专题10 高一上期中真题百练通关（压轴80题21类考点专练）（期中专项训练）高一数学上学期人教版A版

专题10 高一上期中真题百练通关 （压轴80题21类考点专练） 题型1 判断元素与集合的关系 题型12 根据单调性解不等式 题型2 判断集合的包含关系 题型13 比较函数值大小关系 题型3 集合新定义 题型14 函数的值域 题型4 充分条件与必要条件 题型15 恒成立与有解问题 题型5 求最大数与最小数 题型16 函数奇偶性及其应用 题型6 基本不等式及其应用 题型17 周期性对称性的应用 题型7 二次函数、一元二次不等式 题型18 函数的性质综合 题型8 函数关系的判断及求函数值 题型19 函数新定义 题型9 定义法证明函数单调性 题型20 指对幂函数 题型10 复合函数单调性 题型21 函数模型及其应用 题型11 根据函数单调性求参数值 题型一 判断元素与集合的关系（共2小题） 1．（24-25高一上·江苏无锡·期中）（多选）已知集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】根据条件得，从而有为奇数或4的倍数，即可判断选项A和B的正误；根据，可判断选项C的正误；由条件知为奇数或4的倍数，分中至少有一个为4的倍数和都为奇数两种情况讨论，结合条件，即可求解. 【详解】由， 则，同为奇数或同为偶数，所以为奇数或4的倍数，故A错误；B正确； 对于选项C，因为，故C正确； 对于选项D，由，则为奇数或4的倍数， 当中至少有一个为4的倍数时，则为4的倍数，所以， 当都为奇数时，则可令， 所以，所以， 故，故D正确． 故选：BCD． 【点睛】关键点点晴：本题的关键在于，从而得出为奇数或4的倍数，即可求解. 2．（24-25高一上·北京·期中）已知集合 (1)分别判断、、是否属于集合； (2)写出所有满足集合的不超过的正偶数； (3)已知集合，证明：“”是“”的充分不必要条件. 【答案】(1)、、都属于集合，理由见解析 (2)、、 (3)证明见解析 【分析】（1）根据集合中元素的特征判断即可； （2）由集合的描述：，讨论、同奇或同偶、一奇一偶，即可确定的奇偶性，进而写出所有满足集合的不超过的正偶数； （3）由，即可得到充分性成立，再利用特殊值判断必要性不成立. 【详解】（1）解：因为，，，所以，、、都属于集合. （2）解：集合，， ①若、同奇或同偶时，、均为偶数，为的倍数； ②当、一奇一偶时，、均为奇数，为奇数， 综上，所有满足集合的偶数为． 因此，满足集合的不超过的正偶数有、、. （3）证明：集合，则恒有， 所以，，即一切奇数都属于， 又，而， 所以，“”是“”的充分不必要条件. 【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于根据集合的性质，应用因式分解、恒等转化、代数式的奇偶性讨论，判断元素与集合的关系，证明条件间的充分、必要关系，确定满足条件的数集. 题型二 判断集合的包含关系（共2小题） 3．（23-24高一上·湖北十堰·期末）集合，，的关系是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据结合的包含的定义和集合相等的定义判断的关系可得结论. 【详解】任取，则，， 所以，所以， 任取，则，， 所以，所以， 所以， 任取，则，， 所以，所以， 又，， 所以， 所以， 故选：C. 4．（23-24高一上·安徽蚌埠·期末）（多选）对于集合，给出以下结论，其中正确的结论是（    ） A．如果，那么 B．如果，那么 C．如果，那么 D．如果，那么 【答案】AC 【分析】分别将各选项中式子或者集合变形，判断是否能变形成与集合M中元素一样的特征. 【详解】对于A，，则恒有， 即，则，故A选项正确； 对于B，，若，则存在使得， 即，又和同奇或同偶， 若和都是奇数，则为奇数，而是偶数； 若和都是偶数，则能被4整除，而不一定能被4整除， 所以不能得到，故B选项错误； 如果，可设， 对于C，， 可得，故C选项正确； 对于D，， 不一定成立，不能得到，故D选项错误. 故选：AC 【点睛】方法点睛： 按照题目中关于集合中元素的定义，对选项中的算式进行变形整理，表示成中元素的形式，判断是否能够成立. 题型三 集合新定义（共6小题） 5．（24-25高一上·福建莆田·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. 6．（24-25高一上·四川成都·期中）对于正整数集合，如果去掉其中任意一个元素之后，剩余的所有元素组成的集合都能分为两个交集为空集的集合，且这两个集合的所有元素之和相等，就称集合为平衡集．记．若集合是平衡集，并且存在为奇数，则集合中元素个数的奇偶性（   ） A．与相关，既可以是奇数，又可以是偶数 B．与无关，既可以是奇数，又可以是偶数 C．与无关，必为偶数 D．与无关，必为奇数 【答案】D 【分析】根据平衡集的定义得，因此的奇偶性相同，又因为存在为奇数，所以根据集合中元素总和与单个元素的奇偶性的规律，即可判断. 【详解】由已知得，因为集合是平衡集， 设去掉元素，根据题意得，其中， 不妨设集合和中的元素之和均为，所以，其中， 则，所以为偶数，其中， 因此的奇偶性相同； 因为存在为奇数，所以均为奇数， 由知也为奇数，且，所以也为奇数. 所以必为奇数 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题考查了新定义下的集合问题，需要正确理解定义，根据定义正确推理即可. 7．（24-25高一上·江苏·期中）（多选）对于集合，我们把集合且叫做集合的差集，记作．已知集合，，则下列说法正确的有（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．存在，使得 【答案】BC 【分析】首先求出集合，理解差集的定义，并求出，然后逐个进行判断即可. 【详解】由，解得， 则， 当时，， 又，则，，故A错误，B正确； 对于C，由定义知，又，则， 即，因此可得， 则，解得，故C正确； 对于D，由，，又， 则，可得， 则，无解，因此不存在这样的，使得，故D错误； 故选：BC. 【点睛】关键点睛：本题的关键是理解差集的定义，即，. 8．（24-25高一上·江苏苏州·期中）（多选）给定实数集，定义集合都有，若是非空集合，则称集合中最小的元素为集合的上确界，记作．以下说法正确的是（   ） A．若数集中有2024个元素，则数集一定有上确界 B．若数集中没有最大值，则数集中一定没有上确界 C．若数集有上确界，则数集一定也有上确界，为 D．若数集有上确界，则数集一定也有上确界，为 【答案】AC 【分析】根据上确界的定义即可判断AC；举出反例即可判断BD. 【详解】对于A，若数集中有2024个元素，则数集中的元素一定有最大值， 所以数集一定有上确界，故A正确； 对于B，若，当时，， 则数集中的元素没有最大值， 因为，都有，所以， 所以，即数集中有上确界，故B错误； 对于C，若数集有上确界，设， 由上确界的定义可知，对于，都有， 所以， 即，故C正确； 对于D，若，则数集有上确界，且， 此时， 则，故D错误. 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：理解新定义的概念是解决本题的关键. 9．（24-25高一上·辽宁鞍山·期中）对任意的非空数集，定义：，其中表示非空数集中所有元素的乘积，特别地，如果，规定． (1)若，，请写出集合和． (2)若，其中是正整数，求集合中元素个数的最大值和最小值，并说明理由． 【答案】(1)， (2)最大值31，最小值11，理由见解析 【分析】（1）根据、的定义来求得正确答案. （2）根据非空子集的个数确定最大值，利用特殊值法来确定最小值. 【详解】（1），， 所以， ，， ， 所以. （2）最大值：集合A的非空子集只有个，因此最多有31个元素． 可以构造如下集合：，这个集合的元素均为素数， 中最大的元素为，则集合A任意两个不同子集元素的乘积不同， 从而集合由该数字的所有大于1的因数组成， 所以中元素个数的最大值为31． 最小值：不妨设，取，显然有， 则， 则至少有11个元素． 可以构造如下集合：， 此时，所以中元素个数的最小值为11． 综上所述，中元素个数的最大值为31，最小值为11. 【点睛】方法点睛： 对于根据新定义求集合的问题，关键是要准确理解定义中各个符号的含义和运算规则，然后按照规则对给定集合的相关情况进行逐一分析和计算. 求集合元素个数的最值问题，对于最大值，通常可以从集合的基本性质（如子集个数）出发进行分析，通过构造特殊集合来验证；对于最小值，需要根据题目条件（如元素的性质、大小关系等）进行推理，同样通过构造合适的集合来验证.在构造集合时，要充分考虑如何满足题目要求，使构造的集合能够清晰地说明最值的情况. 10．（24-25高一上·浙江·阶段练习）设数集满足：①；②任意且，有，则称数集对于乘法封闭. (1)判断集合是否对于乘法封闭，并说明理由； (2)证明：集合对于乘法封闭； (3)求所有对于乘法封闭的三元素集. 【答案】(1)是，不是；理由见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据集合乘法封闭的定义可判断两个集合是否乘法封闭； （2）根据集合乘法封闭的定义可证对于乘法封闭； （3）对于三元素集，不失一般性，不妨设，根据乘法封闭的性质可判断只能取中的两个不同数，分类讨论后可求所有不同的三元素集. 【详解】（1）对于集合， 当时，，所以集合对于乘法封闭； 对于集合，其元素均为整数，满足条件①， 又因为，满足条件②， 所以集合对于乘法封闭. （2）证明：对于集合， 因为任意，所以满足条件①； 又因为任意且，所以满足条件：②， 故集合对于乘法封闭. （3）任意. 证明：对于三元素集，不失一般性，不妨设， 当时，，与三元素集矛盾，所以； 当时，，与三元素集矛盾，所以. 所以只能取中的两个不同数. 不妨设， 对于集合，因为其元素均为整数，所以满足条件①， 又因为，所以满足条件②， 所以集合对于乘法封闭. 对于集合，当时，. 对于集合，当时， 综上，所有对于乘法封闭的三元素集. 【点睛】思路点睛：对于集合新定义问题，我们可以根据定义展开讨论，而对于集合的存在性问题，有时为了便于讨论，可以假设元素的大小关系. 题型四 充分条件与必要条件（共2小题） 11．（24-25高一上·辽宁大连·期末）记表示命题成立且命题不成立，现给出三个命题A，B，C，则（    ） A．“是的充分不必要条件”是“是A的必要条件”的必要不充分条件 B．“是的必要不充分条件”是“是的充分不必要条件”的既不充分也不必要条件 C．“是的充要条件”是“是的充分不必要条件”的充分不必要条件 D．“是的既不充分也不必要条件”是“是的充要条件”的必要不充分条件 【答案】D 【分析】将每个选项的命题都用集合表示，再根据集合的运算性质判断命题的充分条件和必要条件，从而可以逐一判断. 【详解】令三个命题A，B，C对应三个数集，全集为， 对于A，命题“A是B的充分不必要条件”等价于命题：⫋， 命题“B是A的必要条件”，等价于命题：， 因此，但，所以是的充分不必要条件，故A错误； 对于B，命题“是的必要不充分条件”等价于命题：⫋， 命题“A是的充分不必要条件”等价于命题：⫋，因此，但， 所以是的必要不充分条件，故B错误； 对于C，命题“是的充要条件”等价于命题，即， 也即；命题“是的充分不必要条件”等价于命题⫋， 因此，但，所以是的既不充分不必要条件，故C错误； 对于D，命题“是的既不充分也不必要条件”等价于命题：与互不包含， 命题“是的充要条件”等价于命题，即， 因此，但，所以是的必要不充分条件，故D正确. 故选：D. 【点睛】关键点：该题的解题关键点是将所有命题都用集合表示，把充分条件必要条件问题转化为集合的关系和运算问题，从而快速得解. 12．（24-25高一上·江苏苏州·期中）已知集合使不等式成立． (1)用区间形式表示集合M； (2)设不等式的解集为N，若是的必要条件，求实数a的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用分离参数法，转化为有解问题，结合二次函数的性质可求出结果； （2）根据题意得到，分类讨论根之间的大小关系，从而得到取值范围. 【详解】（1）根据题意可得在上有解， 即在上有解，只需， 令， 由知， 所以，则， 故的取值集合 （2）因为是的必要条件， 所以，显然不为空集，即不为， 因为不等式的解集为N， 所以①当即时，，， 则，解得； ②当即时，，， 则，解得； 综上所述，a的取值范围是. 题型五 求最大数与最小数（共3小题） 13．（24-25高一上·辽宁·阶段练习）定义为数集M中最大的数，已知，若或，则的最小值为 . 【答案】 【分析】解法1：令，，，得到，分和，两情况讨论，结合新定义和不等式的基本性质，即可求解. 解法2：由数轴上点的距离公式，得到分别为线段的长，转化为求三个线段中最长线段的长的最小值，不妨设为，的长为，得到，分和，两情况讨论，结合新定义和不等式的基本性质，即可求解. 【详解】解法一：令，，，其中，，，所以， 若，则，可得， 令， 则，所以，则， 当且仅当，，时等号成立. 若，则，即， 令， 则，所以，则， 当且仅当，，时等号成立， 综上可得，的最小值为. 解法二：根据数轴上点的距离公式，可得分别为线段的长， 如图所示，若点固定，即求三个线段中最长线段的长的最小值， 可知当三个线段等长时，最长的线段长取最小值， 不妨设为，的长为，则，即， 若，则，即，解得； 若，则，即，解得， 因为，所以的最小值为. 故答案为：. 【点睛】对于涉及不等式的基本性质问题的求解策略： 1、运用不等式的性质求解或判断是，要注意不等式成立的条件，不要弱化条件，尤其也不能想当然捏造性质； 2、建立待求范围的整体与已知范围的整体关系，最后利用不等式的基本性质，进行运算，求得待求的范围； 3、注意利用同向不等式的两边相加时，这种转化不时等价变形，如果在解题过程中多次使用这种转化，可能会扩大其取值范围； 4、若通过给出一个新的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求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，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的； 14．（2024·河北邯郸·三模）记表示x，y，z中最小的数．设，，则的最大值为 ． 【答案】2 【分析】分是否大于进行讨论，由此即可简化表达式，若，则可以得到，并且存在，，使得，，同理时，我们可以证明，由此即可得解. 【详解】若，则，此时， 因为，所以和中至少有一个小于等于2， 所以，又当，时，， 所以的最大值为2． 若，则，此时， 因为，所以和中至少有一个小于2， 所以． 综上，的最大值为2． 故答案为：2. 【点睛】关键点点睛：关键是分是否大于进行讨论，结合不等式的性质即可顺利得解. 15．（2024·山东淄博·二模）记表示中最大的数．已知均为正实数，则的最小值为（   ） A． B．1 C．2 D．4 【答案】C 【分析】设，得，两次应用基本不等式求最小值，注意等号成立的条件即可． 【详解】设，则，，， ∴，当且仅当时取等号， 又，当且仅当，即时取等号， 所以， 所以的最小值是2， 故选：C． 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据定义得出，，，相加后基本不等式求得最小值． 题型六 基本不等式及其应用（共10小题） 16．（24-25高一上·江苏无锡·期中）设正实数x，y，z满足，则当取得最大值时，的最大值为（   ） A．2 B． C．1 D． 【答案】D 【分析】将代入后剩下关于的二元等式，经齐次化处理后使用基本不等式在时最大值时，将代入原式可得，代入，得到二次函数利用配方法即可求得其最大值. 【详解】， ，又均为正实数， （当且仅当时取"=")， ，此时. ， ，当且仅当时取得"="，满足题意. 的最大值为. 故选：D 【点睛】关键点点睛：对含有多元变量的函数求最值时通常要减少变量的个数，减少变量的个数方法有:①代入消元，把其中一个变量用其它变量表示后代入消元;②对齐次式可通过构造比值消元. 17．（24-25高一上·辽宁大连·期中）不等式对所有的正实数，恒成立，则的最大值为（    ） A．2 B． C． D．1 【答案】D 【分析】由题意可得 ，令，则有，，结合基本不等式求得，于是有，从而得答案. 【详解】因为,为正数，所以， 所以，则有， 令，则， 所以， 当且仅当时，等号成立， 所以，则， 又，所以， 即， 所以的最小值为， 所以，即的最大值为. 故选：D. 【点睛】方法点睛：对于恒成立问题，常采用参变分离法，只需求出分离后的函数(代数式)的最值即可得解. 18．（24-25高一上·陕西咸阳·期中）（多选）已知，，且，则（    ） A．的最小值为 B．的最小值为 C． D．的最小值为 【答案】ACD 【分析】由得到，利用基本不等式可判断选项A正确，选项B错误；利用可得选项C正确；根据，通过分离参数结合基本不等式可得选项D正确. 【详解】由得，， 由得，，整理得， 解得或（舍去），当且仅当时等号成立， 故的最小值为，选项A正确. 由得，，即， 解得（舍去），当且仅当时等号成立， 故的最小值为，选项B错误. 由得，，所以，解得，选项C正确. ， 当且仅当，即时等号成立，选项D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：解决选项D的关键是根据把代数式等价变形为，利用基本不等式可得结果. 19．（24-25高一上·安徽蚌埠·阶段练习）（多选）《九章算术》中有“勾股容方”问题：“今有勾五步，股十二步．问：勾中容方几何？”魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中利用出入相补原理给出了这个问题的一般解法：如图1，用对角线将长和宽分别为b和a的矩形分成两个直角三角形，每个直角三角形再分成一个内接正方形（黄）和两个小直角三角形（朱、青）将三种颜色的图形进行重组，得到如图2所示的矩形，该矩形长为，宽为内接正方形的边长d．由刘徽构造的图形可以得到许多重要的结论，如图3，设D为斜边的中点，作直角三角形的内接正方形对角线，过点A作于点F，则下列推理不正确的是（   ） A．由图1和图2面积相等得 B．由可得 C．由可得 D．由可得 【答案】ABD 【分析】根据图1和图2面积相等，可用表示，判断A的真假；把、用表示出来，判断B的真假；把、用表示出来，判断C的真假；把、用表示出来，判断D的真假. 【详解】对于A，由图1和图2面积相等得，所以，故A错误； 对于B，因为，所以，所以，，， 因为，所以，整理得，故B错误； 对于C，因为D为斜边BC的中点，所以， 因为，所以，整理得，故C正确； 对于D，因为，所以，整理得，故D错误. 故选：ABD 【点睛】方法点睛：采用数形结合，分别表示出相应线段，结合图形中线段的长度关系，逐一分析各选项，即可得到答案. 20．（24-25高一上·辽宁·期中）（多选）已知实数a，b，c满足，则下列选项正确的是（    ） A．的最大值为 B．的最大值为 C．的最小值为 D．当a，b，时，的最小值为8 【答案】ABD 【分析】利用基本不等式求出最大值判断A；由结合基本不等式求出最大值判断B；由求出最小值判断C；由结合不等式性质及基本不等式求出最小值判断D. 【详解】对于A， ，当且仅当时取等号，A正确； 对于B，，则， 当且仅当或时取等号，B正确； 对于C，由，得， 当且仅当时取等号，取，则，C错误； 对于D，，，则，当且仅当时取等号， 于是，当且仅当时取等号， 因此当时，，取得最小值8，D正确. 故选：ABD 【点睛】思路点睛：在运用基本不等式时，要特别注意“拆”、“拼”、“凑”等技巧，使用其满足基本不等式的“一正”、“二定”、“三相等”的条件. 21．（24-25高一上·广东江门·期中）已知，（1）若，都是正数，且，则的最小值为 ；（2）若，则的最大值为 . 【答案】 9 【分析】（1）直接由基本不等式得，再将看成一个整体解一元二次不等式即可. （2）方法一：首先根据得，通分后将代入，再利用判别式法求最值即可； 方法二：设，，代入化简可得，利用分离常数法与基本不等式求解即可. 【详解】（1），为正数，且， ，，. （2）方法一：因为，所以，所以， 等号成立当且仅当， 从而， 令，设， 显然，则， 因为关于的一元二次方程有实数根，所以， 整理得，即， 解得， 注意到，从而， 等号成立当且仅当， 即， 所以经检验的最大值，即的最大值为. 方法二：设，， 则 . 故答案为：. 【点睛】常见的求最值的方法有：观察法(图象法)、配方法、基本不等式法、分离常数法、函数单调性求最值、判别式法等. 22．（24-25高一上·山东威海·期中）已知实数，满足，则的最小值为 . 【答案】8 【分析】由，得即为，变形后两次运用基本不等式即可求解 【详解】因为，所以， ∴ 当且仅当，即时等号成立 所以的最小值为8. 故答案为：8. 23．（24-25高一上·重庆·期中）若正实数，满足，则的最小值是 . 【答案】4 【分析】设，得到，假设得到矛盾，即有，结合且，将目标式化为，最后应用基本不等式求最小值. 【详解】设，则，即， 若，则，而，仅当时等号成立， 所以，显然与矛盾，所以， 由上，由，即，则， 所以 ，当且仅当时等号成立， 所以，，即，时，目标式最小值为4. 故答案为：4 【点睛】关键点点睛：应用换元法，结合基本不等式得到，再由将目标式整理只为含的表达式为关键. 24．（24-25高一上·浙江·期中）设，则的最大值为 . 【答案】 【分析】利用已知条件化简，再根据换元法转化后根据基本不等式解答即可. 【详解】， ， 令 又， ，当且仅当时等号成立, , 在上单调递减， 时， 的最大值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题考查了换元法和基本不等式的知识点，通过“对勾函数”求解最值. 25．（24-25高一上·浙江杭州·期中）已知正实数x，y满足. (1)求的值； (2)求的最小值； (3)若，求的最小值. 【答案】(1)1 (2) (3) 【分析】（1）由得，由x，y为正数得． （2）由得，利用基本不等式求最值即可. （3）由得，化简之后结合基本不等式求最值即可. 【详解】（1）∵，∴， ∵x，y为正数，∴， ∴． （2）∵，∴， ∴ ， 当且仅当即时等号成立， 故的最小值为． （3）∵， ∴ ， 当且仅当，即时等号成立， 故的最小值为． 题型七 二次函数、一元二次不等式（共5小题） 26．（24-25高一上·浙江绍兴·期中）设函数，，已知对于任意的，若，满足，，有，则正实数的最大值为（    ） A． B．2 C． D．1 【答案】A 【分析】根据题意可得，等价于，又因为，则恒成立，即，，再结合二次函数性质，即可求解. 【详解】由题意得，满足，，有， 则， 化简得， 又因为，则，所以， 所以，即， 又因为， 所以恒成立，即，， 对于函数，， 当时，有最小值，即，则，故A正确. 故选：A. 【点睛】方法点睛：本题主要是应用等价转化法将转化为，再结合为，即等价于即，恒成立，即可求解. 27．（24-25高一上·河南南阳·期中）若，对，不等式恒成立，则实数m的取值范围是 . 【答案】 【分析】分类讨论t的范围，结合因式解高次不等式计算即可. 【详解】若，则恒成立，此时不等式的解集为， 与矛盾，舍去； 若，则不等式， ①当，即时， 此时原不等式的解集为， 要满足题意需（区间恒正），即； ②当，即，此时原不等式的解集为， 要满足题意需，即， ； ③当，即时， 此时不等式的解集为， 要满足题意需（区间恒正）， 即时，， 易知单调递减，可知，即， ； ④当，即，此时不等式的解集为， 而要满足题意需，显然不符合题意，舍去， ； ⑤，即，此时不等式的解集为， 同上需满足，仍不符合题意，舍去， ； 综上：实数m的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：根据高次不等式的解法，分类讨论三个根的大小关系，结合题意分析即可，要注意讨论不重不漏. 28．（24-25高一上·上海·期中）若关于的不等式的解集是，且只有个元素，则实数的取值范围是 【答案】或 【分析】分，和三种情况，当和时，直接求出集合，再结合条件，可知不合题意，当时，注意到，结合条件得到或，即可求解. 【详解】当时，由，得到，解得， 又只有个元素，所以不合题意， 当，由，得到或， 又，若，则的解集为或，显然不合题意， 若，要使只有个元素，则或， 解得或， 故答案为：或. 【点睛】关键点点晴，本题的关键在于时的处理，利用二次函数的性质，结合及条件，得到或，即可求解. 29．（24-25高一上·江苏徐州·期中）已知，关于的不等式的解集中有且仅有个整数，，，则 ，的取值范围为 ． 【答案】 【分析】根据不等式解集中有且只有个连续整数，确定解集的区间长度， 得出的取值范围，再由对称轴判断出即可. 【详解】由题意，，即， 设不等式的解集为，则，， 则， 因为不等式解集中有且仅有个整数，所以， 即，解得， 所以的对称轴满足， 而，即离对称轴距离最近的整数只有， 所以，所以三个整数解为， 所以，解得. 故答案为：； 【点睛】关键点点睛：本题入手较难，关键是不等式解集中有个整数如何表示，利用解集的区间长度建立不等式是解题关键. 30．（24-25高一上·广西南宁·阶段练习）已知函数. (1)当时，解关于的不等式； (2)若存在，使得不等式成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）先把二次不等式化为，然后分类讨论解不等式即可； （2）参变分离，把能成立问题转化为的最大值问题，换元后利用基本不等式求解即可. 【详解】（1）由. 得，所以， 若，即，上式可化为：，解得； 若，即，上式可化为：，解得； 若，即，上式可化为：， 因为，所以，所以， 所以：或. 综上可知：当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为. （2）不等式，即， 所以， 因为恒成立，所以：. 问题转化为：存在，使得成立，所以， 设，令，则， 因为（当且仅当，即时取等号）， 所以，当且仅当时取等号. 所以综上可知：的取值范围为. 【点睛】求参数的取值范围问题，分离参数是常用的一种方法.通常把参数表示出来，而后转化为恒成立或存在性问题，通过求函数的值域或范围来求解. 题型八 函数关系的判断及求函数值（共3小题） 31．（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】/0.9375 【分析】由①得，再得出，从而求得，进而有时，，然后再计算． 【详解】由①得，∴， 因此由②得， 又，而， 所以，所以， 所以，又，所以，从而， 由③得时，， 所以， 而，所以， 所以， 故答案为：． 【点睛】方法点睛：通过对已知条件中变量赋值得出函数值，如，为了求，需要结合两个条件得出，再结合可求得，利用单调性可得出函数的一部分表达式：时，，然后利用已知条件化所求值式子中的自变量值到此范围后即可得．实际上可用反证法证明，从而很快求得， 32．（24-25高一上·江苏苏州·期中）已知，，，若函数f：的值域是B且对任意x，，，都有，则满足如上条件的函数的个数为 ． 【答案】 【分析】根据条件得到中元素个数的情况，再根据一个集合对应函数的个数得到结果. 【详解】首先，因为函数f：的值域是，所以中至少有两个元素， 又因为，，对任意x，，，都有， 当中元素个数为2个时，如,共21个，根据可得每个集合对应1个函数，所以此时共有21种情况， 当中元素个数为3个时，如,共35个，根据或可得到每个集合对应两个函数，所以此时共有种情况； 当中元素个数为4个时，如,共35个，根据或或得到每个集合对应3个函数，所以此时共有种情况； 当中元素个数为5个时，如,共21个，根据或或或得到每个集合对应4个函数，所以此时共有种情况； 当中元素个数为6个时，如,共7个，根据或或或或得到每个集合对应5个函数，所以此时共有种情况； 当中元素个数为7个时，如,共1个，根据或或或或得到每个集合对应6个函数，所以此时共有种情况； 所以共有：种情况， 故答案为：. 33．（24-25高一上·福建福州·阶段练习）已知是定义在上且不恒为零的函数，对于任意实数a，b满足，若，则 ． 【答案】/0.5 【分析】利用赋值法求出、、，从而得到，利用特殊值求出，，根据奇偶性求出即可得到结果． 【详解】∵对于任意实数a，b满足， ∴当时，， 当时，，可得，则； 当时，，则． 令，得，即，所以函数是奇函数． 令，，则，得， 令，，则， ∵函数是奇函数，∴， ∴． 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是合理赋值得到为奇函数，求出的值，从而得到的值． 题型九 定义法证明函数单调性（共2小题） 34．（22-23高一上·河南·期末）设，已知函数为奇函数． (1)求实数的值； (2)若，判断并证明函数的单调性； (3)在（2）的条件下，函数在区间上的值域是，求的取值范围． 【答案】(1)或1； (2)单调递增，证明见解析； (3). 【分析】（1）利用奇函数定义，列式化简即可求出参数的值. （2）由（1）知，取，代入解析式中，利用单调性的定义即可证明函数的单调性. （3）由（2）的单调性建立方程，换元将原问题转化为一元二次方程有两个不同的正实根，再结合方程根的分布求出参数的取值范围. 【详解】（1）由函数为奇函数，得，即， 有，整理得，解得， 当时，，定义域为，，符合题意； 当时，，定义域为，，符合题意， 所以或. （2）当时，，函数定义域为，在上单调递增. 设上任意两个实数，且， ， 而，，，， 因此，所以在上单调递增. （3）由，得，由，得，即， 由（2）知在上单调递增，依题意，，即， 则m，n是方程的两个不同实根，令，则有两个不等正实根， 因此，解得， 所以实数的取值范围为. 35．（24-25高一上·四川成都·期末）已知函数. (1)证明：函数在区间上单调递减，在区间上单调递增； (2)设， ①当时，求在上的最小值； ②若对任意实数恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)证明过程见解析 (2)①2；② 【分析】（1）利用定义法证明函数单调性步骤即可证明； （2）①分离常数求出，结合（1）知，在上单调递减，在上单调递增，求出最小值为； ②时，，转化为在上，满足，在（1）基础上，分三种情况，得到函数的最大值和最小值，从而得到不等式，求出答案. 【详解】（1）任取， 则， 因为，所以， 则，即， 在区间上单调递减， 同理，任取， 则， 因为，所以， 则，即， 在区间上单调递增； （2）①， 当时，，故，， 当时，，由（1）知，在上单调递减， 在上单调递增， 故在，即处取得最小值，最小值为； ②时，，， 对任意实数恒成立， 等价于对任意的， 只需在上，满足， 即， 由（1）知，在上单调递减，在上单调递增， 若，则在上单调递增， 故，， 故，解得或（舍去）， 由于，故此时解集为， 若，则在上单调递减，在上单调递增， 故，的最大值为或， 若，即，则最大值为， 则有，解得， 将，，取交集，可得， 若，即，最大值为， 则有，解得， 将，，取交集，可得， 若，则在上单调递减， 故，， ，解得， 由于，故此时解集为， 综上，实数的取值范围时. 【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件. 题型十 复合函数单调性（共2小题） 36．（24-25高一上·广东广州·期中）（多选）已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．的最小值为 B．的最大值为 C．在上单调递减 D．的图象是轴对称图形 【答案】BCD 【分析】令，则，利用基本不等式可判断AB选项；利用复合函数的单调性可判断C选项；利用函数对称性的定义可判断D选项. 【详解】对于AB选项，令，则，则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以，A错误，B正确； 对于C选项，又时，单调递增，且， 函数在上单调递减，所以在上单调递减，C正确； 对于D选项，因为， 所以，函数的图象关于直线对称，D正确. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：函数单调性的判定方法与策略： （1）定义法：一般步骤：设元作差变形判断符号得出结论； （2）图象法：如果函数是以图象的形式给出或者函数的图象易作出，结合图象可得出函数的单调区间； （3）导数法：先求出函数的导数，利用导数值的正负确定函数的单调区间； （4）复合函数法：先将函数分解为内层函数和外层函数，再讨论这两个函数的单调性，然后根据复合函数法“同增异减”的规则进行判定. 37．（23-24高一上·湖北荆州·期末）（多选）已知函数， 则（    ） A．不关于原点对称 B． C．在上单调递减 D．的解集为 【答案】AC 【分析】先求出函数定义域检验选项A；代入求出检验选项B；结合复合函数单调性检验选项C；结合函数单调性解不等式检验选项D． 【详解】由，得，即定义域为，不关于原点对称，故A正确； 因为 ， ， 所以，B错误； 当时，， 函数 在区间 上单调递增，函数 在区间上单调递增， 则 在区间上单调递增， 在区间上单调递减， 在区间上单调递减， 在区间上单调递减， 所以在区间上单调递减，故C正确． 对于D，由B知图象关于对称， 所以在区间上单调递减，所以在区间和上单调递减． 又时，， 所以， 时，． ①当，即时，由得，解得，即； ②当时，不等式组无解，不合题意； ③当，即时，，，不合题意； ④当，即时，，，符合题意． 综上所述，的解集为,,，D错误． 故选：AC． 【点睛】函数图象常见对称性：（1）若，则的图象关于对称；（2）若，则的图象关于对称. 题型十一 根据函数单调性求参数值（共3小题） 38．（24-25高一上·福建泉州·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． 39．（23-24高一上·浙江杭州·期中）已知函数，其中常数. (1)若函数分别在区间，上单调，求的取值范围； (2)当时，是否存在实数和，使得函数在区间上单调，且此时的取值范围是.若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在，． 【分析】（1）结合勾形函数的性质、绝对值的定义只要在上的最小值不小于0即可得； （2）作出函数的图象得4个单调区间，首先确定，以及区间的两个端点都不在区间上，在时有，，再由求出的范围，然后再分四个区间讨论确定范围． 【详解】（1）设，∵，∴函数分别在区间，上单调且， 要使函数分别在区间，上单调，则只需； （2）如图，可知，在、、、均为单调函数， 显然，， 若，则，，则， 若，则，令， ，因此， （Ⅰ）当时，在上单调递减， 则两式相除整理得， ∵∴上式不成立即，无解，无取值. （Ⅱ）当时，在上单调递增， 则，即在有两个不等实根， 而令则， ，，由二次函数性质可得：， （Ⅲ）当时，在上单调递减， 则，两式相除整理得 ∴，∴，∴， 由得， 则关于的函数是单调的，而应有两个不同的解，此时无解. （Ⅳ）当时，在上单调递增， 则，两式相除得，整理得， 又，，，即，因此不成立，所以无取值， 综上，的取值范围为. 【点睛】思路点睛：本题主要考查函数的单调性，由于含有绝对值符号，因此作出函数图象有助于问题的求解，通过图象确定单调性，确定，否定单调区间的三个端点不属于区间，从而很形象地指出根据四个单调区间分类讨论． 40．（23-24高一上·吉林·期末）已知函数. (1)若函数，且是增函数，求实数的取值范围； (2)若对任意的正数，不等式恒成立，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据二次函数单调性和边界值的大小关系得到不等式组，解出即可； （2）首先分离参数求出，再次分离得到在上恒成立，利用换元法和基本不等式求出右边最大值即可得到范围. 【详解】（1）函数是上的增函数， ，. （2）的定义域为， ， 由得在上恒成立， ，，，，. 对任意的正数,不等式恒成立， ， 在上为增函数， 在上恒成立， 在上恒成立，令, 则，在上恒成立， ，当且仅当时,等号成立， ， 综上,的取值范围为. 【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是灵活运用分离参数法得到在上恒成立和在上恒成立，然后利用换元法求出右边的范围即可. 题型十二 根据单调性解不等式（共3小题） 41．（24-25高一上·云南德宏·期末）已知函数是定义在上的奇函数，且.若对，，且，都有，则关于的不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】构建，根据题意分析可知函数为奇函数，且在内单调递增，结合函数性质解不等式. 【详解】构建， 可知的定义域为，且， 所以函数为奇函数， 因为，，整理可得， 则函数在内单调递增，可知在内单调递增， 又因为，则， 当时，；当时，； 所以不等式，即的解集为. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于构建函数，进而分析其性质，利用性质解不等式. 42．（24-25高一上·广东汕头·期中）已知定义在R 上的函数满足：，则= ；若，对任意的都有 则不等式的解集为 . 【答案】 1 【分析】利用赋值法即可求解；由构造函数，且在上单调递减，利用函数的单调性解不等式即可. 【详解】由，令，得，解得； 设，则， 由，得，即， 设（），则在上单调递减. 由，得，即. 所以，解得， 即不等式的解集为. 故答案为：1； 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是根据构造函数，且在上单调递减. 43．（24-25高一上·河南·阶段练习）已知定义在上的函数满足，且函数在区间上单调递增，则关于的不等式的解集为 . 【答案】 【分析】根据题意，设，函数为偶函数，在区间上单调递增，在区间上单调递减，关于的不等式可变形为，即，可解不等式. 【详解】根据题意，，即， 设，则， 即函数为偶函数，又函数在区间上单调递增， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 关于的不等式可变形为， 即，所以，解得， 所以不等式的解集为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：设，由函数的单调性和奇偶性求解不等式. 题型十三 比较函数值大小关系（共3小题） 44．（24-25高三上·河北沧州·阶段练习）已知定义在上的函数满足，，若，且对任意的，，当时，都有恒成立，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据已知可得，，再结合，可判断ABC选项，根据C选项及函数单调性可知函数在上为定值，即可判断D选项. 【详解】由已知，， 令，则，即， 令，则，即， 又，即， 所以，，A，B选项错误； 又， ， 即，C选项错误； 又任意的，，当时，都有恒成立， 所以当时，为定值， 又，所以，D选项正确； 故选：D. 45．（2024·安徽合肥·一模）已知函数的定义域为，且，记，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据函数满足的表达式以及，利用赋值法即可计算出的大小. 【详解】由可得， 令，代入可得，即， 令，代入可得，即， 令，代入可得，即； 由可得， 显然可得. 故选：A 【点睛】方法点睛：研究抽象函数性质时，可根据满足的关系式利用赋值法合理选取自变量的取值，由函数值或范围得出函数单调性等性质，进而实现问题求解. 46．（24-25高一上·浙江杭州·期中）（多选）定义在的函数满足，且当时，，则（    ） A．是奇函数 B． C． D．在上单调递增 【答案】ABD 【分析】根据赋值可以求得，令，可得，即得奇函数，正确；赋值，可得正确；根据单调性定义，判断在为增函数，可得正确；再利用赋值和函数单调性确定错误. 【详解】对于选项，令，则， 令，，则对恒成立， 则函数为奇函数，故正确； 对于选项，令，， 即，故正确； 对于选项，，设，则， ，则 则，则， 即函数在为增函数，故正确； 对于选项，，因为为增函数，则， 则，故错误. 故选：. 【点睛】抽象函数问题解决策略： 赋值法求函数值或者判断不等关系； 抽象函数的单调性问题：先确定定义域，再根据题中条件构造，比较其和的大小（或者构造，比较其和的大小），进而确定单调性. 题型十四 函数的值域（共3小题） 47．（24-25高一上·浙江杭州·期中）已知函数，若函数在区间上的值域为，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据函数单调性求函数值域，利用对应关系可得有两个不相等的正实数根，结合判别式和韦达定理可得结果. 【详解】因为在上为增函数，在上为减函数， 所以在为增函数， 所以函数在区间上的值域为， 所以，整理得， 所以为方程的两根，即有两个不相等的正实数根， 所以，解得且， 所以实数的取值范围是. 故选：C. 【点睛】思路点睛：本题考查函数与方程综合问题，具体思路如下： （1）分析函数的单调性，可得在为增函数，函数在区间上的值域为. （2）根据值域的对应关系可得为方程的两根，即一元二次方程有两个不相等的正实数根，利用判别式和韦达定理可求得实数的取值范围. 48．（22-23高一上·重庆·阶段练习）已知函数且是偶函数，函数且. (1)求实数的值. (2)当时， ①求的值域. ②若，使得恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）利用函数的奇偶性得到，代入化简即可解得的值； （2）①利用基本不等式可得，再根据对数函数的单调性即可求得的值域； ②将问题转化为恒成立，从而得到在上恒成立，利用换元法将问题转化为在上恒成立，从而得解. 【详解】（1）∵函数且是偶函数， ，即， ， . ∵不恒为0，，即. 经检验，当时，的定义域为，关于原点对称， 且，∴函数是偶函数，满足题意. 故. （2）①由（1）可知：当时，， ∵，∴由基本不等式可知， 当且仅当即时等号成立. 又对数函数在上单调递增，， 即函数的值域为. ②由题意得. ，使得恒成立， ，使得恒成立， 则恒成立. 由①得当时，，， 恒成立. 在上恒成立. 令，，， 则在上恒成立，即在上恒成立. ∵函数在上单调递减，， ，即实数的取值范围为. 【点睛】方法点睛：（1）求函数值域的常用方法有：利用函数的单调性；基本不等式；分离常数法；配方法；判别式法；图象法(观察法)等； （2）不等式恒成立问题即为求函数的最值问题，常常采用参变分离法求参数的取值范围：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决. 49．（24-25高一上·湖北·期中）已知函数为上的奇函数，且. (1)求实数的值； (2)试判断函数在区间的单调性，并说明理由； (3)求函数（其中）的值域. 【答案】(1)，； (2)函数在区间单调递增，理由见解析； (3)答案见解析 【分析】（1）根据奇偶性定义以及函数值解方程可得结果； （2）利用单调性定义按照步骤即可证明在区间单调递增； （3）由换元法得出函数的表达式，再由（2）中的结论得出其在上的单调性，利用二次函数性质分类讨论即可得出结果. 【详解】（1）根据题意可得，即，可得； 再由可得，解得； 当，可得， 经检验此时满足，为奇函数， 所以， （2）取任意，且， 则 ; 由，可得，； 所以，即可得， 即函数在区间的单调递增； （3）由， 由(2)得当  时，， 所以，即， 所以函数在上单调递减； 因此函数在上单调递减，在上单调递增， 又函数为上的奇函数，所以函数的减区间为，递增区间为, 当时，, 令，有 ①当时，即，, 此时函数的值域为; ②当时，即时， 可得 此时函数的值域为 ③当时，即时， ， 此时函数的值域为 ④当时， 即， ， 此时函数的值域为， 综上所述，时，其值域为; 当时，值域为 当时，值域为； 当时，值域为 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用换元法得出函数的表达式，再证明得出函数的单调性，利用二次函数性质分类讨论即可得出结果函数的值域. 题型十五 恒成立与有解问题（共3小题） 50．（24-25高一上·上海·期末）已知函数. (1)当，时，解关于x的方程； (2)若函数是定义在R上的奇函数，求函数解析式； (3)在（2）的前提下，函数满足，若对任意且，不等式恒成立，求实数m的最大值． 【答案】(1)2 (2) (3) 【分析】（1）将，代入，可转化为关于的二次方程，解方程进而可得的值； （2）利用奇函数的性质直接求解； （3）化简可得，代入不等式分离参数，转化为函数求最值，利用换元法及基本不等式直接求最值. 【详解】（1）当，时，． 即， 解得：或（舍去），∴； （2）若函数是定义在上的奇函数， 则，即 即恒成立， 解得：，，或， 经检验，满足函数的定义域为， ． （3）当时，函数满足， ∴，则 不等式恒成立， 即恒成立 即恒成立， 设，则，即，恒成立， 由均值不等式可得：当时，取最小值． 故，即实数m的最大值为． 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是应用基本不等式求最值，要把握不等式成立的三个条件，就是一正二定三相等等号能否取得. 51．（24-25高一上·福建泉州·期中）已知函数的定义域为，且函数的图象关于点对称，当时，，函数． (1)求； (2)若对任意，存在，使得恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据函数的图象关于点对称得函数是奇函数，即可得到结果. （2）问题转化为，分析两函数的最小值即可得到实数的取值范围． 【详解】（1）∵函数的图象关于点对称，∴函数的图象关于原点对称， ∴函数是奇函数，       ∴. （2）解法一：∵函数是定义在上的奇函数，∴.       ∵时，，∴当时，，       ∵是奇函数，∴函数在上的最小值为，       ∵对任意，存在，使得恒成立， ∴存在，使得恒成立， ∴在上有解，即在上有解， ∴. ∵在上单调递增，∴在上的最小值为， ∴.       解法二：∵函数是定义在上的奇函数，∴.       ∵时，，∴当时，，       ∵是奇函数，∴函数在上的最小值为，       ∵对任意，存在，使得恒成立， ∴存在，使得恒成立， ∴在上有解，即. 函数的图象的对称轴为直线， ①当即时，在上为增函数， ∴，解得； ②当即时，在上为减函数，在上为增函数， ∴，恒成立，故； ③当即时，在上为减函数， ∴，解得，故. 综上，． 52．（23-24高一上·浙江台州·期中）已知函数 (1)当时，解不等式； (2)若任意，都有成立，求实数的取值范围； (3)若，使得不等式成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)R． (2) (3)． 【分析】（1）利用作差法计算可得，即可求解； （2）由题意可得在恒成立.法一：根据一元二次不等式恒成立问题计算即可求解；法二：利用分离参数法可得，结合基本不等式求出即可； （3）由题意可知，结合二次函数的图象与性质分别求出，建立不等式，解之即可求解. 【详解】（1）当时，， 所以，即， 所以的解集为R． （2）若对任意，都有成立，即在恒成立， 解法一：设，对称轴， 由题意，只须， ①当即时，在上单调递增， 所以，符合题意，所以； ②当即时，在上单调递减，在单调递增， 所以，解得且， 所以． 综上，． 解法二：不等式可化为，即， 设， 由题意，只须， 当且仅当即时等号成立，则， 所以，即． （3）若对任意，存在，使得不等式成立， 即只需满足， ，对称轴在上递减，在上递增， 所以； ，对称轴， ①即时，在递增， 所以恒成立； ②即时，在递减，在递增， ， 所以，故； ③即时，在递减，， 所以，解得. 综上：． 题型十六 函数奇偶性及其应用（共6小题） 53．（24-25高一上·浙江·期中）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. 54．（24-25高一上·福建福州·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：． 55．（24-25高一上·山东济宁·期中）（多选）已知函数在R上单调，且对任意恒成立，则（   ） A． B．若在R上单调递增，则 C．是奇函数 D．是奇函数 【答案】ABD 【分析】A选项，令得，或1，根据函数单调性排除，A正确；C选项，令，变形得到，不满足，C错误；B选项，由单调性得到，由条件得，故B正确；D选项，变形得到，故为奇函数，D正确； 【详解】A选项，中，令得， ，解得，解得或1， 令得，即， 若，满足上式， 若得，但函数在R上单调，故，不合要求， 综上，，A正确； C选项，中，令得，当时，， 由于只有时，才有，当为其他数时，不满足， 故不是奇函数，C错误； B选项，在R上单调递增，， 故， 因为，所以， 所以，故B正确； D选项，因为，所以， 当时，，， 所以， 故为奇函数，D正确； 故选：ABD 【点睛】方法点睛：抽象函数的单调性或奇偶性研究，通常情况下要利用赋值法，得到特殊点的函数值，再进行合理赋值，结合函数的单调性的定义，奇偶性的定义进行求解 56．（24-25高一上·山东泰安·期中）（多选）定义域为的函数，对任意，，且不恒为0，则下列说法正确的是（   ） A． B．为偶函数 C．若，则关于中心对称 D．若，则 【答案】BCD 【分析】令，再根据不恒为0，可求出的值判断A；令，化简后根据偶函数的定义判断B；令，化简后根据对称性的定义判断C；令，结合BC结论化简判断D. 【详解】选项A：令可得，因为不恒为0，所以，A说法错误； 选项B：由A可知，令可得， 所以，即，为偶函数，B说法正确； 选项C：若，令可得， 即，所以关于中心对称，C说法正确； 选项D：令，则， 因为为偶函数，，所以， 因为任意，， 所以，即， 所以， 又因为关于中心对称，所以， 所以，即，D说法正确； 故选：BCD 【点睛】结论点睛：函数的对称性与周期性： （1）若，则函数关于中心对称； （2）若，则函数关于对称； （3）若，则函数的周期为2a； （4）若，则函数的周期为2a. 57．（24-25高一上·重庆·期中）（多选）已知函数对任意实数x，y都满足，且，，则（    ） A． B．是奇函数 C．是偶函数 D． 【答案】ACD 【分析】令，结合条件可得选项A正确；由得选项B错误；令，可得，选项C正确；令可得，令可判断选项D正确. 【详解】A.令得，，即，解得，选项A正确. B. ∵， ∴不是奇函数，选项B错误. C.令，得， ∴，即， ∴是偶函数，选项C正确. D.令，得， ∴. 令，得， 在中，令，得，选项D正确. 故选：ACD. 58．（24-25高一上·辽宁丹东·期中）已知是奇函数. (1)证明：； (2)写出的单调区间； (3)求使成立的值集合. 【答案】(1)证明见解析 (2)单调递增区间为，单调递减区间为. (3) 【分析】(1)由奇函数的定义，结合对数的运算性质，即可证明； (2)根据对数函数的单调性结合复合函数的单调性可求； (3)法一：令，得，由（2）单调性即可求解，法二：根据对数单调性可列出不等式，再综合指对数函数定义域即可求解. 【详解】（1）由题意不在定义域内，因为是奇函数， 所以也不在定义域内， 从而当时，，可得. 于是. 因为是定义域为是奇函数，由得. 此时，满足. 因此. （2）定义域为. 当时，单调递增； 当及时，均单调递减， 因此的单调递增区间为，单调递减区间为. （3）【解法1】令，得， 由（2）可知当时，单调递增； 则，过当时， 当时，单调递减， 当时，，所以 综上成立的值集合为. 【解法2】 由得， 等价于解得. 于是使成立的值集合为 题型十七 周期性对称性的应用（共4小题） 59．（24-25高一上·浙江温州·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，可将其推广为：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．则函数图象的对称中心为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意设对称中心为，令，化简得，利用，计算化简得对于定义域内的任意恒成立，联立方程组，计算即得. 【详解】设函数图象的对称中心为， 则函数 是奇函数，则， 即：， 化简得：对于定义域内的任意恒成立， 则，解得，即对称中心为. 故选：B. 【点睛】思路点睛：本题主要考查函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件的应用，属于难题. 对于求解函数图象的对称中心时，一般先设对称中心，构造函数，利用求得的值即可. 60．（23-24高一上·贵州毕节·期末）（多选）已知函数的定义域为，若关于对称，为奇函数，则（   ） A．是奇函数 B．的图象关于点对称. C． D．若在上单调递减，则在上单调递增 【答案】ABD 【分析】A选项，根据题目条件得到的一个周期为8，进而得到，A正确；B选项，由于的一个对称中心为，结合周期得到B正确；C选项，根据的一个对称中心为，得到，故C错误；D选项，先根据对称轴得到在上单调递增，结合周期得到D正确. 【详解】A选项，因为为奇函数，所以， 因为关于对称，所以， 所以，则， 所以，的一个周期为8， 故，所以， 将代替为得， 即，为奇函数，A正确； B选项，因为为奇函数，所以的一个对称中心为， 又的一个周期为8，故为的一个对称中心，B正确； C选项，因为的一个对称中心为， 所以， 故，C错误； D选项，因为在上单调递减，关于对称， 所以在上单调递增， 的一个周期为8，故在上单调递增，D正确. 故选：ABD 【点睛】结论点睛： 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； （9）若函数是偶函数，且其图象关于直线对称，则的周期为2a； （10）若函数是奇函数，且其图象关于直线对称，则的周期为4a． 61．（23-24高一上·江西赣州·期末）（多选）已知偶函数的定义域为，函数，，，，，则（    ） A．的图象关于对称 B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据，，从而得到，判断A；结合为偶函数，，得，判断B；根据周期性赋值，判断C；由判断D. 【详解】对于A选项，因为，所以，又， 所以，又，所以， 即，所以的图象关于对称，故A正确； 对于B选项，因为为偶函数，所以，所以即，故B正确； 对于C选项，因为为偶函数，所以，又，， 所以，故C错误； 对于D选项，因为为偶函数，，，所以，，， 所以，所以，故D正确， 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题解题关键是采用赋值法结合已知条件得到函数的周期性，利用函数的周期性求值. 62．（24-25高一上·江苏·期中）我们知道，函数为奇函数的充要条件是函数的图象关于坐标原点成中心对称，有同学发现该结论可以推广为：函数的图象关于点成中心对称的充要条件是函数为奇函数. (1)已知函数，且，求的值. (2)已知函数. （Ⅰ）求的图象的对称中心； （Ⅱ）若与的图象有四个公共点，，，，求的值. 【答案】(1) (2)（Ⅰ）（Ⅱ） 【分析】（1）利用，即可求解； （2）（Ⅰ）设对称中心坐标为，根据题意得到为奇函数，得到，解得答案； （Ⅱ）首先通过平移变化得到的图象的对称中心也为，从而确定函数与图象个公共点也关于对称. 【详解】（1）由， 则， 又，则. （2）（Ⅰ）设对称中心坐标为，由题意可知，为奇函数， 对任意恒成立， 即， 所以恒成立， 则，解得. 故函数图象的对称中心为. （Ⅱ）由， 又的图象向右平移个单位长度，再向上平移一个单位长度得到的图象， 则的图象的对称中心也为. 则函数与图象个公共点也关于对称，所以. 【点睛】关键点点睛：函数的图象关于点对称，等价于，也等价于. 题型十八 函数的性质综合（共4小题） 多选题 63．（24-25高一上·湖南·阶段练习）已知定义域为的函数满足：，且当时，，则（   ） A． B．的图象关于轴对称 C．在上单调递减 D．不等式的解集为 【答案】ABD 【分析】A选项，赋值法得到，进而赋值得到；B选项，令得，，B正确；C选项，令，，由定义法得到在上单调递增，C错误；D选项，变形得到，在BC基础上，得到不等式，求出解集. 【详解】A选项，中，令得， 解得， 令得，解得，A正确； B选项，中，令得， ，故的图象关于轴对称，B正确； C选项，中，令，其中， 则， 因为当时，，且，所以， 所以，， 所以在上单调递增，C错误； D选项，因为，所以， 故， 即， 由BC选项知，在上单调递增，又为偶函数， ，且， 两边平方得， 解得，且， 所以不等式的解集为，D正确. 故选：ABD 【点睛】抽象函数的单调性或奇偶性研究，通常情况下要利用赋值法，得到特殊点的函数值，再进行合理赋值，结合函数的单调性的定义，奇偶性的定义进行求解 64．（24-25高一上·山东威海·期中）已知函数为上的奇函数，对任意的，成立，又时，单调递增，则（    ） A． B．直线是图象的一条对称轴 C． D． 【答案】ABD 【分析】根据奇函数性质以及对赋值可判断选项. 【详解】函数为上的奇函数，所以，所以 对于A，令，则，所以可得，故A正确； 对于B，由A知，所以可得， 令，可得， 由奇函数性质可得， 令，则可得，令，则可得 则，由此可知是函数的对称轴，故B正确； 对于C，由A知，令，则， 所以，又时，单调递增， 故，则，故C错误； 对于D，令，则，所以， 再根据奇函数性质可知，所以，故D正确. 故选：ABD 65．（24-25高一上·江西·阶段练习）已知是定义在上的奇函数，为偶函数，且，则（    ） A． B．的图象关于直线对称 C．的图象关于点中心对称 D． 【答案】BCD 【分析】利用奇函数性质可得，再利用为偶函数可得B正确，结合对称中心以及对称轴可判断C正确，综合奇偶性和对称性可得的周期为8，计算可得D正确. 【详解】由是定义在上的奇函数可知，且； 又为偶函数，可得， 令，所以，即A错误； 由可知的图象关于直线对称，即B正确； 易知关于成中心对称，又关于直线对称， 所以的图象关于点中心对称，即C正确； 显然，即； 所以，即，所以， 可得是以8为周期的周期函数， 即，即D正确. 故选：BCD 【点睛】方法点睛：在求解函数奇偶性、对称性、周期性等综合性质问题时，往往根据题目给出的两个性质推出第三个性质，再进行综合运用即可得出结论. 66．（24-25高一上·山东·期中）已知函数的定义域为，且，的图象关于对称.当时，，若，则（    ） A．的周期为4 B．的图象关于对称 C． D．当时， 【答案】ABC 【分析】根据已知推得的周期为4，且、分别是对称轴和对称中心判断A，进而有判断B；利用周期性求函数值判断C；求得、，待定系数法求函数中参数值，再由周期性求上解析式判断D. 【详解】由的图象关于对称，即的图象关于对称， 所以，又，故， 所以，且的一条对称轴为， 即的周期为4，且、分别是对称轴和对称中心，A对； 所以，即，关于对称，B对； ，C对； 若，则，即， 又，，即， 所以， 则，可得，故， 所以时，D错. 故选：ABC 题型十九 函数新定义（共3小题） 67．（24-25高一上·河南·期中）若函数满足：对任意正数s，t，都有，则称函数为“双变量放缩函数”． (1)证明：不是“双变量放缩函数”； (2)若是“双变量放缩函数”，求a的最小值； (3)若“双变量放缩函数”满足，且对任意正数s，t，都有，，证明：对任意，都有． 【答案】(1)证明见解析 (2)1 (3)证明见解析 【分析】（1）结合定义，举出反例即可得证； （2）由题意可得对于任意的，恒成立，参变分离后计算即可得； （3）结合题意，令，可得，累乘可得，即可得，同理可得，即可得证. 【详解】（1）如取，则，． 因为，不满足，故不是“双变量放缩函数”； （2）因为函数是“双变量放缩函数”，所以对于任意的， 有恒成立，即恒成立， 所以恒成立，又，故， 则， 则，即，故a的最小值为1； （3）由函数为“双变量放缩函数”，可知对于任意正数s，t，都有，， 且，令，可知，即， 故对于自然数k与正数s，都有，① 对任意，可得，又， 所以， 同理， 由①可得，故． 【点睛】方法点睛：针对一般的函数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. 68．（24-25高一上·北京·阶段练习）若函数的定义域为，且满足，则称为“函数”. (1)分别判断下列函数是否为“函数”；（直接给出结论） ①；② (2)若“函数”在上单调递增，且，求的取值范围； (3)若“函数”满足：当时，，且在上的值域为，求的取值范围. 【答案】(1)①是“函数”，②不是“函数” (2) (3) 【分析】（1）①是“函数”；②不是“函数”，利用“函数”的定义判断即可. （2）利用已知可证在上单调递增，进而由单调性可得，求解即可； （3）①当时，利用，②当时，利用“函数”，可求值域，③当时，，根据值域为，只需，求解即可. 【详解】（1）①是“函数”；②不是“函数”. 理由如下：①，又函数的定义域为，所以为“函数”. ②，故不是“函数”. （2）先证：在上单调递增. 任取，且 ①若，由于在上单调递增，则 ②若，则，由于在上单调递增，则，结合“函数”定义，有即在上单调递增 ③若，由①②，则有， 故在上单调递增 ， 由于在上单调递增，因此， 即，解得， 综上，的取值范围是； （3）①当时：， ，当且仅当时，等号成立 ，当且仅当时，等号成立 故，当且仅当时，等号成立， 所以，在上的最大值为 进而，在上的值域为； ②当时，的取值范围是， 由“函数”的定义，的取值范围是， 即在上的值域为； ③当时，，即 因此，在上的值域为 若使其为，只需，而，解得， 综上，的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：3小问，当，关键在于利用，利用二次函数与基本不等式求得最大值，从而求得值域，利用新定义求得的值域，进而解决问题. 69．（24-25高一上·浙江杭州·期中）小方同学在阅读高等数学时发现两则定义， 定义1，设函数是定义在区间I上的连续函数，若，都有，则称为区间I上的下凸函数．如图2． 定义2．设函数是定义在区间I上的连续函数，若，都有，则称为区间I上的上凸函数．如图3． 例如，函数在为上凸函数，在上为下凸函数．对于函数的凹凸性，通过查阅资料，小方同学了解到了琴生不等式（Jensn不等式）：若是区间上的下凸函数，则对任意的，有不等式恒成立（当且仅当，时等号成立）．结合阅读材料回答下面的问题： (1)已知为下凸函数，若，求的最大值； (2)求证：二次函数是上凸函数． (3)设，，且，求的最小值． 【答案】(1)2； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）根据下凸函数的定义，列出不等式求解得答案. （2）利用上凸函数的定义，列式计算得证. （3）构造并证明它在上为下凸函数，再利用琴生不等式求出最小值. 【详解】（1）由为下凸函数，得，因此，当且仅当时取等号， 则，即，所以的最大值是2. （2）函数的定义域为R， ， ，当且仅当时取等号， 因此恒成立，所以二次函数是上凸函数. （3）令，设， 则 ，即， 于是函数在上为下凸函数， 依题意，， 即， 因此，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 【点睛】思路点睛：本题第3问，构造函数并证明其凹凸性，再利用琴生不等式求出最小值. 题型二十 指对幂函数（共5小题） 70．（23-24高一上·浙江丽水·期末）已知，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用函数的单调性即可得到，再利用指数函数、对数函数的单调性得到，，则得到三者大小关系. 【详解】令，根据为上的单调减函数， 则在上单调递减， 且，， 所以函数在上存在唯一的零点，故； 又因为，所以， 所以，即，所以， 所以，即，所以; 因为，所以，所以， 即，所以， 综上可得：. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用函数的单调性和零点存在定理得到，最后再结合指数函数、对数函数的性质即可比较大小. 71．（23-24高一上·山东临沂·期末）已知，设，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据同时取对数可判定关系，利用换底公式结合糖水不等式可判定关系. 【详解】由，可知，所以， 易知， 先证糖水不等式：若，则， 证明如下：作差得，得证. 所以有，即， 所以. 故选：A 【点睛】方法点睛：比较大小问题，常用到结论：为定义域上增函数；糖水不等式：，则；还有作差法，作商法，基本不等式，函数单调性等等，可以适当做专题总结. 72．（23-24高一上·北京·期末）若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用指对运算同构结合函数单调性逐项判断即可求解. 【详解】由，易得 且 , 令则，且 当，则，易知在单调递增，故，则； 当，，因为在单调递增， 又，得， 故；易知不成立，A错误； 当,则，； 当， 则，，且不成立，B错误； 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题考查指对运算及单调性应用,将题干条件指对同构是解决问题关键. 73．（23-24高一上·湖北·期末）已知正实数满足：，，则的值是（    ） A． B．2 C． D．3 【答案】C 【分析】将两边取对数化为，将两边加1化为，构造函数，可知，研究的单调性即可得到答案. 【详解】由两边取对数可得：，即， 由可得：，即， 构造函数，由和等价于和，即， 由于在上单调递增，在上单调递增， 则在上单调递增，所以等价于，故. 故选：C 74．（24-25高一上·黑龙江·期末）（多选）已知，下面结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】在同一坐标系中作出的图象，结合条件及图形，可得，在同一坐标系中作出的图象，结合条件及图形，可得，再对各选项逐一分析判断，即可求解. 【详解】令，在同一直角坐标系中作出的图象，如图1，      当时，，当时，， 当，由图可得， 令，在同一直角坐标系中作出的图象，如图2，    当时，，所以时，， 当时，，， 当，由图可得，所以选项A正确，选项B错误，选项C正确 对于选项D，因为，所以，所以选项D正确， 故选：ACD. 【点睛】关键点点晴，本题的关键在于在同一直角坐标系中作出和图象，借助图形，求出的取值范围，即可求解. 题型二十一 函数模型及其应用（共6小题） 75．（24-25高一上·黑龙江哈尔滨·期末）已知函数，若关于的方程只有个不相等的实数根，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】令，可得出，令，设函数的两个零点分别为、，分三种情况讨论：（i），；（ii），；（iii），.前两种情况直接求出的值，检验即可，在第三种情况中，根据二次函数的零点分布可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围. 【详解】当时，， 设，则，令， 设函数的两个零点分别为、， 作出函数的图象如下图所示： 由图可知，直线与函数的图象交点个数为、、、， 因为关于的方程只有个不相等的实数根，分以下几种情况讨论： （i），，则，可得， 则关于的方程为，解得，，不合乎题意； （ii），，则，解得， 由韦达定理可得，解得，不合乎题意； （iii），，由二次函数的零点分布可得， 解得. 综上所述，实数的取值范围是. 故选：C. 【点睛】思路点睛：对于复合函数的零点个数问题，求解思路如下： （1）确定内层函数和外层函数； （2）确定外层函数的零点； （3）确定直线与内层函数图象的交点个数分别为、、、、，则函数的零点个数为. 76．（24-25高一上·广东深圳·期中）已知函数，若关于的方程有四个不同的实数解、、、，且，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】画出函数的图象，根据对称性和对数函数的图象和性质即可求出． 【详解】作出函数的图象如下图所示： 若关于的方程有四个不同的实数解、、、，且， 由可得或，解得或， 所以，， 由得，即，所以，， 由图可知，点、关于直线对称，则， 所以，，其中， 令函数，其中，则函数在上单调递增， 所以，，即，即. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：解本题的关键点在于通过对称性与对数的运算性质将所求代数式变形为以为自变量的函数的值域来求解. 77．（24-25高一上·浙江温州·期中）一个质量为的物体在空气中以初始速率落下，假设空气阻力大小与物体的速率满足（为正常数）可求得在时刻物体的速率，其中自然常数，为重力加速度的大小，按照此模型，可推得（   ） A．当时，随着变大，物体速率减小，但始终大于 B．当时，随䒴变大，物体速率增大，且始终大于 C．当时，随着变大，物体速率减小，且始终小于 D．当时，随着变大，物体速率增大，最终会等于 【答案】A 【分析】根据题目条件，结合指数型复合函数的单调性，判断关于的变化情况即可. 【详解】时，由，可得，故恒成立， 又，，由指数型复合函数的单调性，关于是单调递减函数， 于是随着变大，物体速率减小，A正确B错误； 时，由，可得，故恒成立， 又，由指数型复合函数的单调性，关于是单调递增函数， 于是随着变大，物体速率变大，CD均错误； 故选：A. 78．（24-25高一上·云南曲靖·期末）已知实数满足，，则 . 【答案】1 【分析】由题可得及，从而得.构造函数，利用函数单调性可得即可求解. 【详解】由题可得， 又，，即， 所以. 因为函数在上单调递增， 所以，则， 所以. 故答案为：1. 【点睛】本题综合考查对数运算、指对互化及函数的单调性，解题的关键是通过将方程等价变形转化为，再构造函数，利用函数单调性即可求解. 79．（24-25高一上·云南保山·期末）数控机床（Computer Numerical Control Machine Tools，简称CNC机床）是一种通过计算机程序控制，具有高精度、高效率的自动化机床，广泛应用于机械制造、汽车制造、航空制造等领域．某机床厂今年年初用50万元购入一台数控机床，并立即投入生产使用．已知该机床在使用过程中所需要的各种支出费用总和（单位：万元）与使用时间（，，单位：年）之间满足函数关系式为：．该机床每年的生产总收入为24万元．设使用年后数控机床的盈利额为万元．（盈利额等于总收入减去购买成本及所有使用支出费用）． (1)写出与之间的函数关系式； (2)从第几年开始，该机床开始盈利？ (3)该机床使用过程中，已知年平均折旧率为（固定资产使用1年后，价值的损耗与前一年价值的比率）．现对该机床的处理方案有两种： 第一方案：当盈利额达到最大值时，再将该机床卖出； 第二方案：当年平均盈利额达到最大值时，再将该机床卖出． 以总获利为选取方案的依据，研究一下哪种处理方案较为合理？请说明理由．（总获利盈利额机床剩余价值） （参考数据：，，，，） 【答案】(1) (2)第3年 (3)第一方案 【分析】（1）根据盈利额的定义，用总收入减去购买成本和使用支出费用来构建函数关系式； （2）令盈利额大于0，求解不等式，即可得到结果； （3）分别计算两种方案下的总获利，比较大小来判断哪种方案更合理. 【详解】（1）由盈利额等于总收入减去购买成本及所有使用支出费用，可得： . （2）令，即，即， 对于方程，由求根公式可得， 又，则， ， 所以不等式的解为， 且，所以从第3年开始盈利. （3）第一方案：对于，对称轴为， 当时，（万元）， 此时机床剩余价值为， 总获利为（万元）； 第二方案：年平均盈利额为 其中， 当且仅当时，即时，等号成立， 且，则或， 当时，（万元）， 当时，（万元）， 所以时，年平均盈利额最大，此时盈利额（万元）， 机床剩余价值为（万元）， 总获利为（万元）， 因为，所以第一方案较为合理. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了函数的实际应用，难度较大，解答本题的关键在于构建函数模型，以及结合基本不等式求取最值，从而求解. 80．（23-24高一上·湖北·期末）随着全球对环保和可持续发展的日益重视，电动汽车逐步成为人们购车的热门选择.有关部门在高速公路上对某型号电动汽车进行测试，得到了该电动汽车每小时耗电量单位：与速度单位：的数据如下表所示： 60 70 80 90 100 8.8 11 13.6 16.6 20 为描述该电动汽车在高速公路上行驶时每小时耗电量与速度的关系，现有以下两种函数模型供选择：①，②. (1)请选择你认为最符合表格中所列数据的函数模型（不需要说明理由），并求出相应的函数解析式； (2)现有一辆同型号电动汽车从地出发经高速公路（最低限速，最高限速）匀速行驶到距离为的B地，出发前汽车电池存量为，汽车到达地后至少要保留的保障电量（假设该电动汽车从静止加速到速度为的过程中消耗的电量与行驶的路程都忽略不计）.已知该高速公路上有一功率为的充电桩（充电量充电功率充电时间）.若不充电，该电动汽车能否到达地？并说明理由；若需要充电，求该电动汽车从地到达地所用时间（即行驶时间与充电时间之和）的最小值. 【答案】(1)选择函数模型①， (2)需要，最少用时为小时. 【分析】（1）由表格中的数据，由增长速度可知，选择函数模型①，代入数据计算系数可得函数解析式； （2）计算行驶耗电量，判断是否需要充电，表示出总时间，利用基本不等式求所用时间的最小值. 【详解】（1）与的函数关系，在定义域内单调递增，由增长速度可知，选择函数模型①， 由题意有：解得： 所以. （2）设耗电量为，则， 任取， ， 由，，，， 则有，即， 所以函数在区间单调递增， ， 即最小耗电量大于电池存量减去保障电量，所以该车不在服务区充电不能到达地. 又设行驶时间与充电时间分别为，总和为，若能到达地， 则初始电量+充电电量-消耗电量保障电量， 即，解得， 所以总时间， 当且仅当，即时取等，所以该汽车到达地的最少用时为小时. 【点睛】方法点睛： 函数模型的选择有： 一、观察法寻找自变量与函数值的变化规律，如线性关系较明确的，可直接待定系数法求出解析式； 二、对于规律不明显的，则要先作出散点图（作图要恰当选择单位等），再观察散点图的特征，看这些点的分布最近接哪类初等函数，一般有直线型的，指数型的，正（余）弦波型的等，选一个或2个模型带入比较，最后确定一个误差较小的． 在解决一般应试题时，一定要仔细研读题意，并且注意联系实际生活常识（或现有理论）等，一步到位的选择模型． 一、单选题 1．当时，不等式恒成立，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】对二项式系数进行分类，结合二次函数定义的性质，列出关系式求解. 【详解】当时，不等式恒成立， 当时，满足不等式恒成立； 当时，令，则在上恒成立， 函数的图像抛物线对称轴为， 时，在上单调递减，在上单调递增， 则有，解得； 时，在上单调递增，在上单调递减， 则有，解得. 综上可知，的取值范围是. 故选：D. 【点睛】方法点睛：分类讨论思想是高中数学一项重要的考查内容，分类讨论思想要求在不能用统一的方法解决问题的时候，将问题划分成不同的模块，通过分块来实现问题的求解，体现了对数学问题的分析处理能力和解决能力. 2．对任意实数，不等式恒成立，则实数的最大值（    ） A．2 B．4 C． D． 【答案】D 【分析】首先不等式变形为恒成立，再利用两次基本不等式求的最小值，即可求解的取值. 【详解】不等式恒成立，可转化为 恒成立，其中， 令， ， ， 第二次使用基本不等式，等号成立的条件是且， 得且，此时第一次使用基本不等式，说明两次基本不等式能同时取得， 所以的最小值为， 即，则， 所以实数的最大值为. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题的关键是再求的最值时，需变形为，再通过两次基本不等式求最值. 二、多选题 3．已知实数，满足，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】先设，然后代入，最后根据判别式即可判断A，对直接使用基本不等式即可判断B，通过特殊值，即可判断C，通过对变形，即，然后使用基本不等式即可判断D. 【详解】设，代入得， 化简得，所以，解得， ，选项A正确； 当时，由，得， , 解得，当且仅当时成立，选项B正确； 由，得时，， ，解得，选项C错误； 由，得， , 解得，当且仅当时取等号， 选项D正确； 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：解决A的关键是通过换元结合判别式法计算，解决BD关键是通过基本不等式放缩，解决C的关键是通过特殊值证明不成立. 4．，，非常数函数都有，则下列结论正确的是（    ） A． B．若，是偶函数 C．若，则 D．的值不可能是 【答案】ABC 【分析】对于A，只需赋值推理即得；对于B，先推得，再分别赋值和，推得，用替换，推得即可；对于C，结合条件，赋值，推得为偶函数，继续分别赋值和，推出，即可验证得到结论；对于D，构造函数，验证符合①式后，即可判断. 【详解】由条件①， 对于A，取，有即（*）， 若，则为常数，与题意矛盾，即，故A正确； 对于B，由A项已得，代入（*），可得， 在①式中，取，有②， 再取，有，可得， 则有或.因 ，故， 代入②式，可得，用替换，即得， 故为偶函数，即B正确； 对于C，若，在①式中取， 可得则有，由B项知为偶函数， 在①式中，取，有，即③， 再取，有即， 用替换，即得④， 由③④，易得， 即， 由上已得，，，， 依次代入，可得，，故C正确； 对于D，取， 因， 而，即符合①式， 此时，故D错误. 故选：ABC. 【点睛】思路点睛：本题主要考查抽象函数的性质探究，属于难题.解题思路上，一般应从抽象函数的等式入手，结合选项启发，对其中的未知量进行针对性赋值，使其往选项要求的方向发展，进行判断、验证，有时还需构造符合题意的函数解析式，判断排除选项. 5．已知函数对任意实数，都满足，且，则下列说法正确的是（    ） A．是偶函数 B． C． D． 【答案】ACD 【分析】对A、B、C分别利用赋值法可逐项判断，对D利用赋值法可求出是周期函数，再根据周期函数可判断. 【详解】因为， 对B，令，得，因为，所以，故B错误； 对A，令，则，由B知， 则，所以，且定义域为， 故是偶函数，故A正确； 对C，令，则，所以， 令，则，故C正确； 对D，有，则， 所以函数周期，则， 所以，故D正确． 故选：ACD． 三、解答题 6．已知函数 (1)若不等式的解集为，求a，b的值； (2)若对任意的恒成立，求实数的取值范围； (3)已知，当时，若对任意的，总存在，使成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）根据一元二次不等式的解集与对应一元二次方程根的关系列出方程组并求解出结果； （2）先通过分离参数将不等式变形，然后结合基本不等式求解出的取值范围； （3）根据条件先分析出的值域关系，然后再进行分类讨论求解出的取值范围. 【详解】（1）原不等式可化为，因为该不等式解集为， 可知的两根为和3， 则，即，故解得； （2）若对任意的恒成立， 所以对任意的，恒成立， 即对任意的恒成立，所以， 又因为，， 当且仅当，即时取等号， 所以， 所以实数的取值范围是； （3）当时，，因为，所以函数的值域是， 因为对任意的，总存在，使成立， 所以的值域是的值域的子集， 当时，，则，解得， 当时，，则，解得， 当时，，显然不成立， 综上所述，实数的取值范围是或． 【点睛】结论点睛：本题考查函数与不等式的综合运用，其中着重考查了一元二次不等式恒成立以及函数值域相关问题，难度较难. 一般地，已知函数，, （1）若任意，任意，有成立，故； （2）若任意，存在，有成立，故； （3）若存在，存在，有成立，故； （4）若任意，存在，有，则的值域是值域的子集． 7．已知函数. (1)若关于x的不等式的解集是.求实数a，b的值； (2)若，，，是关于x的的根，求的最小值； (3)若，解关于x的不等式. 【答案】(1)，. (2)4 (3)答案见解析. 【分析】（1）问题转化为方程的两根为，利用韦达定理求. （2）利用韦达定理，表示出，利用基本（均值）不等式求最小值，需要分析等号成立的条件. （3）根据参数的不同取值，分情况讨论一元二次不等式解集的形式. 【详解】（1）由题意：方程的两根为，且 所以；. 所以，. （2）由韦达定理可得：，， 所以. 因为，所以，（当且仅当时取“”）. 又当时，方程为，因为，所以方程由两个根. 所以的最小值为4. （3）当时，原不等式为：. 若，则原不等式可化为：； 若，则原不等式可化为：. 当时，，因为，所以不等式的解为：或. 当时，原不等式可化为：. 由，此时原不等式的解为：； 由，此时原不等式的解为：； 由，此时原不等式的解为：. 综上可知： 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为. 【点睛】关键点点睛：解含参数的一元二次不等式的问题，要注意： （1）二次项系数是否可以为0； （2）二次想系数不为0时，不等式解集的形式及两根大小的比较. 8．已知集合中含有三个元素，同时满足①；②；③为偶数，那么称集合具有性质.已知集合，对于集合的非空子集，若中存在三个互不相同的元素，使得均属于，则称集合是集合的“期待子集”. (1)试判断集合是否具有性质，并说明理由； (2)若集合具有性质，证明：集合是集合的“期待子集”； (3)证明：对于的非空子集，集合具有性质的充要条件是集合是集合的“期待子集”. 【答案】(1)不具有性质，理由见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）分取到的三个元素都是奇数和有偶数2，两种情况比较三个条件，即可判断； （2）先根据性质P确定集合B，再根据“期待子集”的定义，确定集合是集合的“期待子集”； （3）先证明充分性，存在三个互不相同的，使得均属于，证明满足性质P的三个条件；再证明必要性，均属于，即可证明. 【详解】（1）集合不具有性质，理由如下： （i）从集合中任取三个元素均为奇数时，为奇数，不满足条件③. （ii）从集合中任取三个元素有一个为，另外两个为奇数时，不妨设，， 则有，即，不满足条件②， 综上所述，可得集合不具有性质. （2）由是偶数，得实数是奇数， 当时，由，得，即， 因为不是偶数，所以不合题意. 当时，由，得，即，或， 因为是偶数，不是偶数，所以不合题意. 所以集合，令，解得， 显然，所以集合是集合的“期待子集”得证. （3）先证充分性：当集合是集合的“期待子集”时，存在三个互不相同的， 使得均属于，不妨设，令，，， 则，即满足条件①， 因为，所以，即满足条件②， 因为，所以为偶数，即满足条件③， 所以当集合是集合的“期待子集”时，集合具有性质.   再证必要性： 当集合具有性质，则中存在，同时满足①；②； ③为偶数. 令，，，则由条件①得， 由条件②得，由条件③得均为整数， 因为， 所以，且均为整数，所以， 因为，所以均属于， 所以当集合具有性质时，集合是集合的“期待子集”， 综上所述，对于的非空子集，集合是集合的“期待子集”的充要条件是集合 具有性质. 【点睛】与集合的新定义有关的问题的求解策略： ①通过给出一个新的集合的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求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； ②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，运算，验证，使得问题得以解决． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10 高一上期中真题百练通关 （压轴80题21类考点专练） 题型1 判断元素与集合的关系 题型12 根据单调性解不等式 题型2 判断集合的包含关系 题型13 比较函数值大小关系 题型3 集合新定义 题型14 函数的值域 题型4 充分条件与必要条件 题型15 恒成立与有解问题 题型5 求最大数与最小数 题型16 函数奇偶性及其应用 题型6 基本不等式及其应用 题型17 周期性对称性的应用 题型7 二次函数、一元二次不等式 题型18 函数的性质综合 题型8 函数关系的判断及求函数值 题型19 函数新定义 题型9 定义法证明函数单调性 题型20 指对幂函数 题型10 复合函数单调性 题型21 函数模型及其应用 题型11 根据函数单调性求参数值 题型一 判断元素与集合的关系（共2小题） 1．（24-25高一上·江苏无锡·期中）（多选）已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高一上·北京·期中）已知集合 (1)分别判断、、是否属于集合； (2)写出所有满足集合的不超过的正偶数； (3)已知集合，证明：“”是“”的充分不必要条件. 题型二 判断集合的包含关系（共2小题） 3．（23-24高一上·湖北十堰·期末）集合，，的关系是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一上·安徽蚌埠·期末）（多选）对于集合，给出以下结论，其中正确的结论是（    ） A．如果，那么 B．如果，那么 C．如果，那么 D．如果，那么 题型三 集合新定义（共6小题） 5．（24-25高一上·福建莆田·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． 6．（24-25高一上·四川成都·期中）对于正整数集合，如果去掉其中任意一个元素之后，剩余的所有元素组成的集合都能分为两个交集为空集的集合，且这两个集合的所有元素之和相等，就称集合为平衡集．记．若集合是平衡集，并且存在为奇数，则集合中元素个数的奇偶性（   ） A．与相关，既可以是奇数，又可以是偶数 B．与无关，既可以是奇数，又可以是偶数 C．与无关，必为偶数 D．与无关，必为奇数 7．（24-25高一上·江苏·期中）（多选）对于集合，我们把集合且叫做集合的差集，记作．已知集合，，则下列说法正确的有（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．存在，使得 8．（24-25高一上·江苏苏州·期中）（多选）给定实数集，定义集合都有，若是非空集合，则称集合中最小的元素为集合的上确界，记作．以下说法正确的是（   ） A．若数集中有2024个元素，则数集一定有上确界 B．若数集中没有最大值，则数集中一定没有上确界 C．若数集有上确界，则数集一定也有上确界，为 D．若数集有上确界，则数集一定也有上确界，为 9．（24-25高一上·辽宁鞍山·期中）对任意的非空数集，定义：，其中表示非空数集中所有元素的乘积，特别地，如果，规定． (1)若，，请写出集合和． (2)若，其中是正整数，求集合中元素个数的最大值和最小值，并说明理由． 10．（24-25高一上·浙江·阶段练习）设数集满足：①；②任意且，有，则称数集对于乘法封闭. (1)判断集合是否对于乘法封闭，并说明理由； (2)证明：集合对于乘法封闭； (3)求所有对于乘法封闭的三元素集. 题型四 充分条件与必要条件（共2小题） 11．（24-25高一上·辽宁大连·期末）记表示命题成立且命题不成立，现给出三个命题A，B，C，则（    ） A．“是的充分不必要条件”是“是A的必要条件”的必要不充分条件 B．“是的必要不充分条件”是“是的充分不必要条件”的既不充分也不必要条件 C．“是的充要条件”是“是的充分不必要条件”的充分不必要条件 D．“是的既不充分也不必要条件”是“是的充要条件”的必要不充分条件 12．（24-25高一上·江苏苏州·期中）已知集合使不等式成立． (1)用区间形式表示集合M； (2)设不等式的解集为N，若是的必要条件，求实数a的取值范围． 题型五 求最大数与最小数（共3小题） 13．（24-25高一上·辽宁·阶段练习）定义为数集M中最大的数，已知，若或，则的最小值为 . 14．（2024·河北邯郸·三模）记表示x，y，z中最小的数．设，，则的最大值为 ． 15．（2024·山东淄博·二模）记表示中最大的数．已知均为正实数，则的最小值为（   ） A． B．1 C．2 D．4 题型六 基本不等式及其应用（共10小题） 16．（24-25高一上·江苏无锡·期中）设正实数x，y，z满足，则当取得最大值时，的最大值为（   ） A．2 B． C．1 D． 17．（24-25高一上·辽宁大连·期中）不等式对所有的正实数，恒成立，则的最大值为（    ） A．2 B． C． D．1 18．（24-25高一上·陕西咸阳·期中）（多选）已知，，且，则（    ） A．的最小值为 B．的最小值为 C． D．的最小值为 19．（24-25高一上·安徽蚌埠·阶段练习）（多选）《九章算术》中有“勾股容方”问题：“今有勾五步，股十二步．问：勾中容方几何？”魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中利用出入相补原理给出了这个问题的一般解法：如图1，用对角线将长和宽分别为b和a的矩形分成两个直角三角形，每个直角三角形再分成一个内接正方形（黄）和两个小直角三角形（朱、青）将三种颜色的图形进行重组，得到如图2所示的矩形，该矩形长为，宽为内接正方形的边长d．由刘徽构造的图形可以得到许多重要的结论，如图3，设D为斜边的中点，作直角三角形的内接正方形对角线，过点A作于点F，则下列推理不正确的是（   ） A．由图1和图2面积相等得 B．由可得 C．由可得 D．由可得 20．（24-25高一上·辽宁·期中）（多选）已知实数a，b，c满足，则下列选项正确的是（    ） A．的最大值为 B．的最大值为 C．的最小值为 D．当a，b，时，的最小值为8 21．（24-25高一上·广东江门·期中）已知，（1）若，都是正数，且，则的最小值为 ；（2）若，则的最大值为 . 22．（24-25高一上·山东威海·期中）已知实数，满足，则的最小值为 . 23．（24-25高一上·重庆·期中）若正实数，满足，则的最小值是 . 24．（24-25高一上·浙江·期中）设，则的最大值为 . 25．（24-25高一上·浙江杭州·期中）已知正实数x，y满足. (1)求的值； (2)求的最小值； (3)若，求的最小值. 题型七 二次函数、一元二次不等式（共5小题） 26．（24-25高一上·浙江绍兴·期中）设函数，，已知对于任意的，若，满足，，有，则正实数的最大值为（    ） A． B．2 C． D．1 27．（24-25高一上·河南南阳·期中）若，对，不等式恒成立，则实数m的取值范围是 . 28．（24-25高一上·上海·期中）若关于的不等式的解集是，且只有个元素，则实数的取值范围是 29．（24-25高一上·江苏徐州·期中）已知，关于的不等式的解集中有且仅有个整数，，，则 ，的取值范围为 ． 30．（24-25高一上·广西南宁·阶段练习）已知函数. (1)当时，解关于的不等式； (2)若存在，使得不等式成立，求实数的取值范围. 题型八 函数关系的判断及求函数值（共3小题） 31．（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 ． 32．（24-25高一上·江苏苏州·期中）已知，，，若函数f：的值域是B且对任意x，，，都有，则满足如上条件的函数的个数为 ． 33．（24-25高一上·福建福州·阶段练习）已知是定义在上且不恒为零的函数，对于任意实数a，b满足，若，则 ． 题型九 定义法证明函数单调性（共2小题） 34．（22-23高一上·河南·期末）设，已知函数为奇函数． (1)求实数的值； (2)若，判断并证明函数的单调性； (3)在（2）的条件下，函数在区间上的值域是，求的取值范围． 35．（24-25高一上·四川成都·期末）已知函数. (1)证明：函数在区间上单调递减，在区间上单调递增； (2)设， ①当时，求在上的最小值； ②若对任意实数恒成立，求实数的取值范围. 题型十 复合函数单调性（共2小题） 36．（24-25高一上·广东广州·期中）（多选）已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．的最小值为 B．的最大值为 C．在上单调递减 D．的图象是轴对称图形 37．（23-24高一上·湖北荆州·期末）（多选）已知函数， 则（    ） A．不关于原点对称 B． C．在上单调递减 D．的解集为 题型十一 根据函数单调性求参数值（共3小题） 38．（24-25高一上·福建泉州·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 39．（23-24高一上·浙江杭州·期中）已知函数，其中常数. (1)若函数分别在区间，上单调，求的取值范围； (2)当时，是否存在实数和，使得函数在区间上单调，且此时的取值范围是.若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由. 40．（23-24高一上·吉林·期末）已知函数. (1)若函数，且是增函数，求实数的取值范围； (2)若对任意的正数，不等式恒成立，求的取值范围． 题型十二 根据单调性解不等式（共3小题） 41．（24-25高一上·云南德宏·期末）已知函数是定义在上的奇函数，且.若对，，且，都有，则关于的不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 42．（24-25高一上·广东汕头·期中）已知定义在R 上的函数满足：，则= ；若，对任意的都有 则不等式的解集为 . 43．（24-25高一上·河南·阶段练习）已知定义在上的函数满足，且函数在区间上单调递增，则关于的不等式的解集为 . 题型十三 比较函数值大小关系（共3小题） 44．（24-25高三上·河北沧州·阶段练习）已知定义在上的函数满足，，若，且对任意的，，当时，都有恒成立，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 45．（2024·安徽合肥·一模）已知函数的定义域为，且，记，则（    ） A． B． C． D． 46．（24-25高一上·浙江杭州·期中）（多选）定义在的函数满足，且当时，，则（    ） A．是奇函数 B． C． D．在上单调递增 题型十四 函数的值域（共3小题） 47．（24-25高一上·浙江杭州·期中）已知函数，若函数在区间上的值域为，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 48．（22-23高一上·重庆·阶段练习）已知函数且是偶函数，函数且. (1)求实数的值. (2)当时， ①求的值域. ②若，使得恒成立，求实数的取值范围. 49．（24-25高一上·湖北·期中）已知函数为上的奇函数，且. (1)求实数的值； (2)试判断函数在区间的单调性，并说明理由； (3)求函数（其中）的值域. 题型十五 恒成立与有解问题（共3小题） 50．（24-25高一上·上海·期末）已知函数. (1)当，时，解关于x的方程； (2)若函数是定义在R上的奇函数，求函数解析式； (3)在（2）的前提下，函数满足，若对任意且，不等式恒成立，求实数m的最大值． 51．（24-25高一上·福建泉州·期中）已知函数的定义域为，且函数的图象关于点对称，当时，，函数． (1)求； (2)若对任意，存在，使得恒成立，求实数的取值范围． 52．（23-24高一上·浙江台州·期中）已知函数 (1)当时，解不等式； (2)若任意，都有成立，求实数的取值范围； (3)若，使得不等式成立，求实数的取值范围． 题型十六 函数奇偶性及其应用（共6小题） 53．（24-25高一上·浙江·期中）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 54．（24-25高一上·福建福州·期中）若关于的函数的最大值为，最小值为，且，则实数的值为 ． 55．（24-25高一上·山东济宁·期中）（多选）已知函数在R上单调，且对任意恒成立，则（   ） A． B．若在R上单调递增，则 C．是奇函数 D．是奇函数 56．（24-25高一上·山东泰安·期中）（多选）定义域为的函数，对任意，，且不恒为0，则下列说法正确的是（   ） A． B．为偶函数 C．若，则关于中心对称 D．若，则 57．（24-25高一上·重庆·期中）（多选）已知函数对任意实数x，y都满足，且，，则（    ） A． B．是奇函数 C．是偶函数 D． 58．（24-25高一上·辽宁丹东·期中）已知是奇函数. (1)证明：； (2)写出的单调区间； (3)求使成立的值集合. 题型十七 周期性对称性的应用（共4小题） 59．（24-25高一上·浙江温州·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，可将其推广为：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．则函数图象的对称中心为（   ） A． B． C． D． 60．（23-24高一上·贵州毕节·期末）（多选）已知函数的定义域为，若关于对称，为奇函数，则（   ） A．是奇函数 B．的图象关于点对称. C． D．若在上单调递减，则在上单调递增 61．（23-24高一上·江西赣州·期末）（多选）已知偶函数的定义域为，函数，，，，，则（    ） A．的图象关于对称 B． C． D． 62．（24-25高一上·江苏·期中）我们知道，函数为奇函数的充要条件是函数的图象关于坐标原点成中心对称，有同学发现该结论可以推广为：函数的图象关于点成中心对称的充要条件是函数为奇函数. (1)已知函数，且，求的值. (2)已知函数. （Ⅰ）求的图象的对称中心； （Ⅱ）若与的图象有四个公共点，，，，求的值. 题型十八 函数的性质综合（共4小题） 多选题 63．（24-25高一上·湖南·阶段练习）已知定义域为的函数满足：，且当时，，则（   ） A． B．的图象关于轴对称 C．在上单调递减 D．不等式的解集为 64．（24-25高一上·山东威海·期中）已知函数为上的奇函数，对任意的，成立，又时，单调递增，则（    ） A． B．直线是图象的一条对称轴 C． D． 65．（24-25高一上·江西·阶段练习）已知是定义在上的奇函数，为偶函数，且，则（    ） A． B．的图象关于直线对称 C．的图象关于点中心对称 D． 66．（24-25高一上·山东·期中）已知函数的定义域为，且，的图象关于对称.当时，，若，则（    ） A．的周期为4 B．的图象关于对称 C． D．当时， 题型十九 函数新定义（共3小题） 67．（24-25高一上·河南·期中）若函数满足：对任意正数s，t，都有，则称函数为“双变量放缩函数”． (1)证明：不是“双变量放缩函数”； (2)若是“双变量放缩函数”，求a的最小值； (3)若“双变量放缩函数”满足，且对任意正数s，t，都有，，证明：对任意，都有． 68．（24-25高一上·北京·阶段练习）若函数的定义域为，且满足，则称为“函数”. (1)分别判断下列函数是否为“函数”；（直接给出结论） ①；② (2)若“函数”在上单调递增，且，求的取值范围； (3)若“函数”满足：当时，，且在上的值域为，求的取值范围. 69．（24-25高一上·浙江杭州·期中）小方同学在阅读高等数学时发现两则定义， 定义1，设函数是定义在区间I上的连续函数，若，都有，则称为区间I上的下凸函数．如图2． 定义2．设函数是定义在区间I上的连续函数，若，都有，则称为区间I上的上凸函数．如图3． 例如，函数在为上凸函数，在上为下凸函数．对于函数的凹凸性，通过查阅资料，小方同学了解到了琴生不等式（Jensn不等式）：若是区间上的下凸函数，则对任意的，有不等式恒成立（当且仅当，时等号成立）．结合阅读材料回答下面的问题： (1)已知为下凸函数，若，求的最大值； (2)求证：二次函数是上凸函数． (3)设，，且，求的最小值． 题型二十 指对幂函数（共5小题） 70．（23-24高一上·浙江丽水·期末）已知，，则（    ） A． B． C． D． 71．（23-24高一上·山东临沂·期末）已知，设，，，则（    ） A． B． C． D． 72．（23-24高一上·北京·期末）若，则（    ） A． B． C． D． 73．（23-24高一上·湖北·期末）已知正实数满足：，，则的值是（    ） A． B．2 C． D．3 74．（24-25高一上·黑龙江·期末）（多选）已知，下面结论正确的是（    ） A． B． C． D． 题型二十一 函数模型及其应用（共6小题） 75．（24-25高一上·黑龙江哈尔滨·期末）已知函数，若关于的方程只有个不相等的实数根，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 76．（24-25高一上·广东深圳·期中）已知函数，若关于的方程有四个不同的实数解、、、，且，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 77．（24-25高一上·浙江温州·期中）一个质量为的物体在空气中以初始速率落下，假设空气阻力大小与物体的速率满足（为正常数）可求得在时刻物体的速率，其中自然常数，为重力加速度的大小，按照此模型，可推得（   ） A．当时，随着变大，物体速率减小，但始终大于 B．当时，随䒴变大，物体速率增大，且始终大于 C．当时，随着变大，物体速率减小，且始终小于 D．当时，随着变大，物体速率增大，最终会等于 78．（24-25高一上·云南曲靖·期末）已知实数满足，，则 . 79．（24-25高一上·云南保山·期末）数控机床（Computer Numerical Control Machine Tools，简称CNC机床）是一种通过计算机程序控制，具有高精度、高效率的自动化机床，广泛应用于机械制造、汽车制造、航空制造等领域．某机床厂今年年初用50万元购入一台数控机床，并立即投入生产使用．已知该机床在使用过程中所需要的各种支出费用总和（单位：万元）与使用时间（，，单位：年）之间满足函数关系式为：．该机床每年的生产总收入为24万元．设使用年后数控机床的盈利额为万元．（盈利额等于总收入减去购买成本及所有使用支出费用）． (1)写出与之间的函数关系式； (2)从第几年开始，该机床开始盈利？ (3)该机床使用过程中，已知年平均折旧率为（固定资产使用1年后，价值的损耗与前一年价值的比率）．现对该机床的处理方案有两种： 第一方案：当盈利额达到最大值时，再将该机床卖出； 第二方案：当年平均盈利额达到最大值时，再将该机床卖出． 以总获利为选取方案的依据，研究一下哪种处理方案较为合理？请说明理由．（总获利盈利额机床剩余价值） （参考数据：，，，，） 80．（23-24高一上·湖北·期末）随着全球对环保和可持续发展的日益重视，电动汽车逐步成为人们购车的热门选择.有关部门在高速公路上对某型号电动汽车进行测试，得到了该电动汽车每小时耗电量单位：与速度单位：的数据如下表所示： 60 70 80 90 100 8.8 11 13.6 16.6 20 为描述该电动汽车在高速公路上行驶时每小时耗电量与速度的关系，现有以下两种函数模型供选择：①，②. (1)请选择你认为最符合表格中所列数据的函数模型（不需要说明理由），并求出相应的函数解析式； (2)现有一辆同型号电动汽车从地出发经高速公路（最低限速，最高限速）匀速行驶到距离为的B地，出发前汽车电池存量为，汽车到达地后至少要保留的保障电量（假设该电动汽车从静止加速到速度为的过程中消耗的电量与行驶的路程都忽略不计）.已知该高速公路上有一功率为的充电桩（充电量充电功率充电时间）.若不充电，该电动汽车能否到达地？并说明理由；若需要充电，求该电动汽车从地到达地所用时间（即行驶时间与充电时间之和）的最小值. 一、单选题 1．当时，不等式恒成立，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．对任意实数，不等式恒成立，则实数的最大值（    ） A．2 B．4 C． D． 二、多选题 3．已知实数，满足，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 4．，，非常数函数都有，则下列结论正确的是（    ） A． B．若，是偶函数 C．若，则 D．的值不可能是 5．已知函数对任意实数，都满足，且，则下列说法正确的是（    ） A．是偶函数 B． C． D． 三、解答题 6．已知函数 (1)若不等式的解集为，求a，b的值； (2)若对任意的恒成立，求实数的取值范围； (3)已知，当时，若对任意的，总存在，使成立，求实数的取值范围. 7．已知函数. (1)若关于x的不等式的解集是.求实数a，b的值； (2)若，，，是关于x的的根，求的最小值； (3)若，解关于x的不等式. 8．已知集合中含有三个元素，同时满足①；②；③为偶数，那么称集合具有性质.已知集合，对于集合的非空子集，若中存在三个互不相同的元素，使得均属于，则称集合是集合的“期待子集”. (1)试判断集合是否具有性质，并说明理由； (2)若集合具有性质，证明：集合是集合的“期待子集”； (3)证明：对于的非空子集，集合具有性质的充要条件是集合是集合的“期待子集”. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $