专题08 期中压轴题精选（4大考点43题）（期中真题汇编，福建专用）高一数学上学期

专题08 期中压轴题精选 4大高频考点概览 考点01 集合压轴题 考点02 基本不等式、一元二次不等式压轴题 考点03 函数的概念与性质压轴题 考点04 指数函数与对数函数压轴题 地 城 考点01 集合压轴题 一、单选题 1．(24-25高一上·福建莆田第二中学·期中)非空集合，且满足如下性质： 性质一：若、，则；性质二：若，则则称集合为一个“群”． 以下叙述正确的个数为（    ） ①若为一个“群”，则必为无限集； ②若为一个“群”，且、，则； ③若、都是“群”，则必定是“群”； A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据性质，运用特例法逐一判断即可. 【详解】对于①，设集合，显然，符合性质一， 同时也符合性质二，因此集合是一个群，但是它是有限集，故本叙述不正确； 对于②，根据群的性质，由可得：，因此可得，故本叙述正确； 对于③，设， 若，一定有，， 因为、都是“群”， 所以，， 因此，若，所以，，，故本叙述正确. 故选：C. 【点睛】关键点睛：正确理解群的性质是解题的关键. 二、解答题 2．(24-25高一上·福建泉州安溪县·期中)设为非空数集，定义，. (1)若，求，； (2)已知，，若，求证：； (3)若，且，求的元素个数的最大值，并写出满足条件的一个集合. 【答案】(1)， (2)证明见解析 (3)1350， 【分析】（1）根据新定义和集合绝对值及集合的互异性直接求解即可； （2）由题意可得且，即可证明； （3）由新定义可得、，由题意和容斥原理得，最小的元素为0，最大的元素为，则，求出的范围，设且，求出的最小值即可. 【详解】（1）由， ，故 ， 故. （2）由于集合且， 所以中也只包含三个元素，即 剩下的，所以. （3）设满足题意，其中， ， 所以，，所以， 因为，由容斥原理， 中最小的元素为0，最大的元素为， 所以，则，所以， 当时满足题意，证明如下： 设且，则， ， 依题意有，故的最小值为675， 于是当时A中元素最多，即时满足题意， 综上所述，集合A中元素的个数的最大值是1350. 【点睛】方法点睛：本题考查集合新定义问题，处理问题的关键是充分把握，再研究集合元素最多时元素个数. 3．(24-25高一上·福建福宁古五校教学联合体·期中)对于集合，，定义运算“”：{，两式恰有一式成立}，表示集合中元素的个数.    (1)设，，在图1的韦恩图中填入集合，，并求； (2)设，，求； (3)对于有限集合，，，证明，并求当集合，是确定集合时，使该式取等号的集合的数量（用含，的式子表示）. 【答案】(1)韦恩图见解析， (2). (3)证明见解析，集合的数量为个. 【分析】（1）画出韦恩图，根据新定义运算即可求解； （2）根据新定义运算求解即可； （3）画出韦恩图，将适当划分，根据新定义即可证明. 【详解】（1）如图1.   . （2），， . （3）画出韦恩图，如图2，将划分成7个集合，，，    则 故不等式成立 当且仅当时，上式取等号. 等价于，等价于， 故当且仅当取等号. 故此时，如图3，集合，其中是确定的集合 是的子集，所以满足要求的集合的数量为个.    【点睛】关键点点睛：解题的关键在于理解新定义，只有理解了定义，方可顺利得解. 4．(24-25高一上·福建福州福建师范大学附属中学·期中)已知集合，其中，新定义1个性质G：若对任意的，必有，则称集合A具有性质G．由A中元素可构成两个点集P和Q：，，其中P中有m个元素，Q中有n个元素． (1)已知集合与集合和集合，判断它们是否具有性质G，若有，则直接写出其对应的集合P，Q；若无，请说明理由； (2)集合A具有性质G，若，求：集合Q最多有几个元素？ (3)试判断：集合A具有性质G是的什么条件（写出结论即可）． 【答案】(1)答案见解析 (2)4950 (3)充分不必要条件 【分析】（1）根据定义做出判断，直接写出集合，. （2）利用定义，探讨出与的关系式，代入求值. （3）利用充分条件、必要条件的定义，结合集合与集合个数的大小关系，推理得证. 【详解】（1）由于，不符合定义故不具有性质； 集合具有性质，对应集合，； 集合不是整数集，所以不具有性质. （2）由题意可知集合A的元素构成有序数对，共有个， 因为，所以 又因为时，，所以时，， 所以集合的元素个数不超过个， 取，则中元素的个数为4950个， 故中元素的个数最多4950. （3）充分不必要条件，理由如下： 当集合具有性质时， ①对于，根据定义可知：， 又因为集合具有性质，则， 如果，是中的不同元素，那么，中至少有一个不成立， 于是，中至少有一个不成立， 故和也是中不同的元素， 可见的元素个数不多于的元素个数，即， ②对于，根据定义可知：， 又因为集合具有性质，则， 如果，是中的不同元素，那么，中至少有一个不成立， 于是，中至少有一个不成立， 故和也是中不同的元素，可见的元素个数不多于的元素个数，即， 由①②可知. 若，则， ， 满足，而集合不具有性质. 所以集合具有性质是的充分不必要条件. 【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. 5．(24-25高一上·福建福州第一中学·)已知非空数集A中最大元素为M，最小元素为m，定义集合A的差值，当集合A中只有一个元素时，规定. (1)若集合，集合，分别求，； (2)若，，（i，，2，3，4，），，求的最大值，并写出取最大值时的一组集合，，，； (3)若，，，…，是正整数集合的非空真子集，，，，…，的元素个数均不相同，且，当时，求n的最大值. 【答案】(1)； (2)详见解析 (3) 【分析】（1）对于集合，直接根据定义运算即可; 对于集合，易知，根据在单调递增，可判断，再根据定义运算即可. （2）因为，（i，，2，3，4，），，所以只有当且分布在4个集合中，分布在4个集合中，其他元素随机分布时，才会使得差值最大，从而总体有最大值.再代入定义式运算即可求解. （3）要使得的值最大，则每个集合的差值要尽量小，且，，，…，是元素个数均不相同的集合的非空真子集，所以，从而可得，再代入求解运算即可. 【详解】（1）由集合，知，，所以. 由集合， 易知，， 所以； 因为，易知当时为增函数， 所以，所以， 故. （2）因为，， （i，，2，3，4，），， 所以集合，，，中各有个元素，且完全不相同， 根据定义，若取得最大值， 则只需集合，，，中元素不同，且分布在4个集合中，分布在4个集合中，其他元素随机分布， 才会使得差值最大，从而总体有最大值， 所以的最大值为. 此时各集合的一种可能如下： ，，，. （3）设集合的元素个数为， 因为集合，，，…，的元素个数均不相同， 不妨设， 又是正整数集合的非空真子集，则， 所以， 所以. 当时，有，解得， 所以n的最大值为. 【点睛】思路点睛：此题考查数列与集合结合的新定义问题，属于难题. 关于新定义试题的思路可以参考以下方法： （1）根据题意确定新定义所涉及的元素及元素相应的意义； （2）根据已知条件，将文字问题数学化； （3）对数学化的问题采取相应的知识进行解答. 6．(24-25高一上·福建泉州四校联考·期中)有限集中元素均为正整数，设中的元素.当，都存在，使得，则称中的元素是“完全可拆”；当，则称中的元素是“完全不可拆”. (1)判断集合且中的元素是“完全可拆”或“完全不可拆”，并说明理由； (2)若，且中的元素“完全可拆”，求的最小值； (3)若为奇数，且中的元素“完全不可拆”，求的最大值（用表示）. 【答案】(1)中的元素是“完全可拆”；中的元素是“完全不可拆” (2)9 (3) 【分析】（1）利用“完全可拆”定义将中除外的元素进行“分拆”可得；由“完全不可拆”定义证明集合中任意的两个不同元素之和都不是的元素即可得； （2）根据“完全可拆”定义得中元素，需满足条件，找到满足条件的含有个元素的集合，再证明时不满足条件； （3）先证明预备结论“对任意，若，则”，由此推得中元素最多个，再找到满足题意的含有个元素的集合即可. 【详解】（1）集合， 因为， 满足定义，所以中的元素是“完全可拆”； 集合且， 设任意，则，其中，且，， 则， 故中的元素是“完全不可拆”. （2）由题意，，则，， 又中的元素是“完全可拆”， 可知，都存在，使得， 则，（） 且，由中元素均为正整数，. 所以，，. ①当时，， 由， . 所以中的元素是“完全可拆”，此时，； ②下面证明，不符合题意. 若，即集合满足，且中的元素是“完全可拆”，. 由上已知，，. 故由，可知，故； 依此类推，可知. 因为， 若，则，故不可能. 若，则，则，所以； 若， 若，则，故不可能. 若，则，，所以， 同理，由，； 又因为为奇数，故也不成立，即不存在满足题意的. 故不存在这样的集合满足， 故. 同理依次可得，若，均不存在这样的集合，满足. 综上所述，的最小值为. （3）由题意，中的元素，则，. 中元素均为正整数，则，又为奇数，即. ①先证明：若集合中的元素“完全不可拆”，为奇数，则. 预备结论：集合中的元素“完全不可拆”，对任意， 若，则.下面用反证法证明该结论成立. 证明：假设， 因为为奇数，所以，即. 由中的元素是“完全不可拆”，则当， 因为，，且， 所以，这与矛盾. 故假设错误，所以若，则，得证. ①先证明：若集合中的元素“完全不可拆”，，则. 由上所证结论可知，将（为奇数，且）这个自然数分组： ， 前组数中每组至多1个是集合的元素， 又，故集合中至多个元素. 即若，则，得证. ②给出集合，即， 集合满足，且. 下面证明中的元素“完全不可拆”. 证明：，，且， 则， ，故中的元素“完全不可拆”. 综上所述，的最大值为. 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于探究集合中元素之间的关联，如第（2）问中探究相邻元素间的关系，，；再如第（3）问中探究每组中两元素的“排斥”规律，即任意，若，则. 地 城 考点02 基本不等式、一元二次不等式压轴题 一、多选题 7．(24-25高一上·福建福州八县（）协作校·期中)下列选项正确的有（    ） A．当时，函数的值域为 B．有最小值2 C．函数的最小值为2 D．当时，若，则的最小值为 【答案】AD 【分析】A中，由二次函数的性质可得函数的值域，判断出A的真假；BC中，换元，由函数的单调性，可得函数的最小值，判断出BC的真假；D中，由“1”的活用及基本不等式可得的最小值，判断出D的真假． 【详解】对于A，，可得时，， 又因为，时，，所以， 所以函数的值域为，所以A正确； 对于B，设，可得在单调递增， 所以，所以B不正确； 对于C，， 同B选项可得，所以C不正确； 对于D，当时，若，可得， 所以 ， 当且仅当，即，即，时取等号， 所以的最小值为，所以D正确． 故选：AD． 二、解答题 8．(24-25高一上·福建龙岩非一级达标校·期中)已知． (1)比较与的大小； (2)求的最小值； (3)求的最小值． 【答案】(1) (2) (3)4 【分析】（1）利用作差法再根据判断出的符号即可得出列论； （2）根据基本不等式以及等号成立条件计算可得当时，的最小值为； （3）将表达式变形成再利用基本不等式即可得出当时，的最小值为4. 【详解】（1）因为, 由可得， 所以， 即得. （2）因为， 当且仅当时，等号成立， 即的最小值为； （3） ， 当且仅当，且时，即时，等号成立； 此时的最小值为4. 【点睛】关键点点睛：在求解的最值时关键是通过合理变形配凑成积为定值的形式，再根据等号成立的条件计算可得出其最小值. 9．(24-25高一上·福建漳州漳浦道周中学·期中)已知关于的不等式． (1)当，时，求原不等式的解集； (2)在（1）的条件下，若原不等式恰有个整数解，求的取值集合． 【答案】(1) (2)或或 【分析】（1）直接解不等式即可； （2）根据恰有个整数解可得，分情况讨论整数解中最小值与最大值的情况，列不等式解不等式. 【详解】（1）当时，不等式为，即， 又，则 所以， 即不等式的解集为； （2）在（1）的条件下，原不等式的解集为， 要使得原不等式恰有个整数解，则需满足，解得， 若个整数解的最小值为，则最大值为，则， 解得，此时，原不等式恰有个整数解． 若个整数解的最小值为，则最大值为，则， 解得，此时，原不等式恰有个整数解． 若个整数解的最小值为，则最大值为，则， 解得，此时，原不等式恰有个整数解． 综上，的取值集合是或或. 10．(24-25高一上·福建福州第二中学·)已知函数和，定义集合. (1)设，求； (2)设，当时，求的取值范围； (3)设，若，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）解不等式即可； （2）转化为对任意恒成立求解； （3）分别求解不等式与，转化为不等式组有解求解即可. 【详解】（1）已知， 由即， 解得 ， 则； （2）已知， 由题意得，对任意恒成立， ，即恒成立， 当时，恒成立； 当时，由 解得； 综上，当时，的取值范围为； （3）已知， 由得，不等式组有解， 由， 又， 当，即时，对任意恒成立，则满足； 当，即时，或， 要使，则或， 解得，则有； 当，即时，或， 要使，则或， 解得，则有； 综上所述，的取值范围是 11．(24-25高一上·福建福州八县（）协作校·期中)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n，函数恒有两个相异的不动点，求实数m的取值范围； (3)若的两个不动点为，且，当时，求实数n的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由，得到，再利用不动点的定义求解； （2）根据恒有两个不动点，转化为恒有两个不等实根，利用判别式求解； （3）由题意得到，进而得到，利用对勾函数的性质求解. 【详解】（1）解：当时，， 设为不动点，因此， 解得或， 所以为函数的不动点. （2）因为恒有两个不动点， 即恒有两个不等实根， 整理为， 所以且恒成立. 即对于任意恒成立. 令， 则， 解得. （3）因为， 所以， 设，因为，所以， 由P函数性质得在上单调递增， 所以， 所以， 所以. 地 城 考点03 函数的概念与性质压轴题 一、单选题 12．(24-25高一上·福建福州八县（）协作校·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． 13．(24-25高一上·福建南平高级中学·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. 14．(24-25高一上·福建泉州泉州科技中学·期中)已知函数在上单调递减，则实数的取值范围为（    ） A． B． C．或 D．或 【答案】D 【分析】法一：设，分，，讨论函数的符号及单调性，再确定在上的单调性； 法二：设，分情况去掉绝对值符号，再结合对勾函数的单调性得出结论. 【详解】法一：令， 当时，在上单调递增，在上单调递增，不合题意； 当时，在上单调递减， 且当时，也在上单调递减，由已知有，所以； 当时，在上单调递增，而， 故若在上单调递减，则必有，所以， 综上，有或. 法二：当时， 当，即时，，解得，此时， 当，即时，解得，此时无解， 当，即时，，解法，此时无解， 所以， 又因为，在上单调递减， 所以由对勾函数的性质得，解得，此时，． 综上：． 当时， 当，即时， ，解得，此时无解， 当，即时，解得，此时，当，即时，，解得，此时， 综上：. 此时，在上单调递减， 所以. 综上：实数a的取值范围为或. 故选：D 【点睛】方法点睛：含参数的一元二次不等式在某区间内恒成立问题，常有两种处理方法：一是利用二次函数在区间上的最值来处理；二是先分离出参数，再去求函数的最值来处理，一般后者比较简单． 二、多选题 15．(24-25高一上·福建泉州安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学·期中)已知定义在上的函数满足，当时，，且，则（    ） A． B．为奇函数 C．在上单调递减 D．任意，存在，使得 【答案】BCD 【分析】运用赋值法，结合函数定义逐项判断即可得. 【详解】对于A，令，，因为，所以解之可得，故A错误； 对于B，由题设有，即， 所以为奇函数，故B正确； 对于C，令，则有，当时，， 故，则 所以，所以可得， 则在上单调递减，故C正确； 对于D，，由于为奇函数， 设，对任意， 都有，所以为奇函数， 故对任意，存在， 使得，使得， 即任意，存在，使得， 故D正确. 故选：BCD 16．(24-25高一上·福建莆田第五中学·期中)函数，下列四个结论正确的是（   ） A．的值域是 B．且，使得. C．且，都有 D．规定，其中，则 【答案】AD 【分析】分析函数的奇偶性和单调性，求函数的值域，可判断AB的真假；举反例，说明C是错误的；求函数的解析式，判断D的真假. 【详解】对函数，由. 又，所以函数为奇函数. 又当时，，因为，所以，故，且函数在上单调递增.则，总有B错误； 结合函数为奇函数，则当时，，所以函数的值域是. 故A正确； 对C：取，，则，，； ，，因为，所以，此时不成立，故C错误； 对D：当时，， 所以，； ；； …… 可得. 所以，故D正确. 故选：AD 【点睛】关键点点睛：对于分式型函数常利用分离常数法结合单调性的性质分析求解. 17．(24-25高一上·福建莆田第一中学·期中)已知函数对任意实数均满足，则（   ） A．为偶函数 B． C． D．函数在区间上不单调 【答案】ACD 【分析】用替换，则，可推导，即可判断；利用赋值法可判断；由可判断；计算满足的的值，由此可得，即可判断. 【详解】选项，中， 用替换，则， 两式相减得：，即可得：，故正确； 选项，令，则，需求， 令，则，需求， 令，则， 因为为偶函数，所以， 所以， 由上述两式可得：， 所以，故错误； 选项，由选项知，，故正确； 选项，，注意到两系数之和为3， 若令， 则有，所以， 令，求得，取， 则，即，则， 即函数在区间上不单调，故正确. 故选：. 【点睛】方法点睛：验证抽象函数的奇偶性时，可取一对相反数代入；抽象函数求某一点函数值的问题可尝试代入，，等特殊值，再通过式子的加减变换求出所求的函数值. 18．(24-25高一上·福建福州第二中学·)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. 19．(24-25高一上·福建厦门湖滨中学·期中)已知函数的定义域是，且，当时，，，则下列说法正确的是（    ） A． B．函数在上是减函数 C． D．不等式的解集为 【答案】ABD 【分析】利用赋值法求得，从而得以判断A；根据函数的单调性定义结合抽象函数的性质，从而判断函数的单调性，即可判断B；利用抽象函数的性质求得式子的值，由此得以判断C；先求得，再将不等式转化为，从而得到关于的不等式，解之即可判断D. 【详解】对于A，因为， 令，得，所以，故A正确； 对于B，令，得，所以， 任取，且，则， 因为，所以，即，所以， 所以在上是减函数，故B正确； 对于C， ，故C错误； 对于D，因为，，所以， 又因为， 所以由得，故， 因为在上是减函数， 所以，解得， 所以不等式的解集为，故D正确. 故选：ABD． 【点睛】关键点点睛：对于解含抽象函数的不等式问题，一般先利用抽象函数的性质求得其在定义域上的单调性，再利用其单调性脱去函数的符号“”，转化为解不等式(组)的问题. 20．(24-25高一上·福建福州八县（）协作校·期中)已知定义在上的函数，满足，且当时，，则（    ） A． B．为偶函数 C． D．若，则或 【答案】BCD 【分析】根据赋值法，函数的奇偶性的概念，函数的单调性的概念，可得是偶函数且在上单调递增，从而再针对各个选项分别求解即可． 【详解】对选项A，令，则，所以， 再令，则，所以，所以选项A错误； 对选项B，定义在上的函数，定义域关于原点对称， 令，则， 所以，所以， 所以是偶函数，所以选项B正确； 对选项C，设，则， 因为当时，，所以， 由，知， 所以，所以， 所以在上单调递增， 因为，所以，所以选项C正确； 选项D，由选项B分析可知是偶函数，由选项C知在上单调递增， 所以在上单调递减，又， 若，则，解得且，所以选项D正确． 故选：BCD． 21．(24-25高一上·福建福州马尾第一中学等六校·期中)当时，用表示不超过的最大整数，如：，．已知函数，则（   ） A．，使 B．的值域为 C．的定义域为 D．存在无数个数集，对于，当时，有 【答案】ACD 【分析】对A，取，验证；对B，由判断；对C，由函数解析式结合新定义求解；对D，有特殊到一般找出规律，当时，，可判断. 【详解】对于A，由，则，所以满足，故A正确； 对于B，由，故B错误； 对于C，由，由新定义可知，即时，， 所以的定义域为，故C正确； 对于D，我们先来看一些特殊情况， 当时，，， 当时，，， 当时，，， 所以当时，有： 当时，，， 当，时，，在区间上均为增函数， 所以存在无数个数集，对于，当时，有，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题 22．(24-25高一上·福建龙岩一级校联盟·期中)已知函数，若，都有成立，则实数的取值范围为 . 【答案】 【分析】采用分离常数法先化简，然后利用基本不等式结合函数单调性求解出在上的值域，再将问题转化为最值之间的关系，由此求解出的取值范围. 【详解】， 令，则， 因为，所以，当且仅当时，等号成立， 因为，所以，则函数在上单调递减，则， 所以当时，，， 因为，都有成立，即恒成立， 所以，解得， 所以，故的取值范围为， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键点有两个，一方面是分离常数法的运用，先将问题变为熟悉的基本不等式求最值或者对勾函数求值域的问题，另一方面是转化法的运用，根据条件将问题转化为恒成立问题，从而通过函数最值关系求解出参数范围. 23．(24-25高一上·福建部分优质高中·期中)已知函数，，.若对，或，则的取值范围为 ． 【答案】 【分析】利用或命题的真假，结合一次函数、二次函数的性质分类讨论即可. 【详解】若，则，显然符合题意； 若，则时有，而为单调递增函数， 要满足题意则需，解之得； 若，则时有，而为单调递减函数，要满足题意则需，显然恒成立； 综上所述：. 故答案为： 【点睛】思路点睛：将或命题的真即与有一个真即可，利用一次函数与二次函数的性质分类讨论即可. 24．(24-25高一上·福建福州八县（）协作校·期中)若关于的函数的最大值为，最小值为，且，则实数的值为 ． 【答案】/ 【分析】化简得，令，则可得为奇函数，从而得，代入求解即可． 【详解】， 令，， 因为， 所以为奇函数，所以， 所以，， 又因为，所以， 所以． 故答案为：． 25．(23-24高一上·福建福州第一中学·)已知函数，若关于的不等式恰有两个整数解，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【分析】根据函数解析式，作出函数图象，解不等式可得：，讨论和的大小关系，确定不等式的解集，结合函数图象确定解集中的两个整数解，进而确定的取值范围. 【详解】由于函数，作出图象如图所示：    由可得：. 当时，，不等式无解； 当时，由得：， 若不等式恰有两个整数解，由于，，， 则整数解为和，又， ∴； 当时，由得：， 若不等式恰有两个整数解，由于，则整数解为和， 又， ，∴， 综上所述：实数的取值范围为：. 故答案为：. 26．(24-25高一上·福建莆田莆田第六中学·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. 四、解答题 27．(24-25高一上·福建厦门第一中学·期中)对于函数，， 若存在，使得则称是函数的“不动点”. (1)求函数的不动点； (2)若是增函数，且的定义域包含其值域，证明：“是的不动点”的充要条件是“是的不动点”； (3)求方程的实数解. 【答案】(1)和4 (2)证明过程见解析 (3) 【分析】（1），求出或4，得到答案； （2）先证明充分性，再结合函数单调性，利用反证法证明必要性，证明出结论； （3）变形得到，令，的定义域包含其值域，所以的不动点就是的不动点，求出的两根，得到答案. 【详解】（1）由题意得，即， 解得或4， 故的不动点为和4； （2）充分性：因为为增函数，， 故存在唯一的，使得， 故，即是的唯一不动点， 必要性：是的不动点，则， 的定义域包含其值域，故， 假设，由于为增函数，故，与矛盾， 假设，由于为增函数，故，与矛盾， 综上，， 所以“是的不动点”的充要条件是“是的不动点”； （3）， 所以， 令，的值域为，定义域为R，故的定义域包含其值域， 所以的不动点就是的不动点， 的实数根为的实数根， 其中的两根为， 故的实数解为. 【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. 28．(24-25高一上·福建三明第一中学·期中)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. 29．(24-25高一上·吉林长春第二中学·)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. 30．(24-25高一上·福建福州高级中学·期中)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. 31．(24-25高一上·福建漳州十校联盟·期中)我们知道，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.给定函数. (1)写出函数图象的对称中心（只写出结论即可，不需证明）; (2)当时， ①判断函数在区间上的单调性，并用定义证明; ②已知函数是奇函数，且当时，，若对任意，总存在，使得，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2)①函数在区间上单调递增，证明见解析；②[0，1]. 【分析】（1）由函数成中心对称的充要条件可得为奇函数，可得对称中心； （2）①根据单调性定义按照步骤即可证明函数在区间上单调递增； ②依题意并根据二次函数性质得出两函数的值域之间的包含关系，限定出最值之间的不等关系，解不等式即可求得结果. 【详解】（1）根据题意可知，函数是由函数向左平移个单位， 向上平移1个单位得到的； 所以为奇函数， 可得函数图象的对称中心是. （2）当时，. ①函数在区间上单调递增； 证明如下:，且， ， 因为，所以， 所以， 所以，即. 所以在单调递增， ②因为是奇函数，所以关于点对称， 设在上的值域为在上的值域为B. 因为对任意，总存在，使得，所以， 由①可知在上单调递增，又，所以， 又， 当时，在上单调递增， 又关于点对称，所以函数在也单调递增， 故在上单调递增， 又因为，故， 因为，所以，得，又，所以此时不存在. 当时，在单调递减，在单调递增， 又的对称中心为，所以在单调递增，在单调递减， 所以，要使， 只需，且， 解得，又所以， 当时，在单调递减，所以在单调递减， 所以在单调递减，所以， 所以，所以，又，所以此时不存在， 综上：，即的范围是. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据二次函数性质得出两函数的值域之间的包含关系，限定出最值之间的不等关系，解不等式即可求得结果. 32．(24-25高一上·福建莆田第五中学·期中)我们知道，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.依据推广结论，给定函数. (1)求函数图象的对称中心； (2)求的值； (3)已知函数的图象关于点对称，且当时，.若对任意，总存在，使得，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）设函数的对称中心为：，根据函数为奇函数，求的值. （2）根据（1）中的结论，可得，利用该式可化简求值. （3）问题转化为函数在上的值域是在上的值域的子集，根据集合的包含关系求参数的取值范围. 【详解】（1）设函数的对称中心为：，则函数为奇函数. 所以，即， 所以 . 所以函数的对称中心为. （2）因为函数的对称中心为. 所以. 所以，，，…，， 所以. （3）因为，为增函数，且，， 所以函数，的值域为. 因为时，. 所以若，即，则； 若，即，则； 若，即，则； 若，即，则. 又函数的图象关于点对称， 所以当时，函数，的值域为，由可得； 当时，函数，的值域为，由，可得； 当时，函数，的值域为，由，可得； 当时，函数，的值域为，由可得. 综上可知：.即所求实数的取值范围是：. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是求出两函数的值域，再利用两函数值域的包含关系即可得到不等式组，解出即可. 33．(24-25高一上·福建泉州第五中学·期中)已知函数的定义域为，的定义域为，若对任意的，存在，使得（为常数），则称与存在线性关系，其中为线性关系值．已知函数． (1)若函数，判断与是否存在线性关系，并说明理由； (2)若函数，且与存在线性关系，求的最大值； (3)若函数，且与存在线性关系，求的取值范围． 【答案】(1)不存在线性关系，理由见解析 (2) (3) 【分析】（1）直接根据定义即可得出结论； （2）先证明当时条件不满足，然后证明当时条件满足，即可得到的最大值为； （3）对，，三种情况分类讨论条件是否满足，即可得到的取值范围. 【详解】（1）由于当时，对任意都有. 所以根据定义，可知与不存在线性关系． （2）①若，则当时，对任意都有. 所以根据定义，可知函数与不存在线性关系. ②而当时，对任意，有，. 故，从而，所以存在，使得 . 所以根据定义，可知函数与存在线性关系. 综合①②两方面，即知的最大值为. （3）我们有. 情况一：若，则对任意，有 ， . 所以存在，使得. 从而根据定义可知函数与存在线性关系，满足条件. 情况二：若，则当时，对任意，记. 则，，故. 此时. 若，则； 若，则； 若，则亦有. 总之，只要，就必有. 故对任意都有，从而根据定义可知函数与不存在线性关系，不满足条件. 情况三：若，则对任意，有 ， . 所以存在，使得. 从而根据定义可知函数与存在线性关系，满足条件. 综合以上三种情况，可知的取值范围是． 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对线性关系中的定义的理解. 34．(24-25高一上·福建泉州安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学·期中)已知函数与的定义域均为，若对任意的都有成立，则称函数是函数在上的“L函数”. (1)若，判断函数是否是函数在上的“函数”，并说明理由； (2)若，函数是函数在上的“L函数”，求实数的取值范围； (3)试比较和的大小， 并证明：若，函数是函数在上的“L函数”，且，则对任意的都有. 【答案】(1)是，理由见解析 (2) (3)，证明见解析 【分析】（1）根据“L函数”的定义进行判断即可. （2）根据“L函数”的定义把问题转化成关于恒成立的问题，求的取值范围. （3）先用作差法证明，再分情况讨论，根据“L函数”的定义证明. 【详解】（1）对任意的，且， ，. 显然有， 所以函数是函数在上的“L函数”. （2）因为函数是函数在上的“L函数”， 所以对任意的恒成立， 即对任意的恒成立， 化简得对任意的恒成立， 即对任意的恒成立， 即，解得. （3）因为，，所以. 所以当时，. 当 时，. 综上：. 对于，不妨设， （i）当时， 因为函数是函数在上的“L函数”， 所以.  此时成立； （ii）当时，由得， 因为，函数是函数在上的“函数， 所以 ， 此时也成立， 综上，恒成立. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是弄清楚“L函数”的定义，注意不能转化成两个函数的值域的包含关系分析问题. 35．(24-25高一上·福建福州马尾第一中学等六校·期中)已知函数的定义域为，区间，，当时，如果，则称函数是上的函数． (1)判断下列函数是否是其定义域上的函数，并说明理由：①，②； (2)若函数是上的函数，证明：对于任意的，（）和任意的，总有． 【答案】(1)①是，②不是，理由见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用作差法，结合函数的定义即可逐个判定； （2）假设，则，则利用函数的定义化简即可得证. 【详解】（1）①当时， ， 所以，是定义域上的函数； ②当时， ， 所以不满足，不是定义域上的函数． （2）证明：不妨设，则， 令，因为函数为区间上的函数， 所以， ， 化简得， ∵，∴， ∴， ∴， ∴， ． 【点睛】关键点点睛：本题主要考查函数恒成立问题，解题的关键是对新函数定义的理解与应用，考查逻辑推理能力，属于难题. 36．(24-25高一上·福建宁德·期中)若存在有限个，使得，且不是偶函数，则称为“缺陷偶函数”，且为的偶点. (1)求函数的偶点. (2)若均为定义在上的“缺陷偶函数”，试举例说明可能是“缺陷偶函数”，也可能不是“缺陷偶函数”. (3)对任意，函数都满足. ①比较与的大小； ②若是“缺陷偶函数”，求的取值范围. 【答案】(1). (2)答案见解析 (3)①；②. 【分析】（1）根据求函数的偶点. （2）根据“缺陷偶函数”的定义举例说明结论正确. （3）根据题目所给条件求出的解析式，代入可得，结合定义可求的取值范围. 【详解】（1）由，得， 则，解得， 所以函数的偶点为. （2）取，易证这两个函数均为定义在上的“缺陷偶函数”， 则，为“缺陷偶函数”，且偶点为0， 所以可能为“缺陷偶函数”. 取，易证这两个函数均为定义在上的“缺陷偶函数”， 则，因为，所以为偶函数， 所以可能不是“缺陷偶函数”. （3）由题意得对任意恒成立， 所以存在常数，使得. 令，得， 解得. ①. ②，设的偶点为，则由，得， 即， 则，即，则的取值范围为. 【点睛】方法点睛：解新定义题型的步骤： （1）理解“新定义”，明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论. （2）重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”；归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况. （3）类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题. 37．(24-25高一上·福建厦门大学附属科技中学·期中)某中学的数学小组在探究函数的性质时，发现通过函数的单调性、奇偶性和周期性，还无法准确地描述出函数的图象，例如函数和；虽然它们都是增函数，但是图象上却有很大的差异．通过观察图象和阅读数学文献，该小组了解到了函数的凹凸性的概念.已知定义：设连续函数的定义域为，如果对于内任意两数，都有，则称为上的凹函数；若，则为凸函数.对于函数的凹凸性，通过查阅资料，小组成员又了解到了琴生不等式（Jensen不等式）：若是区间上的凹函数，则对任意的，有不等式恒成立（当且仅当时等号成立）.小组成员通过询问数学竞赛的同学对他们研究的建议，得到了如下评注：在运用琴生不等式求多元最值问题，关键是构造函数．小组成员选择了反比例型函数和指数函数，研究函数的凹凸性． (1)判断并证明函数在的凹凸性； (2)设为大于或等于1的实数，证明（提示：可设）； (3)若，且当时，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)在上为凹函数 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据凹函数的定义，利用作差法即可得解； （2）首先利用分析法，将不等式变形，并转化为证明在上为凹函数； （3）根据指数函数与对数函数相关性质进行解不等式，然后转化为求函数最值即得. 【详解】（1）设，则 ， ， 即， 在上为凹函数. （2）设， ，， 要证， 只需证， 由不等式， 只需证在上为凹函数. 设，则，， 下证， 即证， 即证， 化简得， 即证， 又，，式显然成立， 成立， 即在上为凹函数， 则得证. （3）已知，，所以在上单调递增， 要不等式恒成立，即不等式恒成立， 取对数得，即， 所以，即， ①对于, 由于，所以， 所以； ②对于 由于， 即， 所以， 综上所述，. 【点睛】本题属于新概念题，根据题目凹凸函数的概念即可证明；同时利用转化和化归的数学思想对复杂函数进行简单化；根据函数的单调性解不等式以及对数恒等式的运用. 38．(24-25高一上·福建福州八县（）协作校·期中)已知函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是是奇函数，给定函数． (1)请你应用题设结论，求函数图象的对称中心； (2)用定义证明在区间上的单调性； (3)已知函数的图象关于点对称，且当时，．若对任意，总存在，使得，求实数m的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）先根据函数的奇偶性以及对称中心得到关系式，化简可求得对称中心； （2）根据定义法证明函数的单调性即可； （3）先求出的值域，然后根据条件得到的值域是值域的子集，可求出结果. 【详解】（1）设函数图象的对称中心为， 则， 即， 即， ， 整理得， 于是， 解得， 所以的对称中心为； （2）任取，且， 则， 因为且， 所以， 即， 所以在上单调递增； （3）由题意得：的值域是值域的子集， 由（2）知在上单调递增， 故的值域为， 于是原问题转化为在上的值域， 因为对称轴为，在对称轴处取得最小值， ①当，即时，在上单调递增， 同时的图象恒过对称中心， 可知在上也单调递增， 故在上单调递增， 又， 故， 所以， 所以，解得， 又，故此时； ②当，即时， 在上单调递减，上单调递增， 又过对称中心， 故在上单调递增，上单调递减， 故此时 欲使， 只需，且， 解得且， 解不等式得：，又， 故此时； ③当，即时， 在上单调递减，在上也单调递减， 由对称性知在上单调递减， 于是， 因为， 故，解得， 又，故此时， 综上，实数m的取值范围是. 地 城 考点04 指数函数与对数函数压轴题 一、单选题 39．(24-25高一上·福建泉州四校联考·期中)已知偶函数的定义域为，且当时，（为不超过的最大整数）.则关于的不等式的整数解的个数为（    ） A．2023 B．2024 C．2026 D．2027 【答案】C 【分析】由已知，结合图象，分析当和时，不等式的整数解的个数，可得答案. 【详解】因为是偶函数，当时，， 所以，当时，， 关于的不等式， 当时，， 当，时，不等式不成立， 当时，则，不等式成立， 当时，则，不等式成立， 当时，则，不等式成立， 当时，由和，的图象可知，不等式不成立， 所以不等式的整数解有3个， 当时，， 此时，不等式成立， 又，则在时， 不等式的整数解有个， 所以关于的不等式的整数解的个数为个. 故选：C. 二、填空题 40．(24-25高一上·福建厦门双十中学·期中)已知是定义在R上的偶函数，且对，都有，且当时，．若在区间内关于x的方程至少有2个不同的实数根，至多有3个不同的实数根，则实数a的取值范围是 【答案】 【分析】先根据题意分析函数的对称性及周期性；再利用函数的对称性和周期性作出函数在上的图象；最后数形结合列出不等式组求解即可. 【详解】由，可得：， 又因为是定义在R上的偶函数， 则，且函数图象关于轴对称， 所以，即的周期为4， 作出函数在上的图象， 根据对称性及周期为4，可得出在上的图象： 令， 若在区间内关于的方程至少有2个不同的实数根， 至多有3个不同的实数根， 则函数与函数在上至少有2个不同的交点， 至多有3个不同的交点， 所以，即，解得. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题考查函数性质的综合应用，函数与方程的综合应用及数形结合思想.解题关键在于根据题意分析出分析函数的对称性及周期性，并作出和图象；将方程根的问题转化为函数图象交点问题，数形结合解答即可. 三、解答题 41．(24-25高一上·福建福州第四中学·)已知指数函数 (1)若函数在上具有奇偶性，求的值； (2)若，当且时，不等式恒成立，求的取值范围； (3)若，求函数在上的最大值． 【答案】(1)或 (2) (3) 【分析】（1）根据函数奇偶性的定义求出的值，即可得出结论； （2）由函数的单调性得出. 解法一：由参变量分离法可得出，求出函数在上的最大值，即可得出实数的取值范围； 解法二：令，对参数的取值进行分类讨论，分析函数在上的单调性，求出该函数在上的最小值，根据可求得实数的取值范围； （3）当，则，，令，令，其中，对实数的取值进行分类讨论，分析函数在区间上的单调性，可得出的表达式. 【详解】（1）若函数为偶函数. 且， 由，即， 整理可得对任意的恒成立，则，解得； 若函数为奇函数， 由，即对任意的恒成立， 所以，，解得. 综上得：当时，是偶函数；当时，是奇函数. （2）解法一：因是单调增函数，故由得， 因为，且，所以恒成立，所以，， 设，令，则，， 令，， 则函数在上单调递减，所以，，故； 解法二：因是单调增函数，故由得， 即对于任意的恒成立， 令，则， 若，即时，函数在上单调递增， 只需，因为，则； 若，即时，不合乎题意； 若且，即时，只需，此时无解． 综上得的取值范围是． （3）因为，则，， 令，因，故，令，其中， 当时，在上递增，则； 当时，令，其中， 若，函数在上单调递增，则； 若，则，则函数在上单调递增，； 若，则，则. 综上所述，. 【点睛】方法点睛：“动轴定区间”型二次函数最值的方法： （1）根据对称轴与区间的位置关系进行分类讨论； （2）根据二次函数的单调性，分别讨论参数在不同取值下的最值，必要时需要结合区间端点对应的函数值进行分析； （3）将分类讨论的结果整合得到最终结果. 42．(24-25高一上·福建泉州四校联考·期中)已知函数具有性质（为常数且），则称该函数为“倒装函数”. (1)请在以下三个函数中找出“倒装函数”，求出对应的的值并说明理由； ①；②；③. (2)已知函数. （i）证明：； （ii）讨论方程的实根的个数. 【答案】(1)①③不是，②是，且 (2)（i）证明见解析；（ii）答案见解析 【分析】（1）根据“倒装函数”的定义得出，计算并判断出等式能否恒成立，若能恒成立，求出的值即可； （2）（i）分析可知，函数为奇函数，故只需证即可，然后化简函数的解析式为，令，利用复合函数法分析函数的单调性，求出函数在上的最大值，即可证得结论成立； （ii）分析函数的单调性，对实数的取值进行分类讨论，数形结合可得出方程的实根的个数. 【详解】（1）对于①，若函数为“倒装函数”，则， 且，整理可得，该等式不恒成立， 所以，函数不是“倒装函数”； 对于②，若函数为“倒装函数”，则， 且，整理可得恒成立， 所以，，所以，函数为“倒装函数”； 对于③，若函数为“倒装函数”，则， 即，整理可得，该等式不恒成立， 所以，函数不是“倒装函数”. （2）（i）因为函数的定义域为， ，则函数为奇函数， 且，要证，只需证当时，即可. 当时， ， 令，因为，则， 则， 由对勾函数的单调性可知，函数在上单调递增， 函数在上单调递减，所以，函数在单调递减， 所以，， 即当时，， 因此，对任意的，； （ii）由对勾函数的单调性可知，函数在上单调递减，在上单调递增， 函数在单调递减， 由复合函数的单调性可知，函数在上单调递增，在上单调递减， 又因为函数为奇函数，所以，函数在单调递减，在上单调递增， 且当时，；当时，. 作出函数的图象如下图所示：    由图可知，当或时，直线与函数的图象无交点， 此时，方程无实根； 当时，直线与函数的图象只有一个公共点， 此时，方程只有一个根； 当或时，直线与函数的图象有两个公共点， 此时，方程有两个实根. 故当或时，方程的根的个数为； 当时，方程的根的个数为； 当或时，方程的根的个数为. 【点睛】方法点睛：判定函数的零点个数的常用方法： （1）直接法：直接求解函数对应方程的根，得到方程的根，即可得出结果； （2）数形结合法：先令，将函数的零点个数，转化为对应方程的根，进而转化为两个函数图象的交点个数，结合图象，即可得出结果. 43．(24-25高一上·福建厦门双十中学·期中)若函数与区间同时满足：①区间为的定义域的子集，②对任意，存在常数，使得成立，则称是区间上的有界函数，其中称为的一个上界.（注：涉及复合函数单调性求最值可直接使用单调性，不需要证明） (1)试判断函数，是否为上的有界函数？并说明理由. (2)已知函数是区间上的有界函数，设在区间上的上界为，求的取值范围； (3)若函数，问：在区间上是否存在上界？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)不是上的有界函数，是上的有界函数 (2) (3)答案见解析 【分析】（1）根据有界函数的定义，分别计算出及的值域即可判断； （2）先求解函数的值域，进而求解的取值范围，再根据有界函数的定义确定上界M的取值范围； （3）先求解函数及，再根据有界函数的定义，讨论m取不同数值时，函数是否存在上界，并求解出对应的上界范围. 【详解】（1），的值域为 不是上的有界函数； ，则， 当时，， 当时，，当且仅当时，等号成立， 则， 当时，， 当且仅当时，等号成立， 则， 综上可得，， 即有在上恒成立， 是上的有界函数； （2），易知在区间上单调递增， ∴，∴， 所以上界构成的集合为； （3）， 当时，，，此时的取值范围是， 当时，在上是单调递减函数， 其值域为，故， 此时的取值范围是， 当时，，若在上是有界函数， 则区间为定义域的子集，所以不包含0， 所以或，解得：或， 时，在上是单调递增函数， 此时的值域为， ①，即或时， ，此时的取值范围是， ②，即时， ，此时的取值范围是， 综上：当时，存在上界，； 当或时，存在上界，； 当时，存在上界，， 当时，此时不存在上界． 【点睛】关键点点睛，本题关键点在于求出所给函数在对应定义域范围内的值域，从而可结合定义，得到该函数是否为有界函数. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题08 期中压轴题精选 4大高频考点概览 考点01 集合压轴题 考点02 基本不等式、一元二次不等式压轴题 考点03 函数的概念与性质压轴题 考点04 指数函数与对数函数压轴题 地 城 考点01 集合压轴题 一、单选题 1．(24-25高一上·福建莆田第二中学·期中)非空集合，且满足如下性质： 性质一：若、，则；性质二：若，则则称集合为一个“群”． 以下叙述正确的个数为（    ） ①若为一个“群”，则必为无限集； ②若为一个“群”，且、，则； ③若、都是“群”，则必定是“群”； A． B． C． D． 二、解答题 2．(24-25高一上·福建泉州安溪县·期中)设为非空数集，定义，. (1)若，求，； (2)已知，，若，求证：； (3)若，且，求的元素个数的最大值，并写出满足条件的一个集合. 3．(24-25高一上·福建福宁古五校教学联合体·期中)对于集合，，定义运算“”：{，两式恰有一式成立}，表示集合中元素的个数.    (1)设，，在图1的韦恩图中填入集合，，并求； (2)设，，求； (3)对于有限集合，，，证明，并求当集合，是确定集合时，使该式取等号的集合的数量（用含，的式子表示）. 4．(24-25高一上·福建福州福建师范大学附属中学·期中)已知集合，其中，新定义1个性质G：若对任意的，必有，则称集合A具有性质G．由A中元素可构成两个点集P和Q：，，其中P中有m个元素，Q中有n个元素． (1)已知集合与集合和集合，判断它们是否具有性质G，若有，则直接写出其对应的集合P，Q；若无，请说明理由； (2)集合A具有性质G，若，求：集合Q最多有几个元素？ (3)试判断：集合A具有性质G是的什么条件（写出结论即可）． 5．(24-25高一上·福建福州第一中学·)已知非空数集A中最大元素为M，最小元素为m，定义集合A的差值，当集合A中只有一个元素时，规定. (1)若集合，集合，分别求，； (2)若，，（i，，2，3，4，），，求的最大值，并写出取最大值时的一组集合，，，； (3)若，，，…，是正整数集合的非空真子集，，，，…，的元素个数均不相同，且，当时，求n的最大值. 6．(24-25高一上·福建泉州四校联考·期中)有限集中元素均为正整数，设中的元素.当，都存在，使得，则称中的元素是“完全可拆”；当，则称中的元素是“完全不可拆”. (1)判断集合且中的元素是“完全可拆”或“完全不可拆”，并说明理由； (2)若，且中的元素“完全可拆”，求的最小值； (3)若为奇数，且中的元素“完全不可拆”，求的最大值（用表示）. 地 城 考点02 基本不等式、一元二次不等式压轴题 一、多选题 7．(24-25高一上·福建福州八县（）协作校·期中)下列选项正确的有（    ） A．当时，函数的值域为 B．有最小值2 C．函数的最小值为2 D．当时，若，则的最小值为 二、解答题 8．(24-25高一上·福建龙岩非一级达标校·期中)已知． (1)比较与的大小； (2)求的最小值； (3)求的最小值． 9．(24-25高一上·福建漳州漳浦道周中学·期中)已知关于的不等式． (1)当，时，求原不等式的解集； (2)在（1）的条件下，若原不等式恰有个整数解，求的取值集合． 10．(24-25高一上·福建福州第二中学·期中)已知函数和，定义集合. (1)设，求； (2)设，当时，求的取值范围； (3)设，若，求的取值范围. 11．(24-25高一上·福建福州八县（）协作校·期中)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n，函数恒有两个相异的不动点，求实数m的取值范围； (3)若的两个不动点为，且，当时，求实数n的取值范围. 地 城 考点03 函数的概念与性质压轴题 一、单选题 12．(24-25高一上·福建福州八县（）协作校·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． 13．(24-25高一上·福建南平高级中学·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． 14．(24-25高一上·福建泉州泉州科技中学·期中)已知函数在上单调递减，则实数的取值范围为（    ） A． B． C．或 D．或 二、多选题 15．(24-25高一上·福建泉州安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学·期中)已知定义在上的函数满足，当时，，且，则（    ） A． B．为奇函数 C．在上单调递减 D．任意，存在，使得 16．(24-25高一上·福建莆田第五中学·期中)函数，下列四个结论正确的是（   ） A．的值域是 B．且，使得. C．且，都有 D．规定，其中，则 17．(24-25高一上·福建莆田第一中学·期中)已知函数对任意实数均满足，则（   ） A．为偶函数 B． C． D．函数在区间上不单调 18．(24-25高一上·福建福州第二中学·)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 19．(24-25高一上·福建厦门湖滨中学·期中)已知函数的定义域是，且，当时，，，则下列说法正确的是（    ） A． B．函数在上是减函数 C． D．不等式的解集为 20．(24-25高一上·福建福州八县（）协作校·期中)已知定义在上的函数，满足，且当时，，则（    ） A． B．为偶函数 C． D．若，则或 21．(24-25高一上·福建福州马尾第一中学等六校·期中)当时，用表示不超过的最大整数，如：，．已知函数，则（   ） A．，使 B．的值域为 C．的定义域为 D．存在无数个数集，对于，当时，有 三、填空题 22．(24-25高一上·福建龙岩一级校联盟·期中)已知函数，若，都有成立，则实数的取值范围为 . 23．(24-25高一上·福建部分优质高中·期中)已知函数，，.若对，或，则的取值范围为 ． 24．(24-25高一上·福建福州八县（）协作校·期中)若关于的函数的最大值为，最小值为，且，则实数的值为 ． 25．(23-24高一上·福建福州第一中学·)已知函数，若关于的不等式恰有两个整数解，则实数的取值范围是 ． 26．(24-25高一上·福建莆田莆田第六中学·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 ． 四、解答题 27．(24-25高一上·福建厦门第一中学·期中)对于函数，， 若存在，使得则称是函数的“不动点”. (1)求函数的不动点； (2)若是增函数，且的定义域包含其值域，证明：“是的不动点”的充要条件是“是的不动点”； (3)求方程的实数解. 28．(24-25高一上·福建三明第一中学·期中)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. 29．(24-25高一上·吉林长春第二中学·)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. 30．(24-25高一上·福建福州高级中学·期中)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． 31．(24-25高一上·福建漳州十校联盟·期中)我们知道，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.给定函数. (1)写出函数图象的对称中心（只写出结论即可，不需证明）; (2)当时， ①判断函数在区间上的单调性，并用定义证明; ②已知函数是奇函数，且当时，，若对任意，总存在，使得，求实数的取值范围. 32．(24-25高一上·福建莆田第五中学·期中)我们知道，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.依据推广结论，给定函数. (1)求函数图象的对称中心； (2)求的值； (3)已知函数的图象关于点对称，且当时，.若对任意，总存在，使得，求实数的取值范围. 33．(24-25高一上·福建泉州第五中学·期中)已知函数的定义域为，的定义域为，若对任意的，存在，使得（为常数），则称与存在线性关系，其中为线性关系值．已知函数． (1)若函数，判断与是否存在线性关系，并说明理由； (2)若函数，且与存在线性关系，求的最大值； (3)若函数，且与存在线性关系，求的取值范围． 34．(24-25高一上·福建泉州安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学·期中)已知函数与的定义域均为，若对任意的都有成立，则称函数是函数在上的“L函数”. (1)若，判断函数是否是函数在上的“函数”，并说明理由； (2)若，函数是函数在上的“L函数”，求实数的取值范围； (3)试比较和的大小， 并证明：若，函数是函数在上的“L函数”，且，则对任意的都有. 35．(24-25高一上·福建福州马尾第一中学等六校·期中)已知函数的定义域为，区间，，当时，如果，则称函数是上的函数． (1)判断下列函数是否是其定义域上的函数，并说明理由：①，②； (2)若函数是上的函数，证明：对于任意的，（）和任意的，总有． 36．(24-25高一上·福建宁德·期中)若存在有限个，使得，且不是偶函数，则称为“缺陷偶函数”，且为的偶点. (1)求函数的偶点. (2)若均为定义在上的“缺陷偶函数”，试举例说明可能是“缺陷偶函数”，也可能不是“缺陷偶函数”. (3)对任意，函数都满足. ①比较与的大小； ②若是“缺陷偶函数”，求的取值范围. 37．(24-25高一上·福建厦门大学附属科技中学·期中)某中学的数学小组在探究函数的性质时，发现通过函数的单调性、奇偶性和周期性，还无法准确地描述出函数的图象，例如函数和；虽然它们都是增函数，但是图象上却有很大的差异．通过观察图象和阅读数学文献，该小组了解到了函数的凹凸性的概念.已知定义：设连续函数的定义域为，如果对于内任意两数，都有，则称为上的凹函数；若，则为凸函数.对于函数的凹凸性，通过查阅资料，小组成员又了解到了琴生不等式（Jensen不等式）：若是区间上的凹函数，则对任意的，有不等式恒成立（当且仅当时等号成立）.小组成员通过询问数学竞赛的同学对他们研究的建议，得到了如下评注：在运用琴生不等式求多元最值问题，关键是构造函数．小组成员选择了反比例型函数和指数函数，研究函数的凹凸性． (1)判断并证明函数在的凹凸性； (2)设为大于或等于1的实数，证明（提示：可设）； (3)若，且当时，不等式恒成立，求实数的取值范围. 38．(24-25高一上·福建福州八县（）协作校·期中)已知函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是是奇函数，给定函数． (1)请你应用题设结论，求函数图象的对称中心； (2)用定义证明在区间上的单调性； (3)已知函数的图象关于点对称，且当时，．若对任意，总存在，使得，求实数m的取值范围． 地 城 考点04 指数函数与对数函数压轴题 一、单选题 39．(24-25高一上·福建泉州四校联考·期中)已知偶函数的定义域为，且当时，（为不超过的最大整数）.则关于的不等式的整数解的个数为（    ） A．2023 B．2024 C．2026 D．2027 二、填空题 40．(24-25高一上·福建厦门双十中学·期中)已知是定义在R上的偶函数，且对，都有，且当时，．若在区间内关于x的方程至少有2个不同的实数根，至多有3个不同的实数根，则实数a的取值范围是 三、解答题 41．(24-25高一上·福建福州第四中学·)已知指数函数 (1)若函数在上具有奇偶性，求的值； (2)若，当且时，不等式恒成立，求的取值范围； (3)若，求函数在上的最大值． 42．(24-25高一上·福建泉州四校联考·期中)已知函数具有性质（为常数且），则称该函数为“倒装函数”. (1)请在以下三个函数中找出“倒装函数”，求出对应的的值并说明理由； ①；②；③. (2)已知函数. （i）证明：； （ii）讨论方程的实根的个数. 43．(24-25高一上·福建厦门双十中学·期中)若函数与区间同时满足：①区间为的定义域的子集，②对任意，存在常数，使得成立，则称是区间上的有界函数，其中称为的一个上界.（注：涉及复合函数单调性求最值可直接使用单调性，不需要证明） (1)试判断函数，是否为上的有界函数？并说明理由. (2)已知函数是区间上的有界函数，设在区间上的上界为，求的取值范围； (3)若函数，问：在区间上是否存在上界？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $$