 ． 【变式4-3】（24-25高一上·吉林四平·阶段练习）函数的值域为（    ） A． B． C． D． 【题型5 由函数值域求参数】 例5．已知函数的值域为，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式5-1】若函数的值域为，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式5-2】已知函数的值域为，求实数k的取值范围 ． 【变式5-3】（24-25高一上·江苏南京·期中）已知函数， ，若函数的值域为，则实数的取值范围是 ． 【题型6 求具体函数解析式】 例6．（24-25高一上·四川眉山·期中）（1）已知是一次函数，且，求的解析式； （2）已知，求函数的解析式； （3）已知函数满足，求函数的解析式. 【变式6-1】（24-25高一上·河北保定·阶段练习）完成下列问题： (1)已知，求． (2)已知是一次函数，且满足，求． 【变式6-2】求函数的解析式. (1)已知f（x）是一次函数，且满足，求f（x）； (2)函数，求的表达式； 【变式6-3】已知，，为一次函数，若对实数满足，则的表达式为（    ） A． B． C． D． 【题型7 求抽象函数解析式】 例7．（24-25高一上·福建莆田·期中）函数满足：对任意、，都有，则所有满足条件的函数的解析式为 或 ． 【变式7-1】已知函数，且 ， ，则函数的一个解析式为 . 【变式7-2】（24-25高一上·四川达州·期末）（多选）函数满足：，则（   ） A． B． C．图象不关于对称 D．的解析式可以是 【变式7-3】（高一上·江苏南京·期末）（多选）已知函数，对于任意，，则（    ） A． B． C． D． 【题型8 根据分段函数的单调性求参数】 例8．（24-25高一上·江苏常州·期中）已知函数为减函数，则实数的取值范围是 . 【变式8-1】（24-25高一上·江苏南京·期中）若函数在上为单调递减函数，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【变式8-2】（24-25高一上·上海·期中）已知在上满足，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【变式8-3】（24-25高一上·江苏扬州·期中）函数是定义在上的增函数，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【题型9 解分段函数不等式】 例9．（24-25高一上·内蒙古包头·期末）已知函数，若，则的取值范围是 . 【变式9-1】（24-25高一上·全国·课后作业）已知函数若，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式9-2】（24-25高一上·江苏徐州·期中）已知函数.若，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【变式9-3】（24-25高一上·湖北宜昌·期中）设函数，，若，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【题型10 求单调区间】 例10．函数的单调递增区间是（    ） A． B． C． D． 【变式10-1】（25-26高一上·全国·课后作业）函数的单调递增区间是（    ） A． B． C． D． 【变式10-2】（24-25高一上·福建泉州·期中）已知函数在上单调递增，则的单调减区间为（    ） A． B． C． D． 【变式10-3】函数的单调递减区间是（    ） A． B． C． D． 【题型11 证明抽象函数的单调性】 例11．（24-25高一上·重庆·期末）已知函数满足对一切实数都有成立，且，当时有． (1)求，； (2)判断并证明在上的单调性； (3)解不等式． 【变式11-1】（24-25高一上·广东深圳·期中）函数的定义域为，对，，都有；且当时，．已知． (1)求，； (2)判断并证明的单调性； (3)解不等式：． 【变式11-2】已知定义在的函数满足以下条件： ①； ②当时，； ③对，均有． (1)求和的值； (2)判断并证明的单调性； (3)求不等式的解集． 【变式11-3】（24-25高一上·江西·期末）已知定义域为的函数满足，，且当时，． (1)求的值； (2)用单调性定义证明：在定义域上是增函数； (3)若，求不等式的解集． 【题型12 由函数单调性解不等式】 例12．（24-25高一上·云南德宏·期中）定义在上的函数满足且，有，且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【变式12-1】已知定义在 上的函数 满足 ，对任意的 ，且 ，恒成立，则不等式的解集（    ） A． B． C． D． 【变式12-2】（24-25高一上·重庆·期中）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． 【变式12-3】（24-25高一上·湖北武汉·期末）已知函数的定义域为，对任意的，都有，当时，，且，若，则不等式的解集是（    ） A．或 B． C．或 D． 【题型13 恒成立问题】 例13．（24-25高一上·江西抚州·期末）设函数的定义域为，且，当时，，若对于，都有恒成立，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【变式13-1】（24-25高一上·重庆·期中）函数的定义域为，满足，且当时，.若对任意，都有，则的最大值是（   ） A． B． C． D． 【变式13-2】（24-25高一上·广西桂林·期中）已知定义在上的函数在上单调递减，且对任意的，总有，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式13-3】（24-25高一上·四川绵阳·期中）已知函数，对任意，使得关于的不等式成立，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【题型14 能成立（有解）问题】 例14．（24-25高一上·四川眉山·期末）函数.若，使得，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式14-1】（24-25高一上·湖南邵阳·期中）已知函数对任意，总有.若存在使得不等式成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式14-2】（24-25高一上·湖南·期中）已知函数对任意，总有.若存在使得不等式成立，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【变式14-3】已知函数，若对均有成立，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【题型15 由函数奇偶性解不等式】 例15．（24-25高一上·上海虹口·期末）设奇函数的定义域为，且，若对任意，都有，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【变式15-1】（24-25高一上·江苏·期末）已知是定义在上的偶函数，若且时，恒成立，，则满足的实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式15-2】（24-25高一上·重庆·阶段练习）已知奇函数的定义域为，满足对任意，且，都有，且，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 【变式15-3】（24-25高一上·福建三明·期中）已知奇函数的定义域为，满足对任意、，且，都有，且，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 【题型16 证明抽象函数的奇偶性】 例16．函数对任意实数恒有，且当时，. (1)判断的奇偶性； (2)求证：是上的减函数； (3)若，解关于的不等式. 【变式16-1】设定义在上的函数满足：①对，，都有；②时，；③不存在，使得. (1)求证：为奇函数； (2)求证：在上单调递增； (3)设函数，，不等式对恒成立，试求的值域. 【变式16-2】定义在R上的连续函数满足对任意 ，，. (1)证明：； (2)请判断的奇偶性； (3)若对于任意 ，不等式恒成立，求出m的最大值. 【变式16-3】设的定义域是，在区间上是严格减函数；且对任意，，若，则． (1)求证：函数是一个偶函数； (2)求证：对于任意的，． (3)若，解不等式． 【题型17 函数周期性的应用】 例17．（24-25高一上·四川广元·期末）设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．则（   ） A． B． C． D． 【变式17-1】已知函数，的定义域均为，为奇函数，为偶函数，，，则（    ） A． B．1 C．2023 D．2024 【变式17-2】已知函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，.若，则（    ） A． B． C． D． 【变式17-3】已知函数的定义域均为，且．对任意的均有成立，且．则下列说法正确的个数有（    ） ①．    ②．为奇函数    ③．的周期为6    ④． A．1 B．2 C．3 D．4 【题型18 函数对称性的应用】 例18．（24-25高一上·江苏常州·期末）我们知道：的图象关于原点成中心对称图形的充要条件是为奇函数，有同学发现可以将其推广为：的图象关于成中心对称图形的充要条件是为奇函数.若的对称中心为，则（    ） A．8096 B．4048 C．2024 D．1012 【变式18-1】（24-25高一上·安徽合肥·期中）已知函数图象与函数图象有三个交点，分别为、、，则（   ） A． B． C． D． 【变式18-2】（24-25高一上·江苏南京·期中）已知定义在上的函数满足，若函数与的图象的交点为则（    ） A．2 B．1 C． D．0 【变式18-3】已知函数，满足，，若恰有个零点，则这个零点之和为（    ） A． B． C． D． 【题型19 函数性质的综合应用】 例19．（2025·重庆·模拟预测）（多选）已知函数、 定义域为，其中为偶函数，，且 ，，则（     ） A． B．为奇函数 C． D． 【变式19-1】（24-25高一上·广东茂名·期末）（多选）已知是定义在上且不恒为0的图象连续的函数，若，，则（   ） A． B．为偶函数 C．4是的一个周期 D． 【变式19-2】（24-25高一下·广东茂名·阶段练习）（多选）定义在上的函数，且，则（   ） A．是偶函数 B．的图象关于点对称 C． D． 【变式19-3】（24-25高一上·安徽宿州·期末）（多选）已知定义在上的函数在区间上单调递减，且满足，，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 【题型20 函数新定义】 例20-1．（24-25高一下·广西柳州·开学考试）记实数中的最大数为，最小数为，则关于函数的说法中正确的是（    ） A．方程有三个根 B．的单调减区间为和 C．的最大值为 D．的最小值为 例20-2．（24-25高一上·江苏盐城·期中）若函数在上的最大值记为，最小值记为，且满足，则称函数是在上的“美好函数”. (1)函数是否是在上的“美好函数”，并说明理由； (2)已知函数是在上的“美好函数”，求的值； (3)已知函数是在上的“美好函数”，求的值. 【变式20-1】已知符号函数，是上的增函数，，则（  ） A． B． C． D． 【变式20-2】（24-25高一上·江西抚州·期末）波恩哈德·黎曼（1866.07.20~1926.09.17）是德国著名的数学家.他在数学分析、微分几何方面作出过重要贡献，开创了黎曼几何，并给后来的广义相对论提供了数学基础.他提出了著名的黎曼函数，该函数的定义域为，其解析式为：，下列关于黎曼函数的说法不正确的是（   ） A． B．关于的不等式的解集为 C． D． 【变式20-3】（24-25高一上·江苏南通·阶段练习）（多选）用表示不超过的最大整数，例如，则（    ） A． B．，则 C． D．方程的解集为 【变式20-4】对于函数，若存在，使成立，则称为的不动点.已知函数. (1)当时，求函数的不动点； (2)若对任意实数，函数恒有两个相异的不动点，求的取值范围； (3)在（2）的条件下，若的两个不动点为，且，求实数的取值范围. 一、单选题 1．（24-25高一上·江苏连云港·期中）已知函数，的定义域均为，且，，的图象关于对称，当时，，则的值为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高一上·浙江温州·期中）已知函数的定义域为，，函数是奇函数，的图象关于直线对称，则（   ） A．是偶函数 B．是奇函数 C． D． 3．（24-25高一上·福建福州·期中）已知函数的定义域为R，为偶函数，为奇函数，且在上单调递增，则下列错误的是（　　） A． B．为函数图象的一条对称轴 C．函数在上单调递减 D． 4．（24-25高一上·河北石家庄·期中）已知函数，是定义在上的函数，其中是奇函数，是偶函数，且.若对任意，都有，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 5．（24-25高一上·福建南平·期中）若函数在定义域上的值域为，则称为“函数”．已知函数是“函数”，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 二、多选题 6．（24-25高一上·河南驻马店·期末）设函数，对任意的非零实数x，y，恒有，且对任意的，有，则（   ） A． B．为偶函数 C．单调递减 D．的解集为 7．（24-25高一上·湖南衡阳·期末）已知定义在上且不恒为0的函数，对任意，都有，则（   ） A． B．函数是奇函数 C．对，有 D．若，则 8．（24-25高一上·江苏苏州·期末）已知定义在R上的函数满足对任意的实数，均有，且当时，恒有，则（    ） A． B．当时，函数为减函数 C．当时，的图象关于点对称 D．当时，为偶函数 9．（24-25高一上·云南曲靖·期末）函数满足，且，则下列结论成立的是（    ） A． B． C． D． 10．（24-25高一上·江西抚州·期末）已知函数的定义域是，对任意的实数、满足，且，当时，，则下列结论正确的是（   ） A． B． C．函数为上的增函数 D．函数为奇函数 三、填空题 11．（24-25高一上·甘肃·期末）设是定义在上的奇函数，对任意的，满足，若，则不等式的解集为 . 12．（24-25高一上·广东广州·期末）若对任意的，恒成立，则实数a= ． 13．（24-25高一上·上海宝山·期末）已知.若任取、，均有成立，则实数的取值范围是 . 14．（24-25高一上·新疆昌吉·期末）若定义在上的奇函数在上单调递增，且，则满足的x的取值范围是 15．（24-25高一上·上海奉贤·期末）设表示不超过的最大整数，方程的最小解与最大解的和为 ． 四、解答题 16．（24-25高一上·广东广州·期末）已知函数. (1)当时，在同一直角坐标系中画出函数的图象； (2)，用表示中的较小者，记为.当时，求的解析式； (3)设，记的最小值为，求的最小值. 17．（24-25高一上·浙江·期中）函数满足：对任意实数，，有成立，函数，，，且当时，． (1)求并证明函数为奇函数； (2)证明：函数在上单调递增； (3)若关于的不等式恒成立，求的取值范围． 18．（24-25高一上·甘肃张掖·阶段练习）已知是定义在上的函数，，且，都有. (1)求，的值； (2)判断在上的单调性，并用定义证明； (3)若对任意，都存在，使得成立，求的取值范围. 19．（24-25高一上·云南曲靖·阶段练习）已知定义在上的函数满足： ①值域为，且当时，； ②对于定义域内任意的实数，均满足；试回答下列问题： (1)试求的值； (2)判断并证明函数的单调性； (3)若对任意的恒成立，求实数的取值范围. 20．（24-25高一上·云南曲靖·期末）若定义域为的函数满足对任意的和，都有，我们就称这个函数是“优美的”． (1)若函数是优美的，求； (2)写出一个优美的函数，使得，并说明为什么是优美的； (3)对于任意优美的函数，证明：对任意的有理数，都有． 11 / 11 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第18讲 第五章 函数概念与性质 查漏补缺与综合拔高难点巅峰突破 （尖子生压轴题突破满分思维特训） 【题型1 求函数定义域】 【题型2 求函数值】 【题型3 由定义域求参数】 【题型4 求函数值域】 【题型5 由函数值域求参数】 【题型6 求具体函数解析式】 【题型7 求抽象函数解析式】 【题型8 根据分段函数的单调性求参数】 【题型9 解分段函数不等式】 【题型10 求单调区间】 【题型11 证明抽象函数的单调性】 【题型12 由函数单调性解不等式】 【题型13 恒成立问题】 【题型14 能成立（有解）问题】 【题型15 由函数奇偶性解不等式】 【题型16 证明抽象函数的奇偶性】 【题型17 函数周期性的应用】 【题型18 函数对称性的应用】 【题型19 函数性质的综合应用】 【题型20 函数新定义】 【题型1 求函数定义域】 例1．（24-25高一上·安徽阜阳·期中）函数的定义域为，函数，则的定义域为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出，再由抽象函数求定义域的法则可得，解不等式即可得出答案. 【详解】函数的定义域为， 所以， 所以需满足， 解得且. 故选：C. 【变式1-1】（24-25高一上·全国·课后作业）函数 的定义域是（    ） A．或 B．或   C．或 D． 或 【答案】B 【分析】根据偶次根式函数有意义列不等式求解定义域. 【详解】由题意，可得，即， 即， 解得或. 故选：B． 【变式1-2】（24-25高一上·辽宁鞍山·阶段练习）已知的定义域为，则的定义域为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】应用抽象函数定义域求解即可. 【详解】因为的定义域为， 所以， 所以， 所以， 所以的定义域为. 故选：C. 【变式1-3】已知函数的定义域为，则函数的定义域为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，结合抽象函数定义域的意义，列出不等式求解作答. 【详解】函数的定义域为，则，因此在中，， 函数有意义，必有，解得， 所以函数的定义域为. 故选：C 【题型2 求函数值】 例2．（24-25高一上·广东广州·期末）（多选）已知函数的定义域为，且当时，，则下列结论中一定正确的有（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】由、，利用题目所给的函数性质，结合不等式的性质，逐渐递推即可判断. 【详解】因为当时，，所以，，故A正确； 又因为，则，故B正确； ，， ，， ，， ，， ，， ，，故D正确； 但没有足够条件判断C的正误. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用，，再利用题目所给的函数性质，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可. 【变式2-1】已知函数定义域为，满足，当时，总有，则的值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】在等式中，分别令、可得出、的关系式，再由，可得出，即可得出关于、的方程组，即可解得的值. 【详解】在等式中，令可得， 令可得， 当时，总有，则， 所以，，解得， 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题考查抽象函数求值，对自变量赋值是解题的关键，要注意所求函数值对应的自变量与所赋的自变量值之间的关系. 【变式2-2】设定义在R上的函数满足，且对任意x，都有，则 ； . 【答案】 2 【分析】利用赋值法，令求出，再令，可得，进而构造，进而可得求解即可. 【详解】令得. 令则，即. 故， 故 ...， 即，. 故答案为：2； 【变式2-3】（24-25高一上·上海·期中）已知函数，，且同时满足下列三个条件： ①对任意的，都有成立； ②对任意的，都有成立； ③对于，都有成立， 则 ． 【答案】/ 【分析】利用已知可得，进而可得，可求得，利用第3个条件可得当时，都有，可求. 【详解】因为对任意的，都有成立， 所以，解得， 又，所以， 所以，解得， 所以，又， 两式相减得，所以， 所以，又对于，都有成立， 所以当时，都有， 所以， 又，所以， 所以. 故答案为：. 【题型3 由定义域求参数】 例3．已知的定义域是R，则实数a的取值范围是(    ) A． B． C． D． 【答案】D 【分析】结合函数特征和已知条件可得到解集为，当时，可得到与已知条件矛盾；当时，结合一元二次函数图像即可求解. 【详解】由题意可知，的解集为， ①当时，易知，即，这与的解集为矛盾； ②当时，若要的解集为，则只需图像开口向上，且与轴无交点，即判别式小于0， 即，解得， 综上所述，实数a的取值范围是. 故选：D. 【变式3-1】函数在上有意义，则实数a的取值范围为 ． 【答案】 【分析】先由题设得在上恒成立，再由一元二次函数性质列出关于a的不等式组计算即可得解. 【详解】由题意可知在上恒成立， 则， 所以满足题意的实数a的取值范围为. 故答案为：. 【变式3-2】已知函数的定义域为，则实数的取值范围 . 【答案】 【分析】验证及时的情况，对于，利用二次函数的图形和性质列不等式求解. 【详解】当时，，则，得，即定义域为，舍去； 当时，，定义域为，符合； 当时，函数的定义域为， 则，解得或， 综合得实数的取值范围是 故答案为：. 【变式3-3】已知函数的定义域为R，则实数a的取值范围为（    ） A． B．或 C． D．或 【答案】C 【分析】根据分式函数中分母不为0得，恒成立，分类讨论，时符合题意，时利用判别式法列不等式求解即可. 【详解】由函数的定义域为R，得，恒成立. 当时，恒成立； 当时，，解得. 综上所述，实数a的取值范围为. 故选：C. 【题型4 求函数值域】 例4．函数的值域为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由已知得，平方化简得，则，解不等式组可求得结果. 【详解】由，得或，则函数定义域为， 由，得， 所以，得， 显然，所以， 所以， 由，得， 所以，所以， ，解得或， 由，得，，解得， 由，得，，解得， 综上，或， 所以函数的值域为， 故选：D 【变式4-1】时，的值域为 . 【答案】 【分析】利用换元法，令，结合二次函数的性质分析求解. 【详解】因为，令，则， 则，， 可知开口向上，对称轴为，且， 所以在内的值域为， 即在内的值域为. 故答案为：. 【变式4-2】（24-25高一上·全国·课后作业）函数的值域为 ． 【答案】 【分析】求出函数的定义域，化简函数解析式为，利用基本不等式可求得函数的值域. 【详解】对于函数，有，可得， 所以函数的定义域为， 所以， 当且仅当即当时等号成立， 故函数的值域为. 故答案为：. 【变式4-3】（24-25高一上·吉林四平·阶段练习）函数的值域为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】换元法，结合二次函数指定区间上的值域求解即可. 【详解】因为所以的定义域为， 令，所以，则1， 由，可知，，所以，则， 所以， 则，所以的值域为． 故选：C． 【点睛】方法点睛：本题考查函数值域的求解方法，常见的函数值域的求解方法：换元法、分离常数法、判别式法、配方法. 【题型5 由函数值域求参数】 例5．已知函数的值域为，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据函数单调性可列关于、、的方程组，然后转化为关于或的函数可解决此题． 【详解】由题意得在，上单调递减， 因为函数的值域为，， 所以， ， ，，，， ， ，，结合可得：，， ，． 故选：． 【变式5-1】若函数的值域为，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由，然后分和判断函数的单调性，再求出其最小值，从而可求出其值域，进而可求出的取值范围 【详解】解：， 当时，在上单调递增， 所以，此时， 当时，由， 当且仅当，即 时取等号， 因为在上单调递增， 若的值域为，则有，即，则， 综上，， 所以实数的取值范围为 故选：A 【点睛】关键点点睛：此题考查函数值域的求法，考查基本不等式的应用，解题的关键是对函数变形为，然后分和讨论函数的单调性，求出函数的值域，考查转化思想和计算能力，属于中档题 【变式5-2】已知函数的值域为，求实数k的取值范围 ． 【答案】 【分析】根据函数的值域为，可得是函数的值域的子集，再分和两种情况讨论即可. 【详解】因为函数的值域为， 所以是函数的值域的子集， 当时，，符合题意， 当时， 则，解得， 综上所述，. 故答案为：. 【变式5-3】（24-25高一上·江苏南京·期中）已知函数， ，若函数的值域为，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【分析】首先化简函数，根据，，列不等式求实数的取值范围. 【详解】，则有，， 由，， 所以 ，解得， 所以实数的取值范围是. 故答案为： 【点睛】关键点点睛： 本题关键点是化简函数解析式后，得到，，由函数定义域和值域，结合二次函数的性质，列不等式即可求解. 【题型6 求具体函数解析式】 例6．（24-25高一上·四川眉山·期中）（1）已知是一次函数，且，求的解析式； （2）已知，求函数的解析式； （3）已知函数满足，求函数的解析式. 【答案】（1）或；（2）；（3），. 【分析】（1）利用待定系数法求解析式，设，结合题意即可求解； （2）设，利用换元法求解析式即可； （3）由题意得，利用方程组法可得，再利用换元法求解析式即可. 【详解】（1）因为为一次函数，可设. 所以. 所以，解得或. 所以或. （2）设，则，，即， 所以， 所以． （3）由①， 用代替，得②， 得：， 即，. 令，则，. 则：，. 所以，. 【变式6-1】（24-25高一上·河北保定·阶段练习）完成下列问题： (1)已知，求． (2)已知是一次函数，且满足，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用换元法求解即可； （2）利用待定系数法求解即可. 【详解】（1）令，所以有， 所以. （2）设，得，， 因为， 得， 整理得， 得， 所以. 【变式6-2】求函数的解析式. (1)已知f（x）是一次函数，且满足，求f（x）； (2)函数，求的表达式； 【答案】(1) (2). 【分析】（1）设，代入，根据多项式相等可得答案；     （2）分、计算可得答案. 【详解】（1）设， 因为， 故可得， 整理得，故可得， 故； （2）令，解得， 故当时，，， 当时，，， 综上所述： . 【变式6-3】已知，，为一次函数，若对实数满足，则的表达式为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，由绝对值的意义分析可得函数和的根为和，然后按的符号分4种情况讨论，求出的解析式即可. 【详解】由可知函数的分段点为和， 而函数，，为一次函数，所以可得函数和的根为和， 假设的根为，的根为， 分4种情况讨论： （1）时，，时，， 当时，， 当时，， 两式相加可得， （2）时，，时，， 当时，， 当时，， 两式相加可得， （3）时，，时，， 当时，， 当时，， 两式相加可得， （4）时，，时，， 当时，， 当时，， 两式相加可得， 综上可得 故选：B 【题型7 求抽象函数解析式】 例7．（24-25高一上·福建莆田·期中）函数满足：对任意、，都有，则所有满足条件的函数的解析式为 或 ． 【答案】 【分析】令可得出，令，可求出的值，代入等式可求得函数的解析式. 【详解】令可得， 再令，可得， 解得或， 若，可得，可得， 若，可得，可得. 经检验，、均满足题意. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于对、进行赋值，求出特殊函数值，然后再结合已知等式求解. 【变式7-1】已知函数，且 ， ，则函数的一个解析式为 . 【答案】（不唯一） 【分析】根据所给条件，利用累乘法及换元法即可得解. 【详解】由题意，， 累乘可得，即， 令，则， 所以， 故答案为：（不唯一） 【变式7-2】（24-25高一上·四川达州·期末）（多选）函数满足：，则（   ） A． B． C．图象不关于对称 D．的解析式可以是 【答案】AD 【分析】取特殊值判断A，取特殊函数判断BC，根据所给条件验证即可判断D. 【详解】令，可得，解得，故A正确； 取，则满足：，此时，故B错误； 由B，当时，函数图象关于对称，故C错误； 若时，， ，且 所以满足，故D正确. 故选：AD 【变式7-3】（高一上·江苏南京·期末）（多选）已知函数，对于任意，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】通过赋值法，取具体函数，基本不等式等结合已知条件分选项逐个判断即可. 【详解】令，故A正确； 由已知，① 令满足题干要求，则，故B错误； 由①可知，令，则， 又因为，则，所以，故C正确； 因为，所以， 又由①，令，则， 所以，故D正确. 故选：ACD. 【题型8 根据分段函数的单调性求参数】 例8．（24-25高一上·江苏常州·期中）已知函数为减函数，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】利用反比例函数与二次函数的单调性，结合分段函数的单调性得到关于的不等式组，解之即可得解. 【详解】因为函数为减函数， 所以，故， 所以实数的取值范围为. 故答案为：. 【变式8-1】（24-25高一上·江苏南京·期中）若函数在上为单调递减函数，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由反比例函数和分段函数的单调性求解即可. 【详解】由题知，，解得. 故选：A. 【变式8-2】（24-25高一上·上海·期中）已知在上满足，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由分段函数的单调性结合二次函数和一次函数的单调性求解即可； 【详解】由在上满足， 设，则，即在上为减函数， 所以，解得， 所以实数的取值范围为， 故选：B. 【变式8-3】（24-25高一上·江苏扬州·期中）函数是定义在上的增函数，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】对于分段函数的单调性，需要分别考虑每一段函数的单调性，并且在分段点处也要满足递增的条件，据此可求得答案. 【详解】当时，，其对称轴为， 因为在上单调递增，所以对称轴，解得； 当时，，因为在上单调递增，所以，即； 在,，当从左侧趋近于0时，趋近于0， 又因为函数在上单调递增，所以，即， 综上，的取值范围是，即， 故选：A. 【题型9 解分段函数不等式】 例9．（24-25高一上·内蒙古包头·期末）已知函数，若，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】设，根据分段函数的解析式，求出时，的取值范围，进而再分类讨论求出的范围即可. 【详解】令，则，原不等式化为， 当时，，解得，即； 当时，，解得，即， ①， 当时，，解得；当时，，无解， 因此， ②， 当时，，解得；当时，，解得， 因此或， 所以a的取值范围是：. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：设，分类讨论求出t的范围是求解的关键. 【变式9-1】（24-25高一上·全国·课后作业）已知函数若，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据分段函数表示和，再求解不等式. 【详解】由题可知，， 因为，则当时，，解得，故； 当时，，解得，故， 综上可知，的取值范围为． 故选：B 【变式9-2】（24-25高一上·江苏徐州·期中）已知函数.若，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】首先讨论、分别求得、，再讨论并结合解析式，列不等式求参数m的范围. 【详解】当时，由， 若时，，即，故； 若时，，即，故； 此时； 当时，由， 所以或，即或（舍）， 若时，，即，显然无解； 若时，，即，故； 此时； 综上，实数的取值范围是. 故选：A 【变式9-3】（24-25高一上·湖北宜昌·期中）设函数，，若，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据分段函数，分情况求解不等式，结合一元二次不等式的解法，可得答案. 【详解】当时，由，可得，，解得，则； 当时，由，可得，解得，则. 综上所述，由，解得， 当时，由，可得，，解得，则； 当时，由，可得，显然成立，则； 当时，由，可得，，解得或，则. 综上所述，，解得. 故选：C. 【题型10 求单调区间】 例10．函数的单调递增区间是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出函数的定义域，令，可知该函数在上单调递减，由单调性的性质即可得出答案. 【详解】解：由，解得, 所以函数的定义域为， 令，其图象是开口向下的抛物线，对称轴方程为， 该函数在上单调递减， 则函数的单调递增区间是. 故选：C. 【变式10-1】（25-26高一上·全国·课后作业）函数的单调递增区间是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】有意义，则，解得．设，其图象开口向下，对称轴为直线，当时，单调递增，当时，单调递减．又在定义域内单调递增，根据复合函数单调性“同增异减”的性质，当单调递增时，单调递增． 【变式10-2】（24-25高一上·福建泉州·期中）已知函数在上单调递增，则的单调减区间为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由函数在上单调递增，则在上单调递增，根据复合函数的单调性“同增异减”求出函数在定义域内的递减区间即可． 【详解】因为函数在上单调递增，所以在上单调递增， 设， 由，解得或， 所以在上单调递减， 所以的单调减区间为. 故选：B. 【变式10-3】函数的单调递减区间是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出函数的定义域，再确定在上单调递增，结合复合函数单调性，即可求得答案. 【详解】由可得， 解得或， 由图象的对称轴为， 则在上单调递增， 故的单调递减区间为， 故选：C 【题型11 证明抽象函数的单调性】 例11．（24-25高一上·重庆·期末）已知函数满足对一切实数都有成立，且，当时有． (1)求，； (2)判断并证明在上的单调性； (3)解不等式． 【答案】(1)， (2)在上单调递减，证明见解析 (3) 【分析】（1）令，可得出的值，令可得出的值； （2）判断出函数为上的减函数，利用函数单调性的定义可证得函数为上的减函数； （3）分析可得出，将所求不等式变形为，解得，计算得出，则，再利用函数的单调性可得出关于实数的不等式（组），即得出原不等式的解集. 【详解】（1）因为函数满足对一切实数、都有成立， 令可得，可得， 令可得. （2）函数在上单调递减，证明如下： 设，则，又， 所以，可得， 所以当时，， 任取、且，则，， 则 ，即， 因此，函数在上单调递减. （3）由（2）可知，函数在上为单调递减函数， 令，可得，所以， 因为， 令， 由 得，即，解得， 可得， 因为，， 所以不等式等价于， 因为函数在上单调递减，则， 对于不等式，即显然成立， 对于不等式，即，解得， 因此，原不等式的解集为. 【点睛】方法点睛：利用函数的奇偶性与单调性求解抽象函数不等式，要设法将隐性化归为显性的不等式来求解，方法是： （1）把不等式转化为； （2）判断函数的单调性，再根据函数的单调性把不等式的函数符号“”脱掉，得到具体的不等式（组），但要注意函数奇偶性的区别. 【变式11-1】（24-25高一上·广东深圳·期中）函数的定义域为，对，，都有；且当时，．已知． (1)求，； (2)判断并证明的单调性； (3)解不等式：． 【答案】(1)； (2)在上单调递增，证明见解析 (3)或 【分析】（1）利用赋值法即可求，的值； （2）根据函数单调性的定义即可判断的单调性并证明； （3）结合函数单调性将不等式进行转化，即，可解不等式. 【详解】（1）令，则，， 令，则， 又，； （2）任取，且， 则， ∵， ∴， ∴， 即， 所以在上单调递增． （3）由， 即， 也就是， 即，因为在上是增函数， 所以， 可得不等式解集为或. 【点睛】关键点点睛：由，即，也就是，即，再结合函数单调性即可解不等式. 【变式11-2】已知定义在的函数满足以下条件： ①； ②当时，； ③对，均有． (1)求和的值； (2)判断并证明的单调性； (3)求不等式的解集． 【答案】(1)，； (2)在上单调递增，证明见解析； (3). 【分析】（1）利用赋值法求解即可； （2）利用单调性的定义结合已知条件证明即可； （3）由（2）可知当时，，则，所以将原不等式转化为，再由已知条件可得，由于，则，再转化为，再构造函数，再由其单调性和可求得结果. 【详解】（1）因为，， 所以令，则， 令，则， 令，则，即， 得或， 令，则，即， 若，则，与已知矛盾， 所以； （2）在上单调递增，证明如下： 任取，且，则 ， 所以， 则 ， 令，则， 所以， 当时，，所以， 所以，则， 所以，即， 所以当时，， 所以， 因为， 所以，即， 所以在上单调递增； （3）由（2）可知当时，， 所以， 所以可化为， 所以， 所以， 所以， 因为在上单调递增， 所以， 令，则在上单调递增， 因为， 所以可化为， 所以， 即原不等式的解集为. 【点睛】关键点点睛：此题考查函数的综合应用，考查函数单调性的证明和应用，考查利用函数的单调性证明不等式，第（3）问解题的关键是将原不等式转化为，再次转化为，再由的单调性转化为，然后构造函数利用其单调性可求得不等式的解集，考查数学转化思想，属于较难题. 【变式11-3】（24-25高一上·江西·期末）已知定义域为的函数满足，，且当时，． (1)求的值； (2)用单调性定义证明：在定义域上是增函数； (3)若，求不等式的解集． 【答案】(1)0 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）令，即可求解； （2）由，且，得到，再由当时，，即可求证； （3）由，得到，再结合性质可得，结合定义域和单调性求解即可； 【详解】（1）解：因为，， 所以令，可得，得． （2）证明：，且，则， 显然，，所以，又，所以， 因为当时，，所以，即， 所以在定义域上是增函数． （3）解：因为函数的定义域为，所以解得． 由，得等价于， 而，所以，所以，解得，或（舍去），故， 故不等式的解集为． 【题型12 由函数单调性解不等式】 例12．（24-25高一上·云南德宏·期中）定义在上的函数满足且，有，且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据求出，再根据函数的单调性以及定义域即可求解. 【详解】 ，即， ， ，可转化为：， 即， 即， 满足，且，有， 在上单调递增， 即 ，解得：， 即不等式的解集为：. 故选：C. 【点睛】关键点睛：本题的关键是利用求出，再借助函数的单调性解不等式，转化的过程中应注意函数的定义域. 【变式12-1】已知定义在 上的函数 满足 ，对任意的 ，且 ，恒成立，则不等式的解集（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，已知不等式化为，得出在上是减函数，利用此单调性解不等式即可． 【详解】因为，已知式两边同除以后可化为， 设，因此， 所以当时，，因此在上是减函数， 不等式化为，即， 所以，解得． 故选：A． 【点睛】方法点睛：在已知式出现关于定义域内和的不等式时，一般可转化得出（或就是已知不等式）或，由此可得函数是增函数（如果不等号是小于号，则函数是减函数），这样可利用函数的单调性求解其他问题． 【变式12-2】（24-25高一上·重庆·期中）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. 【变式12-3】（24-25高一上·湖北武汉·期末）已知函数的定义域为，对任意的，都有，当时，，且，若，则不等式的解集是（    ） A．或 B． C．或 D． 【答案】D 【分析】先由题设结合赋值法求出和，接着求出函数是单调递减函数，再利用函数单调性解不等式得，解该不等式即可得解. 【详解】因为对任意的，都有，，且， 所以，且， 设任意，则，则， 又，所以， 若，则当时，，则，矛盾， 所以，所以，所以函数是单调递减函数， 所以不等式等价于，所以， 故即，解得. 所以不等式的解集是. 故选：D 【点睛】关键点睛：解决本题的关键1是巧妙赋值求出求出和，关键2是由所给条件结合单调性定义求出函数是单调递减函数. 【题型13 恒成立问题】 例13．（24-25高一上·江西抚州·期末）设函数的定义域为，且，当时，，若对于，都有恒成立，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由和当时可以逐次推出，，上的解析式，根据每个区间上的函数最小值的规律，应求时，函数值等于时的自变量的值，得到满足的的范围，即得t的取值范围. 【详解】当时，，； 因，即x每增大，对应的纵坐标都变原来的倍. 当时，，故， 则，； 当时，，故， 则，； 当时，，故， 则，. 当时，由，可得，解得或， 如下图所示： 由图可知，当时，恒成立，故实数的取值范围是. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查与递推倍减函数的恒成立问题.对于递推倍减函数的恒成立问题，解题关键在于根据恒成立条件，分别求得在对应区间上的函数解析式，结合函数图象的理解，求得参变量的范围. 【变式13-1】（24-25高一上·重庆·期中）函数的定义域为，满足，且当时，.若对任意，都有，则的最大值是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求出分段函数中几个区间的解析式以及最值，即可求解使得恒成立的的最大值. 【详解】由题知，， 且当时，， 当时，， 则， 当时，， 则， 如图，的部分草图如下， 所以当时，令，解得或， 则对任意，都有，可得，即m的最大值为， 故选：D 【变式13-2】（24-25高一上·广西桂林·期中）已知定义在上的函数在上单调递减，且对任意的，总有，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据二次函数的单调性和对称轴的关系可得，再将对任意的，都有恒成立问题，转化为只要，即可求得的范围. 【详解】因为函数对称轴为， 函数在上单调递减，则， 且函数在上单调递减，在上单调递增， 则， 因为，， 即,则， 若对任意的，都有， 则只要 即可，即 ，解得：， 又因为，则 . 故选：D. 【变式13-3】（24-25高一上·四川绵阳·期中）已知函数，对任意，使得关于的不等式成立，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先判断函数的单调性，不等式转化为，结合函数的单调性，利用参变分离，转化为函数的最值问题，即可求解. 【详解】，在区间和都是增函数，且， 所以函数在上单调递增， 且， 所以不等式， 即，在恒成立， 即，恒成立，即，得或. 故选：C 【题型14 能成立（有解）问题】 例14．（24-25高一上·四川眉山·期末）函数.若，使得，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查函数的值域.由题可得在上的值域，以及在上的值域，要使，有，则在上的值域为在上的值域的子集，利用集合间的基本关系确定参数的范围即可. 【详解】由题可得，要使，有， 则在上的值域为在上的值域的子集， 在上单调递减，∴函数在上的值域为， 为开口向上的二次函数，其对称轴为， 当，即时，在上单调递增，在上的值域为， ∴，解得，无解； 当，即时，在上单调递减，在上的值域为， ∴，解得，无解； 当，即时，在上的值域为， ∴，解得，∴. 综上，的取值范围为. 故选：A. 【变式14-1】（24-25高一上·湖南邵阳·期中）已知函数对任意，总有.若存在使得不等式成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】依题意可得在上单调递增，利用单调性解不等式可得存在使不等式成立即可，解可得结果. 【详解】根据题意由任意，总有可得在上单调递增， 若不等式成立可得，可得， 即存在时使不等式成立，因此即可； 解得或； 即实数的取值范围是. 故选：C 【变式14-2】（24-25高一上·湖南·期中）已知函数对任意，总有.若存在使得不等式成立，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意可得函数在上单调递增，即可得存在，使得成立，即有恒成立，解出即可得. 【详解】由函数对任意，总有， 故在上单调递增， 即存在，使得，即成立， 即有恒成立，解得. 故选：C. 【变式14-3】已知函数，若对均有成立，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分析可知，，可得出对恒成立，令，由题意可得出，即可求得实数的取值范围. 【详解】因为函数，则函数在上为增函数， 因为对均有成立， 则，即对恒成立， 令，则，解得， 因此，实数的取值范围是. 故选：B. 【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1），； （2），； （3），； （4），. 【题型15 由函数奇偶性解不等式】 例15．（24-25高一上·上海虹口·期末）设奇函数的定义域为，且，若对任意，都有，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】令，由已知可得函数的奇偶性与单调性，从而将不等式转化，求解即可． 【详解】令，因为是定义域为R的奇函数， 所以的定义域为，且是偶函数， 且， 因为对任意，都有， 即对任意，都有， 所以时，， 所以在上单调递减，所以在上单调递增， 因为，所以，所以， 当时，不等式等价于， 即，所以，解得， 当时，不等式等价于， 即，所以，解得， 综上，原不等式的解集为． 故选：D． 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是根据构造函数，进而根据函数的奇偶性和单调性解不等式即可. 【变式15-1】（24-25高一上·江苏·期末）已知是定义在上的偶函数，若且时，恒成立，，则满足的实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用构造函数法，结合函数的单调性、奇偶性来求得x的取值范围. 【详解】设，由， 得，所以， 令，则， 所以函数在上单调递增， 因为是定义在R上的偶函数，所以， 所以对任意的，， 所以，函数为上的偶函数，且， 由，可得，即， 即，所以，即，解得. 故选：A 【点睛】方法点睛：形如的已知条件，往往是给出函数的单调性，可以利用函数单调性的定义来进行求解.利用函数的单调性和奇偶性来求解不等式，可将不等式转化为函数不等式的形式，然后结合单调性、奇偶性去掉函数符号，再解不等式来求得答案. 【变式15-2】（24-25高一上·重庆·阶段练习）已知奇函数的定义域为，满足对任意，且，都有，且，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】构造函数，根据单调函数和奇偶函数的定义可知为偶函数且在上单调递增，利用函数的单调性好奇偶性解不等式即可. 【详解】设，则， 所以为偶函数. 对于，且，有， 设，则，得，即， 所以在上单调递增，则在上单调递减， 且，. 当时，由，得，解得； 当时，由，得，解得. 综上，不等式的解集为. 故选：B 【点睛】思路点睛：根据函数单调性求解函数不等式的思路如下： （1）先分析函数在指定区间上单调性； （2）根据函数单调性将函数值的关系转变为自变量之间的关系，并注意定义域； （3）求解关于自变量的不等式，从而求解不等式的解集. 【变式15-3】（24-25高一上·福建三明·期中）已知奇函数的定义域为，满足对任意、，且，都有，且，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】构造函数，其中，分析函数的奇偶性与单调性，可得出，分、两种情况将不等式变形，结合函数的单调性即可得解. 【详解】构造函数，其中， 则，所以，函数为偶函数， 对任意的对任意、，且，都有， 不妨设，则，可得，即， 所以，函数在上为减函数，则该函数在上为增函数， 且，， 当时，由可得，可得； 当时，由可得，可得. 综上所述，不等式的解集为. 故选：B. 【点睛】思路点睛：根据函数单调性求解函数不等式的思路如下： （1）先分析出函数在指定区间上的单调性； （2）根据函数单调性将函数值的关系转变为自变量之间的关系，并注意定义域； （3）求解关于自变量的不等式 ，从而求解出不等式的解集. 【题型16 证明抽象函数的奇偶性】 例16．函数对任意实数恒有，且当时，. (1)判断的奇偶性； (2)求证：是上的减函数； (3)若，解关于的不等式. 【答案】(1)奇函数 (2)证明见解析 (3)答案见解析 【分析】（1）根据题设条件，利用特殊值法、奇偶性的定义分析运算即可得解. （2）根据题设条件，利用单调性的定义分析运算即可得证； （3）根据题设条件将不等式转化为一元二次不等式，利用一元二次不等式的解法、分类讨论法运算即可得解. 【详解】（1）解：由题意，函数对任意实数恒有， 令得，解得：. 取，则由得， ∴，即， ∴函数是奇函数. （2）证明：任取，且，则， ∵当时，，∴， 由得， ∴， ∴， ∴是上的减函数. （3）解：由得， 由得， 则， ∴不等式可化为， ∵是上的减函数， ∴，即………①. （i）当时，不等式①式即为，解得：，即原不等式解集为； （ii）当时，不等式①式化为，即， 若，上式不等式即为，解得：，即原不等式解集为； 若，则，原不等式解集为； 若，则，原不等式解集为； （iii）当时，不等式①式化为，即， ∵此时，∴原不等式解集为； 综上，当时，原不等式解集为； 当时，原不等式解集为； 当时，原不等式解集为； 当时，原不等式解集为； 当时，原不等式解集为. 【点睛】方法点睛： 1.解一元二次不等式的一般步骤：（1）化为标准形式；（2）确定判别式的符号，若，则求出该不等式对应的一元二次方程的根；若，则该不等式对应的一元二次方程无根；（3）结合二次函数的图象得出不等式的解集，特别地，若一元二次不等式左边的二次三项式能分解因式，则可直接写出不等式的解集. 2.含有参数的一元二次不等式的求解，首先需要对二次项系数讨论，再比较相应方程的根的大小，注意分类讨论思想的应用. 【变式16-1】设定义在上的函数满足：①对，，都有；②时，；③不存在，使得. (1)求证：为奇函数； (2)求证：在上单调递增； (3)设函数，，不等式对恒成立，试求的值域. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）赋值法求得，然后再令可证得奇函数； （2）由已知先证得，再证得时，，然后任取，则，，再根据已知条件变形可证得单调性； （3）由已知求出，然后已知不等式根据已知等式变形化简后由函数的单调性进行转化，转化为二次不等式恒成立，从而求得的范围，最后再由二次函数性质得值域． 【详解】（1）的定义域为，关于原点对称， 令，得，解得或， 又不存在，使得， ∴， 令，得， ∴， ∴为奇函数. （2）时，， ∴，当且仅当，等号成立， 又不存在，使得， ∴， ∴时，， 又为奇函数， ∴时，， ∴对，， 任取，则，， 而， ∴， 又，， ∴， ∴， ∴，， ∴在上单调递增. （3）， ∴， ， ∵不等式对恒成立， ∴对恒成立， 又在上单调递增， ∴对恒成立，即对恒成立， 当时，对恒成立， 当时，对恒成立，解得， 综上，， 而函数在上单调递减， ∴的值域为. 【点睛】方法点睛：本题考查抽象函数的奇偶性、单调性，抽象函数的不等式恒成立问题并考查求二次函数的值域．解决抽象函数的基本方法是赋值值，根据函数的奇偶性、单调性的定义进行赋值，从已知式中得出与的关系，得出的正负，赋值时有时需要求出具体的函数值，如本题求，在对第（3）问题中不等式进行变形时还需要求得，解题的关键就是已知抽象函数的性质：，利用它对进行变形． 【变式16-2】定义在R上的连续函数满足对任意 ，，. (1)证明：； (2)请判断的奇偶性； (3)若对于任意 ，不等式恒成立，求出m的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 为奇函数， 为偶函数 (3) 【分析】（1）令 ，利用条件运算可以证明； （2）运用（1）的结果，令 ，计算出 ，再令 ，对条件进行运算可以判断出 的奇偶性； （3）运用条件 将不等式 转化为对勾函数，再用基本不等式可以求解. 【详解】（1）令 ，则有 ， ， 因为 是任意的， ，由得 ， ， ； （2）令 ，由①②得 ，将 代入， 解得 或 （ ，舍去），代入③得 ； 令 ，则有 ， 两式相加得 ， 由（1）的运算结果 ， 代入上式，得： ， 由可知如果 ，则有 ，不可能， 所以 ， ， 由于x是任意的，必有 ，两式相加得 ， 是偶函数， ， 是奇函数； （3）由于，不等式即为： ，由 ， 得 ， 令 ，则不等式转化为 ，其中 ， ， ，当且仅当 时等号成立，所以m的最大值为 ； 综上，m的最大值为. 【点睛】比较两个函数值的大小一般是用做差法，但是本题不行，需要利用条件巧妙推出； 推导函数的奇偶性，一般来说是先求出 ，如果 ，则必定不是奇函数， 本题需要结合条件再巧妙利用“1”，作因式分解，再利用 与 的关系推出 的奇偶性； 不等式求参数的最大值，用参数分离法比较直观，分离后的不等式显然可以用基本不等式来计算. 【变式16-3】设的定义域是，在区间上是严格减函数；且对任意，，若，则． (1)求证：函数是一个偶函数； (2)求证：对于任意的，． (3)若，解不等式． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）令可得，再令代入所给条件即可求解； （2）令，代入所给条件即可得证； （3）原不等式可化为，由二次不等式解法得出或， 再由及函数的单调性求解. 【详解】（1）令，则，即， 因为的定义域是，在区间 上是严格减函数，所以不恒为0， 所以，即， 再令， 则，即 ， 所以函数是一个偶函数. （2）令， 则， 所以，得证. （3）令， 则，即 ， 所以， 由可得 ，即， 解得或， 所以或 ， 因为在区间上是严格减函数， 所以或， 解得或或 ， 又，即， 所以或或 ， 所以不等式的解集为 【题型17 函数周期性的应用】 例17．（24-25高一上·四川广元·期末）设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题目条件得到，的一个周期为4，从而. 【详解】为奇函数，故， 又为偶函数，故， 中，令代替得， 结合得， 即，又， 故，的一个周期为4， 所以， 又时，． 故. 故选：D 【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； 【变式17-1】已知函数，的定义域均为，为奇函数，为偶函数，，，则（    ） A． B．1 C．2023 D．2024 【答案】A 【分析】借助赋值法结合题意可得函数的对称性与周期性，结合题目中所给条件可得，即可得解. 【详解】因为为偶函数，所以①， 因为，所以， 结合①有②， 因为为奇函数，所以，所以， 结合②有，所以，所以， 所以的周期为8．因为，所以， 同理，由，得， 所以，， 因为，所以，即， 因为，所以， 所以，所以， 所以的周期为8，所以， 由，得， 由，得，所以， 所以． 故选：A. 【点睛】结论点睛：解决抽象函数的求值、性质判断等问题，常见结论： （1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则，若函数关于点中心对称，则，反之也成立； （2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为. 【变式17-2】已知函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，.若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由已知奇偶性质得到的周期性，再由与求得待定系数，从而利用周期性与条件得，代入解析式即可得解. 【详解】由为奇函数，得，故， 由为偶函数，得， 所以，即， 则，故的周期为， 所以， 由，令，得，即， 令，得， 由，令，得， 因为，所以，即，所以， 联立，解得， 故时，， 由，令，得， 所以. 故选：D. 【点睛】结论点睛：对称性的常用结论如下： （1）若函数满足或或，则的一条对称轴为； （2）若函数满足或或，则的一个对称中心为. 【变式17-3】已知函数的定义域均为，且．对任意的均有成立，且．则下列说法正确的个数有（    ） ①．    ②．为奇函数    ③．的周期为6    ④． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】对①：通过，即可直接求得结果；对②：令，求得，再令，即可求得，即可判断；对③：对原式通过赋值法，结合已知数据，以及周期性的定义，即可求得结果；对④：根据③中所求，结合的取值，以及函数周期性，即可求得结果. 【详解】根据题意可得， 对①：，故①正确； 对②：对，令，则，则； 再令，则，整理得， 又，故为偶函数，故②错误； 对③：对，令，则； 故，，则， ，也即，故的周期为，故③正确； 对④：由③可知：，又， 故，解得；同理，解得； ，解得，，解得，，解得； 即； 则，故④正确； 故说法正确的个数有个. 故选：C. 【点睛】结论点睛：解决抽象函数的求值、性质判断等问题，常见结论： （1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则，若函数关于点中心对称，则，反之也成立； （2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为. 【题型18 函数对称性的应用】 例18．（24-25高一上·江苏常州·期末）我们知道：的图象关于原点成中心对称图形的充要条件是为奇函数，有同学发现可以将其推广为：的图象关于成中心对称图形的充要条件是为奇函数.若的对称中心为，则（    ） A．8096 B．4048 C．2024 D．1012 【答案】B 【分析】根据对称性的定义求出函数的对称中心，结合对称性进行转化求解即可. 【详解】若函数图象的对称中心为，则为奇函数， 即为奇函数， 必有且，解得， 则的对称中心为，所以， 设 ， ， 故选B 【点睛】关键点点睛：本题主要考查函数值的计算，结合对称性的定义求出函数的对称中心，然后进行转化是解决本题的关键. 【变式18-1】（24-25高一上·安徽合肥·期中）已知函数图象与函数图象有三个交点，分别为、、，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】推导出函数、的图象都关于点对称，结合对称性可得出结果. 【详解】因为函数、的定义域均为， 因为， 所以，， 故函数的图象关于点对称， 因为 ， 故，则函数的图象也关于点对称， 不妨设，由题意可知，这两个函数的交点也关于对称，且， 则点与点关于点对称，则， 因此，. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题考查函数的零点和问题，分析两个函数的对称性是解题的关键，进而根据对称性求和. 【变式18-2】（24-25高一上·江苏南京·期中）已知定义在上的函数满足，若函数与的图象的交点为则（    ） A．2 B．1 C． D．0 【答案】C 【分析】根据得中心对称以及中心对称点，进而分析得也关于对称，从而得到两函数图象交点也是对称的，由此得解. 【详解】由得关于对称， 由得， 即， 所以也关于对称， 因此两函数图象交点也是对称的， 假设点与点对称， 则，所以推理可得. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于证明两函数图象交点也是对称的，求出. 【变式18-3】已知函数，满足，，若恰有个零点，则这个零点之和为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由解析式可知为奇函数，进而可得的对称中心，根据满足的关系式，可得函数的对称中心，由两个函数的对称中心相同，即可判断出其零点的特征，进而求得个零点的和. 【详解】因为的定义域为，关于原点对称， 所以 ，所以函数为奇函数，关于原点中心对称， 而函数是函数向右平移两个单位得到的函数， 因而关于中心对称， 函数满足，所以， 即，所以函数关于中心对称，且， 且， 所以由函数零点定义可知， 即， 由于函数和函数都关于中心对称， 所以两个函数的交点也关于中心对称， 又因为恰有个零点， 即函数和函数的交点恰有个， 且其中一个为，其余的个交点关于对称分布， 所以个零点的和满足， 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点是能够通过函数解析式和抽象函数关系式确定函数的对称中心，从而可确定零点所具有的对称关系. 【题型19 函数性质的综合应用】 例19．（2025·重庆·模拟预测）（多选）已知函数、 定义域为，其中为偶函数，，且 ，，则（     ） A． B．为奇函数 C． D． 【答案】AC 【分析】计算出的值，推导出，可得出的值，可得知函数是以为周期的周期函数，可判断A选项；利用反证法可判断B选项；由已知条件可推导C选项；由可得出，结合函数周期性可判断D选项. 【详解】因为为偶函数，则，即函数的图象关于直线对称， 因为，则函数的图象关于点对称， 因为，则，所以，， 则，即， 所以，， 所以，函数的图象关于点对称，C对； 因为函数的图象关于直线对称，则， 由可得，则， 故，所以，函数是以为周期的周期函数， 因为，则， 且，所以，，A对； 因为，故函数是周期为的周期函数， 若函数为奇函数，且，则， 从而有，则， 又因为的图象关于直线对称，则，这与矛盾， 故函数不是奇函数，B错； 因为，且，则， 则，且， 所以，，D错. 故选：AC. 【变式19-1】（24-25高一上·广东茂名·期末）（多选）已知是定义在上且不恒为0的图象连续的函数，若，，则（   ） A． B．为偶函数 C．4是的一个周期 D． 【答案】BCD 【分析】对于A，B，C利用赋值法即可判断；对于D，令和，再结合函数的对称性即可判断. 【详解】对于A，令，得， 因为不恒为0，所以，故A错误； 对于B，令，得， 得，则为偶函数，故B正确； 对于C，令，得， 则， 则，周期为4，故C正确； 对于D，令，得，，即， 令，得，即关于中心对称， 所以，即，所以，故D正确． 故选：BCD． 【点睛】方法点睛：对于抽象函数的求值或函数性质的求解策略： （1）对于抽象函数的基本性质的求解，通常借助合理赋值，结合函数的单调性、奇偶性的定义，进行推理，得出函数的基本性质，有时借助函数的奇偶性和周期性来确定另一区间上的单调性，即实现区间的转换，再利用单调性解决相关问题； （2）解答抽象函数的周期性问题时，通常先利用周期性中自变量所在区间，结合函数的奇偶性和对称性进行推理，得到，求得函数的周期； （3）解答抽函数的求值问题时，通常利用合理赋值，再结合函数的对称性和周期性，进行求解. 【变式19-2】（24-25高一下·广东茂名·阶段练习）（多选）定义在上的函数，且，则（   ） A．是偶函数 B．的图象关于点对称 C． D． 【答案】ACD 【分析】利用赋值法，根据奇偶性的定义判断A；举出反例判断B；求解判断C，D. 【详解】令，得， 令，得， 又，所以，所以是偶函数，故A对； 令， 令，得， ， 所以的图象不关于点对称，故B错，C对； 令，得， 令， 令， 同理可得， 所以，故D对； 故选：ACD 【变式19-3】（24-25高一上·安徽宿州·期末）（多选）已知定义在上的函数在区间上单调递减，且满足，，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】推导出，在等式中，令可求得的值，在等式中，令可求得的值，可判断A选项；由函数的周期性结合函数在上的单调性可判断B选项；利用函数的单调性与对称性可知，函数在区间上单调递减，可判断C选项；在等式中，令，可得出，再由可判断D选项. 【详解】因为，所以， 所以. 因为，取，得. 因为，取，得， 又，所以，故A正确； 由在区间上单调递减，得， 又，且，所以，故B正确； 因为，所以函数的图象关于点对称， 因为函数在区间上单调递减，所以在区间上单调递减， 因为，则，所以，故C错误； 由，取，得， 又，所以，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】结论点睛：对称性与周期性之间的常用结论： （1）若函数的图象关于直线和对称，则函数的周期为； （2）若函数的图象关于点和点对称，则函数的周期为； （3）若函数的图象关于直线和点对称，则函数的周期为. 【题型20 函数新定义】 例20-1．（24-25高一下·广西柳州·开学考试）记实数中的最大数为，最小数为，则关于函数的说法中正确的是（    ） A．方程有三个根 B．的单调减区间为和 C．的最大值为 D．的最小值为 【答案】A 【分析】由的定义作出函数图象，结合图象依次判断各个选项即可. 【详解】由的定义作出函数图象，如图，    由图象可知： 对于A，的图象与直线有且仅有三个不同交点，即有三个根，A正确； 对于B，的单调递减区间为和，B错误； 对于C，，C正确； 对于D，无最小值，D错误. 故选：A 例20-2．（24-25高一上·江苏盐城·期中）若函数在上的最大值记为，最小值记为，且满足，则称函数是在上的“美好函数”. (1)函数是否是在上的“美好函数”，并说明理由； (2)已知函数是在上的“美好函数”，求的值； (3)已知函数是在上的“美好函数”，求的值. 【答案】(1)不是，理由见解析 (2) (3)或 【分析】（1）求出函数的最值，即可判断； （2）首先判断函数的单调性，即可求出函数的最值，从而得到方程，解得即可； （3）结合函数单调性的定义及对勾函数的性质得到函数的单调性，再对分类讨论，分别求出函数的最值，即可得到方程，解得即可. 【详解】（1）因为，则在上单调递增，在上单调递减， 又，，， 所以，， 则， 所以不是在上的“美好函数”； （2）因为，， 则在上单调递减，所以，， 因为函数是在上的“美好函数”， 所以，解得. （3）函数的定义域为， ，所以为奇函数， 根据对勾函数的性质可知在上单调递减，在上单调递增， 在上单调递增，在上单调递减， 其中在上单调递减的证明如下： 设， 则 ， 因为，所以， 所以，所以， 所以函数在上单调递减. 当，即时在上单调递减，则，， 所以，解得或（舍去），所以， 即在上为“美好函数”； 当时在上单调递增，则，， 所以，方程无解，故舍去； 因为，令，即，解得 或， 因为，， 所以当时，在的最小值为，最大值不可能为，故不符合题意； 当，即时在上单调递减，则，， 所以，解得（舍去）或，所以， 即在上为“美好函数”； 当时，即时，在上单调递增，则，， 所以，方程无解，故舍去； 因为，令，即，解得 或， 因为，， 所以当时，在的最大值为，最小值不可能为，故不符合题意； 综上可得或. 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是理解所给“美好函数”的定义，结合函数的单调性求出函数的最值. 【变式20-1】已知符号函数，是上的增函数，，则（  ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据已知，列举、两个反例，结合排除法即可得. 【详解】由，是上的增函数，， 令，则， 此时，A错；，C错； 令，则， 此时，， 所以，此时D错； 故选：B 【变式20-2】（24-25高一上·江西抚州·期末）波恩哈德·黎曼（1866.07.20~1926.09.17）是德国著名的数学家.他在数学分析、微分几何方面作出过重要贡献，开创了黎曼几何，并给后来的广义相对论提供了数学基础.他提出了著名的黎曼函数，该函数的定义域为，其解析式为：，下列关于黎曼函数的说法不正确的是（   ） A． B．关于的不等式的解集为 C． D． 【答案】C 【分析】根据黎曼函数的定义域分类对函数进行分析，再对每一个选项逐一分析判断，即可求出结果. 【详解】对于选项A，当时，，当时，，而， 当时，，若是无理数，则是无理数， 有， 若是有理数，则是有理数，当（、为正整数，为最简真分数）， 则（、为正整数，为最简真分数）， 此时， 综上，时，所以选项A正确； 对于选项B，若或或内的无理数，此时，显然不成立， 当（、为正整数，、互质），由，得到， 整理得到，又、为正整数，、互质，所以或均满足， 所以，关于的不等式的解集为，选项B正确； 对于选项C，取，，则， 而，所以选项C错误； 对于选项D，当或或为无理数且或或为无理数时，， 显然有， 当，（、、、是正整数，、是最简真分数）时， ，，故， 当，时，，有， 当，时，，，有， 当为无理数，时，，有， 综上，所以选项D正确. 故选：C. 【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的:遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决. 【变式20-3】（24-25高一上·江苏南通·阶段练习）（多选）用表示不超过的最大整数，例如，则（    ） A． B．，则 C． D．方程的解集为 【答案】ACD 【分析】设出的整数部分与小数部分，再由的意义判断A；利用特殊值判断B，C；确定的范围，进而确定其值，代入计算判断D. 【详解】对于A，设的整数部分为，小数部分为，则，因此，故A正确； 对于B，，满足，此时，故B错误； 对于C，当时，符合题意，故C正确； 对于D，由，知为整数且，解得，显然，于是， 因为，即，由，解得，则； 由，解得或（舍去）， 因此，即或， 当时，，解得；当时，，解得， 所以方程的解集为，故D正确. 故选：ACD. 【变式20-4】对于函数，若存在，使成立，则称为的不动点.已知函数. (1)当时，求函数的不动点； (2)若对任意实数，函数恒有两个相异的不动点，求的取值范围； (3)在（2）的条件下，若的两个不动点为，且，求实数的取值范围. 【答案】(1)和 (2) (3) 【分析】（1）根据不动点定义得到方程，解方程求得结果； （2）将问题转化为有两个不等实根，利用判别式得到满足的不等式，将其看做关于的一元二次不等式恒成立，由判别式得到关于的不等式，求解得到结果； （3）利用已知得到，根据对勾函数的性质求得最值即可得到所求范围. 【详解】（1）当时，， 所以，解得或， 所以函数的不动点为和. （2）函数恒有两个相异的不动点，即方程有两个不等的实根， 即方程有两个不等的实根， 恒成立，即恒成立， 所以，解得， 故当时，函数恒有两个相异的不动点，则的取值范围为. （3）∵ ， 所以， 因为，所以， 由于对勾函数在单调递增， 所以， 所以.故的取值范围为. 【点睛】方法点睛：本题考查了函数问题中的新定义问题，搞清楚不动点是方程的根，不动点的个数即为方程的根的个数，从而构造方程在求解参数范围的过程中，要根据不同的函数模型，利用二次函数，对勾函数求解对应模型的最值.对于转化与化归的思想要求较高. 一、单选题 1．（24-25高一上·江苏连云港·期中）已知函数，的定义域均为，且，，的图象关于对称，当时，，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题设得到、，结合已知求相关函数值，即可求结果. 【详解】由，则①， 由，则②， 由①有，结合②有， 所以，故， 由的图象关于对称，则③， 由①有，结合②③有， 所以，则， 由知：， 由知：， 且， 综上，. 故选：C 【点睛】关键点点睛：根据题设得到、为关键. 2．（24-25高一上·浙江温州·期中）已知函数的定义域为，，函数是奇函数，的图象关于直线对称，则（   ） A．是偶函数 B．是奇函数 C． D． 【答案】B 【分析】应用题目所给条件，确定函数图像的对称性，代入可求出的对称轴，对称中心和周期. 【详解】由为奇函数，，可得，即函数图象关于对称，； 由关于对称，得，即，的图象关于点中心对称； 结合条件关于直线对称，， 可以得出. 对于选项A，已知条件不足以确定的奇偶性，A选项错误； 对于选项B，的图象可以由的图象向右平移一个单位得到，故对称中心为，是奇函数，B选项正确； 对于选项C，由已知只能得到，不能确定的取值，C选项错误； 对于D选项，，D选项错误. 故选：B 3．（24-25高一上·福建福州·期中）已知函数的定义域为R，为偶函数，为奇函数，且在上单调递增，则下列错误的是（　　） A． B．为函数图象的一条对称轴 C．函数在上单调递减 D． 【答案】D 【分析】由为奇函数可得，取，即可判断A；由为偶函数可得，即可判断B；分析可得在上单调递增，结合B选项可判断C；由，取，即可判断D． 【详解】A选项，因为奇函数，则， 令，得，可得，故A正确； B选项，因为偶函数，则， 即为函数图象的一条对称轴，故B正确； C选项，由，得为图象的一个对称中心， 又在上单调递增，则在[2,4]上单调递增， 所以在当单调递增， 又由B选项可知函数在上单调递减，故C正确； D选项，由B选项，，令，可得，故D错误． 故选：D． 4．（24-25高一上·河北石家庄·期中）已知函数，是定义在上的函数，其中是奇函数，是偶函数，且.若对任意，都有，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据函数奇偶性求的解析式，再由转化为，设，由在上单调递增求参数的取值范围. 【详解】因为，， 用代替得， 所以，结合， 所以，因为，， 所以， 设， 所以在单调递增，所以或或， 所以或或， 所以. 故选：C. 【点睛】方法点睛：二次函数在给定区间上的单调性问题，一般要讨论抛物线开口方向与区间与对称轴的位置关系. 5．（24-25高一上·福建南平·期中）若函数在定义域上的值域为，则称为“函数”．已知函数是“函数”，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分析函数的单调性，求出该函数在、上的值域，分析可知，函数的值域为，结合分段函数的值域可得出关于实数的不等式组，即可解得实数的取值范围. 【详解】因为函数的定义域为，且， 由题意可知，函数的值域为， 因为函数在上单调递增，当时，， 函数在上为增函数， 当时，， 由题意可得，则有，解得. 因此，实数的取值范围是. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于分段函数的单调性，求出函数在每段区间上的值域，再由并集运算得出不等式组求解. 二、多选题 6．（24-25高一上·河南驻马店·期末）设函数，对任意的非零实数x，y，恒有，且对任意的，有，则（   ） A． B．为偶函数 C．单调递减 D．的解集为 【答案】ABD 【分析】令 可判断；令 可判断；由结合单调性的定义判断C；利用函数的单调性与奇偶性转化原不等式即可判断D. 【详解】项，令 ，则 ，所以 ，故正确； 项，令，则 ，所以 令 ，则 ，所以，所以为偶函数，故正确； C项，令 ，则，所以 ， ，即， 所以在上单调递减， 又因为为偶函数，所以在 上单调递增， 故在上单调递增，在上单调递减，故C不正确； 项， ，即， 所以 ，所以或，解得或， 所以的解集为，故正确； 故选：ABD 【点睛】方法点睛：函数的三个性质：单调性、奇偶性和周期性，在高考中一般不会单独命题，而是常将它们综合在一起考查，其中单调性与奇偶性结合、周期性与抽象函数相结合，并结合奇偶性求函数值，多以选择题、填空题的形式呈现，周期性、奇偶性与单调性相结合，解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间，然后利用奇偶性和单调性求解，抽象函数问题往往利用赋值法求解. 7．（24-25高一上·湖南衡阳·期末）已知定义在上且不恒为0的函数，对任意，都有，则（   ） A． B．函数是奇函数 C．对，有 D．若，则 【答案】ABD 【分析】利用特殊值判断A，当时，令得到，再结合奇偶性判断B，结合B选项及特殊值判断C，推导出，即可判断D. 【详解】对于A，因为对任意，都有， 令，得 ，A正确． 对于B，当时，令，则有， ，， 又，，为奇函数，B正确． 对于C，由B知，不恒等于，即时，C错误． 对于D，， 由知，， ， ， ， ， ，故D正确． 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题B选项解答的关键是得到，D选项关键是推导出. 8．（24-25高一上·江苏苏州·期末）已知定义在R上的函数满足对任意的实数，均有，且当时，恒有，则（    ） A． B．当时，函数为减函数 C．当时，的图象关于点对称 D．当时，为偶函数 【答案】AC 【分析】令，可判断A；令，可得，可判断B；令，可得，可判断C；举反例，可判断D. 【详解】解：令，得， 所以，故A正确； 当时，， 当时，恒有， 令， 即对任意，时， ， 即函数为增函数，故B错误． 令，则， 又， 所以， 即 的图象关于点对称，故C正确； 当时，若取， 则， ， 即， 且当时， 单调递增，恒有， 显然， 不为偶函数，故D错误． 故选：AC. 【点睛】关键点睛：本题的关键是对D选项的判断，举出反例是关键. 9．（24-25高一上·云南曲靖·期末）函数满足，且，则下列结论成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】对于AB：赋值令即可得结果；对于C：赋值令，整理可得，即可得结果；对于D：分析可知函数的的一个周期为12，结合周期性运算求解. 【详解】因为，， 对于选项AB：令，可得， 即，故A错误，B正确； 对于选项C：令，可得， 即， 可得，两式相加可得， 即，所以，故C正确； 对于选项D：由选项C可得：， 可知函数的的一个周期为12， 所以，故D错误． 故选：BC. 【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题． 10．（24-25高一上·江西抚州·期末）已知函数的定义域是，对任意的实数、满足，且，当时，，则下列结论正确的是（   ） A． B． C．函数为上的增函数 D．函数为奇函数 【答案】ACD 【分析】令，求出的值，可判断A选项；令，可求出的值，再令，可求出的值，可判断B选项；令，可知，再令，结合函数奇偶性的定义可判断D选项；推导出当时，，然后利用函数单调性的定义可判断C选项. 【详解】对于A选项，对任意的实数、满足， 令可得，解得，A对； 对于B选项，令，可得， 即，解得， 再令可得，B错； 对于D选项，令， 由可得， 即，且， 令，则，即， 所以，函数为奇函数，D对； 对于C选项，由题意可知，当时，， 当时，，即时，， 故当时，， 任取、且， 则， 即函数在上为增函数，C对. 故选：ACD. 【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. 即取值作差变形定号下结论. 三、填空题 11．（24-25高一上·甘肃·期末）设是定义在上的奇函数，对任意的，满足，若，则不等式的解集为 . 【答案】 【分析】由题意构造函数，进而得出的奇偶性和单调性，利用函数的奇偶性与单调性解不等式即可. 【详解】令， 由是定义在上的奇函数， 可得是定义在上的偶函数. 由对任意的，满足， 可得在上单调递增， 由，可得， 所以在上单调递减，且. 不等式，即为， 可得或即或 解得或. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是根据构造函数，根据函数奇偶性与单调性解不等式亦为关键. 12．（24-25高一上·广东广州·期末）若对任意的，恒成立，则实数a= ． 【答案】/ 【分析】分两种情况分别化简恒成立为等价不等式组计算求参即可. 【详解】对任意的，恒成立， 当时，对任意的或恒成立， 当恒成立， 令，开口向上，对称轴为， 在单调递增，所以恒成立转化为， 所以，得； 当恒成立， ，开口向上，对称轴为， 在单调递增，所以恒成立转化为， 所以，得； 综上； 当时，对任意的，恒成立， ，开口向上，对称轴为， 在单调递减，在单调递增， 所以不能恒成立，所以无解； 所以上. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：解题的思路是分类讨论，把不等式应用符号法分为两部分，分别恒成立计算求参. 13．（24-25高一上·上海宝山·期末）已知.若任取、，均有成立，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】问题转换成，画出，图像，结合图像分类讨论. 【详解】原题等价于存在，，使得. 在同一坐标系中画出，图像， 如图，当时，显然成立. 当或时，显然不成立. 下面讨论时.令，. 当时，，对称轴，区间中点， 所以. 又在单调递减，在单调递增，所以 ， 所以， 综上， 故答案为： 【点睛】关键点点睛：当时. ，此时. 14．（24-25高一上·新疆昌吉·期末）若定义在上的奇函数在上单调递增，且，则满足的x的取值范围是 【答案】 【分析】根据条件分析函数的性质，结合函数简图分类讨论可解不等式. 【详解】由题意得，，，函数在上单调递增， 函数的图象大致如下： ∵，∴或， 当时，或，解得， 当时，或，解得， 综上得，满足的x的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用函数的性质画出简图，根据函数图象分析讨论可解不等式. 15．（24-25高一上·上海奉贤·期末）设表示不超过的最大整数，方程的最小解与最大解的和为 ． 【答案】 【分析】设（为整数，），将代入，得到，要比较的大小，先要比较的大小，若相等，再比较的大小，得到，所以的最大值只有当时取到，且最大值为0，此时的最大解为0，又因为，所以，当且仅当时，，因此的最小解为，求出的最小解与最大解的和. 【详解】设（为整数，），代入， 得， 即， 显然均为整数， 故， 即， 对于每个不同的，确定了唯一的有序实数对，从而也互不相同， 要比较的大小，先要比较的大小，若相等，再比较的大小， 因为， 所以的最大值只有当时取到，且最大值为0，此时的最大解为0， 又因为， 所以，当且仅当时，，此时的最小解为， 综上，方程的最小解与最大解的和为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：设（为整数，），将代入，得到，再进行下一步求解. 四、解答题 16．（24-25高一上·广东广州·期末）已知函数. (1)当时，在同一直角坐标系中画出函数的图象； (2)，用表示中的较小者，记为.当时，求的解析式； (3)设，记的最小值为，求的最小值. 【答案】(1)图象见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用二次函数的图象性质作出的图象，从而得解； （2）利用（1）中的图象，结合函数新定义即可得解； （3）先得到的解析式，再分类讨论与两种情况，结合二次函数的性质得到的最小值情况，再分类讨论的取值情况即可得解. 【详解】（1）当时，， 当时，， 当时，， 又，所以的图象大致如图， （2）因为，， 结合（1）中图象，可知当时，， 当或时，， 所以，即. （3）因为， 所以， 当时，， 则的图象开口向上，对称轴为， 若，则在处取得最小值， 若，则在处取得最小值； 当时，， 则的图象开口向上，对称轴为， 若，则在处取得最小值， 若，则在处取得最小值； 综上，当时，， 又，所以， 此时在时取得最小值； 当时，，此时在时取得最小值； 当时，， 又，所以， 此时在时取得最小值； 综上，的最小值为. 17．（24-25高一上·浙江·期中）函数满足：对任意实数，，有成立，函数，，，且当时，． (1)求并证明函数为奇函数； (2)证明：函数在上单调递增； (3)若关于的不等式恒成立，求的取值范围． 【答案】(1)，证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）赋值求得，根据奇函数的定义证明函数为奇函数； （2）由题意可得，根据单调性的定义分析证明； （3）根据题意结合函数性质可得，利用参变分离可得，利用基本不等式分析求解即可. 【详解】（1）因为， 令，则，得； 令，则，得； ，令， 依题意得，即， 所以是奇函数. （2）由得，即， ，，，则，则， 可得， 即，所以函数在上单调递增. （3）因为，，且函数为奇函数， 则，可知是偶函数， 且， 因为，可得， 因为是偶函数，且，可得， 又因为函数在上单调递增，可得， 因为，则，可知， 当时，， 当且仅当，即时，等号成立； 当时，， 当且仅当，即时，等号成立； 综上所述：， 可得，解得，且， 所以的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，利用函数的奇偶性与单调性得到，从而分类讨论即可得解. 18．（24-25高一上·甘肃张掖·阶段练习）已知是定义在上的函数，，且，都有. (1)求，的值； (2)判断在上的单调性，并用定义证明； (3)若对任意，都存在，使得成立，求的取值范围. 【答案】(1)， (2)单调递减函数，证明见解析 (3) 【分析】（1）根据题意得到该函数为奇函数，再根据奇函数的性质求得结果； （2）由（1）可得解析式，根据定义法可证明出该函数的单调性； （3）根据单调性得到最大值，再根据恒成立问题以及能成立问题求解不等式. 【详解】（1）因为，都有， 则是定义在上的奇函数，得，解得， 所以， 由，可得，解得， 此时，满足， 所以，； （2）证明：由（1）知，设， 则， 因为，所以，， 所以，即. 故函数在上为单调递减函数； （3）由（2）知在上为单调递减函数， 所以在上的最大值为， 因为对任意，使得都成立， 所以，所以， 因为存在，使得成立，所以， 又因为，所以是关于的单调递增函数， 所以， 即，解得或， 所以的取值范围为. 19．（24-25高一上·云南曲靖·阶段练习）已知定义在上的函数满足： ①值域为，且当时，； ②对于定义域内任意的实数，均满足；试回答下列问题： (1)试求的值； (2)判断并证明函数的单调性； (3)若对任意的恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2)单调递减，证明见解析 (3). 【分析】（1）利用赋值法代入计算，再根据函数值域即可得； （2）根据已知条件可证明得出，再由函数单调性定义证明即可得出结论； （3）结合函数奇偶性，将不等式恒成立问题转化为，再由单调性即可求得结果. 【详解】（1）在中，令， 则有．即． 也即． 由于函数的值域为，所以， 所以． （2）函数的单调性必然涉及到， 于是由已知，我们可以联想到：是否有（*） 这个问题实际上是：是否成立？ 为此，我们首先考虑函数的奇偶性，也即与的关系． 由于，所以在中， 令，得．所以函数为奇函数．故（*）式成立． 所以． 任取，且，则，故且． 所以，； 所以，函数在上单调递减． （3）由（2）知为奇函数，且对恒成立， 即对恒成立， 由（2）知为减函数，所以对恒成立， 所以，令， 因为在上单调递增，，所以， 所以实数的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：在解决第三问中求解取值范围的关键是利用函数奇偶性将不等式恒成立转化为求解函数最小值的问题，再结合函数单调性即可求解. 20．（24-25高一上·云南曲靖·期末）若定义域为的函数满足对任意的和，都有，我们就称这个函数是“优美的”． (1)若函数是优美的，求； (2)写出一个优美的函数，使得，并说明为什么是优美的； (3)对于任意优美的函数，证明：对任意的有理数，都有． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）通过对给定等式合理赋值来求解； （2）先根据条件确定一个满足的函数，再验证其是否满足“优美的”函数定义； （3）需要分情况讨论有理数为正整数、负整数、分数时，证明成立. 【详解】（1）已知函数是“优美的”，即对任意的和，都有. 令，则，即. 即，所以. （2）设，此时，满足. 下面证明是“优美的”： 对于任意的和，，而. 所以，故是“优美的”. （3）证明对任意有理数，都有. 有理数包括整数和分数，分类讨论. 当为0时，显然. 当为正整数时： 设（为正整数），由可得： . 同理，以此类推可得. 当为负整数时： 设（为正整数），因为，由前面已证得，所以，则，即. 当为分数时： 设（为整数，），因为， 又由前面已证得当为整数时，所以， 则，即. 综上，对任意的有理数，都有. 【点睛】关键点点睛：本题属于函数新定义题，关键是读懂题意，将其联想到熟悉的知识点，解题即可.第三问关键是对有理数进行分类，然后按照分类讨论，证明即可. 11 / 11 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$