专题03 函数的概念及基本性质（期末真题汇编，江西专用）高一数学上学期

专题03 函数的概念及基本性质 8大高频考点概览 考点01 函数的定义域 考点02 抽象函数运算 考点03 分段函数 考点04 函数单调性判断 考点05 函数单调性的应用 考点06 函数奇偶性判断 考点07 函数奇偶性的应用 考点08 函数的图像 地 城 考点01 函数的定义域 1．(24-25高一上·江西宜春中学·期末)（多选）下列说法中正确的有（ ） A．已知一组数据，，，，，的平均数为，则这组数据的中位数是 B．函数的定义域是，则函数的定义域为 C．若事件A与互为对立事件，则 D．不等式的解集是 2．(23-24高一上·江西部分学校·期末) （多选）下列说法错误的是（    ） A．函数与函数表示同一个函数 B．若是一次函数，且，则 C．函数的图象与轴最多有一个交点 D．函数在上是单调递减函数 3．(23-24高一上·江西宜春宜春中学·期末) （多选）下列说法中正确的为（　　） A．若函数的定义域为，则函数的定义域为 B．若，则， C．若定义在R上的奇函数在上有最小值－1，则在上有最大值1 D．若，，，则 4．(24-25高一上·江西赣州·期末)若函数的定义域为，则函数的定义域为 . 5．(23-24高一上·江西部分学校·期末) 已知集合 (1)若，求； (2)若是的必要条件，求的取值范围. 地 城 考点02 抽象函数运算 1．(23-24高一上·江西庐山第一中学·期末)已知定义在上的函数，满足，且，则（    ） A．1 B．11 C．12 D．1024 2．(24-25高一上·江西宜丰中学等多校·期末)已知函数的定义域为，且，则（    ） A．1 B． C．2024 D． 3．(24-25高一上·江西抚州·期末)若函数在上是单调函数，且满足对任意，都有，则（   ） A．12 B．14 C．16 D．18 4．(24-25高一上·江西九江·期末) （多选）已知连续函数满足：①，有；②当时，；③.则以下说法中正确的是（    ） A． B． C．在上的最大值是6 D．不等式的解集为 5．(24-25高一上·江西赣州·期末) （多选）设函数，则下列结论正确的是（    ） A．为偶函数 B． C．在单调递增 D．的值域为 6．(24-25高一上·江西抚州·期末) （多选）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 7．(24-25高一上·江西赣州·期末)函数，则 . 8．(24-25高一上·江西科技学院附属中学·期末)已知二次函数满足，且，函数． (1)求函数的解析式； (2)记函数． （ⅰ）若，求实数的值； （ⅱ）求在区间上的最大值． 9．(24-25高一上·江西智慧上进期末联考·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． 10．(24-25高一上·江西景德镇·期末)已知奇函数与偶函数满足. (1)求，的解析式； (2)若，，求的值； (3)若函数，求在上的最小值. 地 城 考点03 分段函数 1．(24-25高一上·江西南昌第二中学·期末)已知，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 2．(23-24高一上·江西南昌选课走班调研·期末)已知函数，，则（    ） A． B． C． D．0 3．(23-24高一上·江西上饶·期末)已知是上的减函数，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．(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． 5．(23-24高一上·江西上饶·期末) （多选）德国著名数学家狄利克雷（Dirichlet.1805-1859）是解析数论的创始人之一.以他的名字命名的函数“狄利克雷函数”改变了数学家们对“函数是连续的”的认识.已知狄利克雷函数，其中为实数集，为有理数集.则下列关于“狄利克雷函数”的命题中，属于真命题的有（    ） A．方程的解为 B．对任意，都存在， C．对任意，恒成立 D．存在三个点，，，使得为等边三角形 6．(23-24高一上·江西抚州临川区第一中学·期末)已知函数则函数的值域为 .若函数有2个零点，则k的范围是 . 7．(23-24高一上·江西宜春宜春中学·期末)设函数，则 地 城 考点04 函数单调性判断 1．(23-24高一上·江西南昌选课走班调研·期末)已知函数是上的偶函数，若，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．(24-25高一上·江西南昌第二中学·期末)已知，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 3．(24-25高一上·江西九江·期末) （多选）已知连续函数满足：①，有；②当时，；③.则以下说法中正确的是（    ） A． B． C．在上的最大值是6 D．不等式的解集为 4．(24-25高一上·江西上饶·期末) （多选）对于函数，若对于其定义域中任意给定的实数，都有，并且，则称函数为倒函数．以下选项正确的有（    ） A．函数是倒函数 B．函数是倒函数 C．若是R上的倒函数，当时，，方程没有正整数解 D．若是R上的倒函数，其函数值恒大于0，且在R上是增函数．记，则是的充要条件 5．(24-25高一上·江西抚州·期末) （多选）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 6．(24-25高一上·江西南昌·期末) （多选）已知，下列说法正确的是（    ） A．函数定义域为 B． C．在为减函数 D．不等式的解集为 7．(24-25高一上·江西九江·期末)已知函数，若，则实数的取值范围是 . 8．(24-25高一上·江西九江·期末)已知正实数满足，则 . 9．(24-25高一上·江西南昌·期末)已知. (1)当时，求证：在上为减函数； (2)若方程有且仅有一个实数根，求的最小值； (3)若存在使得在上恒成立，求证：. 10．(24-25高一上·江西南昌第二中学·期末)已知函数与的定义域均为，若对任意区间，存在且使，则是的生成函数． (1)判断函数是否是的生成函数； (2)若是的生成函数. ①判断并证明的单调性； ②令，若恒成立，求实数的取值范围. 11．(24-25高一上·江西九江·期末)已知函数. (1)求的定义域； (2)证明：曲线是中心对称图形； (3)设，试比较的大小. 12．(24-25高一上·江西赣州·期末)已知函数为幂函数. (1)判断函数的单调性，并加以证明； (2)若不等式在区间上恒成立，求实数的取值范围. 13．(24-25高一上·江西智慧上进期末联考·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． 14．(24-25高一上·江西吉安·期末)已知函数. (1)证明：函数的图象关于点中心对称. (2)解不等式：. 15．(23-24高一上·江西抚州·期末)对于区间，若函数同时满足：①在上是单调函数，②函数的定义域为时，值域也为，则称区间为函数的“保值”区间． (1)求函数的所有“保值”区间． (2)函数的一个“保值”区间为，当变化时，求的最大值． 地 城 考点05 函数单调性的应用 1．(24-25高一上·江西科技学院附属中学·期末)已知函数，对任意的，恒成立，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 2．(24-25高一上·江西南昌第二中学·期末)已知，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 3．(23-24高一上·江西上饶·期末)已知函数在上是奇函数，当时，，则不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 4．(23-24高一上·江西南昌选课走班调研·期末)已知函数是上的偶函数，若，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．(24-25高一上·江西抚州·期末)若函数在上是单调函数，且满足对任意，都有，则（   ） A．12 B．14 C．16 D．18 6．(24-25高一上·江西赣州·期末)函数，且，则和的不等关系正确的是（    ） A． B． C． D． 7．(24-25高一上·江西九江·期末) （多选）已知连续函数满足：①，有；②当时，；③.则以下说法中正确的是（    ） A． B． C．在上的最大值是6 D．不等式的解集为 8．(24-25高一上·江西南昌第二中学·期末) （多选）已知定义在上的函数在上单调递增，且为偶函数，则（    ） A．在上单调递增 B．图象的对称轴为直线 C． D．不等式的解集为 9．(24-25高一上·江西上饶·期末)已知函数，则满足不等式的的取值范围为 ． 10．(24-25高一上·江西九江·期末)已知函数，若，则实数的取值范围是 . 11．(24-25高一上·江西南昌第二中学·期末)已知正实数，满足，则的最小值是 ． 12．(24-25高一上·江西吉安·期末)已知函数. (1)证明：函数的图象关于点中心对称. (2)解不等式：. 13．(24-25高一上·江西宜春中学·期末)如图所示是函数的图象，由指数函数与幂函数“拼接”而成. (1)求的解析式； (2)已知，求的取值范围； (3)若方程存在实数解，求的取值范围. 14．(24-25高一上·江西赣州·期末)函数图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.可以将其推广为：函数图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.已知函数 (1)证明：函数的图象关于点成中心对称图形; (2)判断函数的单调性不需要证明，若，求实数x的取值范围. (3)若函数在区间上的值域为，求实数的取值范围. 15．(24-25高一上·江西多校联考·期末)已知是定义在上的奇函数，且当时，. (1)求的解析式； (2)求不等式的解集. 16．(24-25高一上·江西景德镇一中·期末)设函数， (1)若，求使不等式对恒成立的的取值范围； (2)若，且在上的最小值为，求的值. 17．(24-25高一上·江西智慧上进期末联考·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． 18．(23-24高一上·江西庐山第一中学·期末)已知函数（，为常数）是定义在上的奇函数，且. (1)求函数的解析式； (2)若在定义域上是增函数，解关于的不等式. 19．(24-25高一上·江西南昌第二中学·期末)已知函数与的定义域均为，若对任意区间，存在且使，则是的生成函数． (1)判断函数是否是的生成函数； (2)若是的生成函数. ①判断并证明的单调性； ②令，若恒成立，求实数的取值范围. 20．(23-24高一上·江西抚州·期末)已知定义域为的函数满足对任意，都有 (1)求证：是奇函数； (2)设，且当时，，求不等式的解集． 地 城 考点06 函数奇偶性判断 1．(24-25高一上·江西上饶·期末)函数在区间上的图象可能是（    ） A． B． C． D． 2．(24-25高一上·江西吉安·期末)函数的大致图像为（    ） A．   B．   C．   D．   3．(24-25高一上·江西南昌第二中学·期末)在《航拍中国》江西篇中，摄制组的飞机飞过庐山西海时，一座天然的爱心形状岛屿格外吸引眼球.下图左边是庐山西海这座岛屿的地图，其形状如一颗爱心．右边是由此抽象出来的一个“心形”图形，这个图形可看作由两个函数的图象构成，则“心形”在轴上方的图象对应的函数解析式可能为（    ） A． B． C． D． 4．(24-25高一上·江西多校联考·期末) （多选）已知函数，则下列函数是偶函数的有（    ） A． B． C． D． 5．(24-25高一上·江西宜春中学·期末) （多选）若（其中、为非零常数），则对于函数，以下结论正确的是（ ） A．若，则为偶函数 B．若，则函数的最小值为 C．若，，则函数的零点为和 D．若为奇函数，且使成立，则的最小值为 6．(24-25高一上·江西南昌·期末) （多选）已知符号函数下列说法正确的是（    ） A．函数为奇函数 B． C． D．函数在上单调递减 7．(24-25高一上·江西景德镇·期末) （多选）下列说法正确的有（    ） A．函数既是奇函数也是偶函数 B．函数为偶函数 C．函数是定义在上的奇函数且有最大值4 D．函数为偶函数且值域为 8．(24-25高一上·江西景德镇·期末) （多选）已知函数，有4个零点，，，，则（    ） A．实数的取值范围是 B．函数的图象关于轴对称 C． D．的取值范围是 9．(23-24高一上·江西九江浔阳区九江一中·期末) （多选）已知是定义在上的奇函数，当时，，则有（    ） A．当时， B．有个解，且 C．是奇函数 D．的解集是 10．(24-25高一上·江西赣州·期末) （多选）设函数，则下列结论正确的是（    ） A．为偶函数 B． C．在单调递增 D．的值域为 11．(24-25高一上·江西抚州·期末) （多选）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 12．(24-25高一上·江西上饶·期末)已知函数，则满足不等式的的取值范围为 ． 13．(24-25高一上·江西九江·期末)已知函数，若，则实数的取值范围是 . 14．(24-25高一上·江西南昌第二中学·期末)已知函数与的定义域均为，若对任意区间，存在且使，则是的生成函数． (1)判断函数是否是的生成函数； (2)若是的生成函数. ①判断并证明的单调性； ②令，若恒成立，求实数的取值范围. 15．(24-25高一上·江西景德镇一中·期末)设函数， (1)若，求使不等式对恒成立的的取值范围； (2)若，且在上的最小值为，求的值. 16．(24-25高一上·江西南昌·期末)已知函数. (1)判断函数的奇偶性，并说明理由； (2)记函数的值域为，若“”是“”的充分不必要条件，求的取值范围. 17．(24-25高一上·江西南昌第二中学·期末)已知函数，其中是自然对数的底数． (1)当时，解不等式<； (2)已知函数为偶函数，且函数在区间上有零点，求正实数的取值范围． 18．(23-24高一上·江西抚州·期末)已知定义域为的函数满足对任意，都有 (1)求证：是奇函数； (2)设，且当时，，求不等式的解集． 地 城 考点07 函数奇偶性的应用 1．(24-25高一上·江西景德镇·期末)已知函数，若，且，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 2．(24-25高一上·江西宜丰中学等多校·期末)已知函数的定义域为，且，则（    ） A．1 B． C．2024 D． 3．(23-24高一上·江西南昌选课走班调研·期末)已知函数是上的偶函数，若，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．(24-25高一上·江西赣州·期末)若函数为奇函数，则（    ） A． B． C． D． 5．(23-24高一上·江西景德镇第一中学·期末)已知函数为奇函数，则下列叙述错误的是（ ） A． B．函数在定义域上是单调增函数 C． D．函数所有零点之和大于零 6．(24-25高一上·江西科技学院附属中学·期末)已知函数，对任意的，恒成立，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 7．(23-24高一上·江西上饶·期末)已知函数在上是奇函数，当时，，则不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 8．(24-25高一上·江西宜春第一中学·期末) （多选）已知是定义在上的偶函数，且对任意，有，当时，，则（ ） A．是以4为周期的周期函数 B．点是函数的一个对称中心 C． D．函数有3个零点 9．(23-24高一上·江西抚州·期末) （多选）下列结论正确的是（    ） A．函数且的图象过定点 B．是方程有两个实数根的充分不必要条件 C．的反函数是，则 D．定义在上的奇函数，当时，，则 10．(24-25高一上·江西南昌第二中学·期末) （多选）已知定义在上的函数在上单调递增，且为偶函数，则（    ） A．在上单调递增 B．图象的对称轴为直线 C． D．不等式的解集为 11．(23-24高一上·江西上饶·期末)若函数是上的偶函数，则的值为 . 12．(24-25高一上·江西南昌第二中学·期末)已知函数，其中是自然对数的底数． (1)当时，解不等式<； (2)已知函数为偶函数，且函数在区间上有零点，求正实数的取值范围． 13．(23-24高一上·江西抚州·期末)已知定义域为的函数满足对任意，都有 (1)求证：是奇函数； (2)设，且当时，，求不等式的解集． 14．(24-25高一上·江西九江·期末)已知函数. (1)若为偶函数，求的值； (2)讨论的零点个数. 15．(23-24高一上·江西抚州·期末)已知函数 为定义域上的奇函数． (1)求实数的值； (2)若，试用表示． 16．(23-24高一上·江西庐山第一中学·期末)已知函数（，为常数）是定义在上的奇函数，且. (1)求函数的解析式； (2)若在定义域上是增函数，解关于的不等式. 17．(24-25高一上·江西多校联考·期末)已知是定义在上的奇函数，且当时，. (1)求的解析式； (2)求不等式的解集. 18．(24-25高一上·江西景德镇·期末)已知奇函数与偶函数满足. (1)求，的解析式； (2)若，，求的值； (3)若函数，求在上的最小值. 地 城 考点08 函数的图像 1．(24-25高一上·江西南昌第二中学·期末)在《航拍中国》江西篇中，摄制组的飞机飞过庐山西海时，一座天然的爱心形状岛屿格外吸引眼球.下图左边是庐山西海这座岛屿的地图，其形状如一颗爱心．右边是由此抽象出来的一个“心形”图形，这个图形可看作由两个函数的图象构成，则“心形”在轴上方的图象对应的函数解析式可能为（    ） A． B． C． D． 2．(24-25高一上·江西上饶·期末)函数在区间上的图象可能是（    ） A． B． C． D． 3．(24-25高一上·江西吉安·期末)函数的大致图像为（    ） A．   B．   C．   D．   4．(22-23高一上·江西上饶·期末)函数的部分图像大致为（    ） A． B． C． D． 5．(24-25高一上·江西科技学院附属中学·期末)（多选），下列说法正确的有（    ） A．的减区间为 B．的值域为 C．若有3个零点，则 D．若有5个零点，则 13．(24-25高一上·江西抚州·期末)设函数，若关于的函数恰好有5个零点，则实数的取值范围是 ． 14．(24-25高一上·江西赣州·期末)函数，若函数有四个不同的零点，，，，则的取值范围是 . 15．(24-25高一上·江西宜春中学·期末)如图所示是函数的图象，由指数函数与幂函数“拼接”而成. (1)求的解析式； (2)已知，求的取值范围； (3)若方程存在实数解，求的取值范围. 试卷第1页，共3页 24 / 24 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 函数的概念及基本性质 8大高频考点概览 考点01 函数的定义域 考点02 抽象函数运算 考点03 分段函数 考点04 函数单调性判断 考点05 函数单调性的应用 考点06 函数奇偶性判断 考点07 函数奇偶性的应用 考点08 函数的图像 地 城 考点01 函数的定义域 1．(24-25高一上·江西宜春中学·期末)（多选）下列说法中正确的有（ ） A．已知一组数据，，，，，的平均数为，则这组数据的中位数是 B．函数的定义域是，则函数的定义域为 C．若事件A与互为对立事件，则 D．不等式的解集是 【答案】BCD 【分析】对于A，由平均数可得，然后可得中位数；对于B，由函数定义域概念可判断选项正误；对于C，由对立事件概率关系可判断选项正误；对于D，解分式不等式可判断选项正误. 【详解】对于A，因，，，，，的平均数为， 则， 则这组数据从小到大排列为1，2，7.5，8，8.5，9， 中位数为第3个数据，第4个数据的平均数，即为.故A错误； 对于B，因的定义域是，则的定义域为. 故B正确； 对于C，因A与互为对立事件，则，故C正确； 对于D， ， 故不等式解集为：，故D正确. 故选：BCD 2．(23-24高一上·江西部分学校·期末) （多选）下列说法错误的是（    ） A．函数与函数表示同一个函数 B．若是一次函数，且，则 C．函数的图象与轴最多有一个交点 D．函数在上是单调递减函数 【答案】ABD 【分析】根据相等函数的概念判断A；利用待定系数法求出函数的解析式，即可判断B；根据函数的定义即可判断C；根据单调区间的定义即可判断D. 【详解】A：对于，有，解得， 则的定义域为， 对于，有，解得或， 则的定义域为， 即与的定义域不一致， 所以这两个函数不表示同一个函数，故A错误； B：设，则， 又，所以，解得或， 所以或，故B错误； C：由函数的定义知，的图象与轴最多有一个交点，故C正确； D：函数在上是单调递减函数，故D错误. 故选：ABD 3．(23-24高一上·江西宜春宜春中学·期末) （多选）下列说法中正确的为（　　） A．若函数的定义域为，则函数的定义域为 B．若，则， C．若定义在R上的奇函数在上有最小值－1，则在上有最大值1 D．若，，，则 【答案】BCD 【分析】利用抽象函数的定义域求法计算可判定A，根据解析式的求法可判定B，根据奇函数的性质可判定C，根据指数、对数函数的单调性可判定D. 【详解】因为函数的定义域为，所以对于函数有， 故A错误； 易知，故B正确； 根据奇函数的中心对称性可知C正确； 易知， 故D正确. 故选：BCD 4．(24-25高一上·江西赣州·期末)若函数的定义域为，则函数的定义域为 . 【答案】 【分析】由函数的定义域为，可得，即的定义域为. 【详解】函数的定义域为， ，则， ， 函数的定义域为. 故答案为：. 5．(23-24高一上·江西部分学校·期末) 已知集合 (1)若，求； (2)若是的必要条件，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用具体函数定义域的求法化简集合，再利用集合的交并补运算即可得解； （2）将问题转化为，再利用集合的包含关系得到关于的不等式组，从而得解. 【详解】（1）对于，有，解得， 所以， 当时，， 又， 所以. （2）因为是的必要条件，所以， 因为，， 所以，解得， 则的取值范围为. 地 城 考点02 抽象函数运算 1．(23-24高一上·江西庐山第一中学·期末)已知定义在上的函数，满足，且，则（    ） A．1 B．11 C．12 D．1024 【答案】C 【分析】令，求得，令，求得，继而进一步计算即可. 【详解】根据题中的条件，令，则， 所以，令， 则，又， 所以, 则， 故选:C. 2．(24-25高一上·江西宜丰中学等多校·期末)已知函数的定义域为，且，则（    ） A．1 B． C．2024 D． 【答案】B 【分析】先应用赋值法得出函数对称性进而得出得出周期，结合对数运算计算求值. 【详解】令，则， 因为，所以，令，得， 所以. 令，则， 则， 则， 令，得，所以， 则. 故选:B. 3．(24-25高一上·江西抚州·期末)若函数在上是单调函数，且满足对任意，都有，则（   ） A．12 B．14 C．16 D．18 【答案】D 【分析】利用函数在上是单调函数可知为常数，利用换元可得到关于的方程，可解出的值，从而求解. 【详解】对任意，都有，且函数在上是单调函数， 为常数， 设，则， ， 与在上单调递增， 有唯一解，解得， ，. 故选：D. 4．(24-25高一上·江西九江·期末) （多选）已知连续函数满足：①，有；②当时，；③.则以下说法中正确的是（    ） A． B． C．在上的最大值是6 D．不等式的解集为 【答案】ABD 【分析】利用题设条件通过赋值法代入，即可判断A，B；对于C，先由条件② ，推出在上的单调性，再由③推出，排除C项；对于D，利用C的结论，将化成，再利用函数单调性即可解得. 【详解】对于A：由①，时，有，即，故A正确； 对于B：由①，取，可得， 再取，，故B正确； 对于C：设且，则，由②得. 由①，取，可得，即. 由①再取，可得， 即，即故在上单调递减. 由③，得.又因则， 故在上的最大值为7，故C错误； 对于D：因则，即， 因在上单调递减，则 ，解得，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查抽象函数的单调性、最值的应用，属于难题. 对于C项的确定是关键，要考虑利用②证明函数单调性，由③通过求得排除此项，同时，又要运用该值等价转化D项不等式. 5．(24-25高一上·江西赣州·期末) （多选）设函数，则下列结论正确的是（    ） A．为偶函数 B． C．在单调递增 D．的值域为 【答案】ABC 【分析】利用函数奇偶性的定义可判断A选项；代入检验可判断B选项；利用复合函数的单调性可判断C选项；利用反函数法可判断D选项. 【详解】对于A选项，对于函数，有，解得， 所以，函数的定义域为， ，故为偶函数，故A选项正确； 对于B选项，当时，，故B选项正确； 对于C选项，因为， 设，因为在上单调递减，内层函数在上为减函数， 所以在单调递增，故C选项正确； 对于D选项，令，可得，解得或， 函数的值域为 ，故D选项错误. 故选：ABC. 6．(24-25高一上·江西抚州·期末) （多选）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. 7．(24-25高一上·江西赣州·期末)函数，则 . 【答案】 【分析】根据条件，利用指、对数的运算，即可求解. 【详解】因为， 所以 ,则， 故答案为：. 8．(24-25高一上·江西科技学院附属中学·期末)已知二次函数满足，且，函数． (1)求函数的解析式； (2)记函数． （ⅰ）若，求实数的值； （ⅱ）求在区间上的最大值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）. 【分析】（1）设出二次函数的解析式，利用待定系数法求出解析式. （2）（ⅰ）由（1）求出函数，代入求解方程即得；（ⅱ）求出函数，换元并结合指数型复合函数单调性求出新元的范围，再利用二次函数求出最大值. 【详解】（1）设二次函数，，由， 得，整理得， 则，解得，，则，由，得， 所以函数的解析式为. （2）（ⅰ）由，得， 函数，． 则，由，得，令， 则，整理得，而，解得，即，解得， 所以. （ⅱ）由（ⅰ）得 ， 令，函数在R上都单调递增，则函数在R上单调递增， 当时，，， 当且仅当时取等号，所以的最大值为. 9．(24-25高一上·江西智慧上进期末联考·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． 10．(24-25高一上·江西景德镇·期末)已知奇函数与偶函数满足. (1)求，的解析式； (2)若，，求的值； (3)若函数，求在上的最小值. 【答案】(1)，； (2)； (3)答案见解析. 【分析】（1）由奇偶性得，联立即可求解解析式； （2）由求得和，再结合立方差公式即可计算求解. （3）令 ，构造函数，分、和三种情况结合一元二次函数性质研究函数的单调性求出即可得解. 【详解】（1）由①，得②， ①②得，即. ①②得，即. （2）由（1）得，即， 因为又因为 所以 则. （3）由题，， 令，则在上单调递增，. 则， 当，即时，在上单调递减，. 当，即时，在上单调递增，. 当，即时， 综上：时，；时，；时，. 地 城 考点03 分段函数 1．(24-25高一上·江西南昌第二中学·期末)已知，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据函数图象可知在上单调递增，结合单调性解不等式即可. 【详解】作出函数的图象，如图所示： 可知在上单调递增， 因为，则不等式即为，可得， 又因为，则，解得， 所以不等式的解集为. 故选：D. 2．(23-24高一上·江西南昌选课走班调研·期末)已知函数，，则（    ） A． B． C． D．0 【答案】C 【分析】由题意首先将代入得的值，进一步将代入即可求解. 【详解】由题意，解得， 所以. 故选：C. 3．(23-24高一上·江西上饶·期末)已知是上的减函数，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用分段函数是减函数，列出不等式组求解即可. 【详解】因为在R上是减函数， 所以，解得，即. 故选：D. 4．(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. 5．(23-24高一上·江西上饶·期末) （多选）德国著名数学家狄利克雷（Dirichlet.1805-1859）是解析数论的创始人之一.以他的名字命名的函数“狄利克雷函数”改变了数学家们对“函数是连续的”的认识.已知狄利克雷函数，其中为实数集，为有理数集.则下列关于“狄利克雷函数”的命题中，属于真命题的有（    ） A．方程的解为 B．对任意，都存在， C．对任意，恒成立 D．存在三个点，，，使得为等边三角形 【答案】ABD 【分析】根据狄利克雷函数的定义对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】A选项，若，则， 若，则（舍去）， 所以，A选项正确. B选项，对任意，都存在，，B选项正确. C选项，若，则， 此时， ，C选项错误. D选项，为等边三角形，则高为，则边长为， 如时，为等边三角形，D选项正确. 故选：ABD 【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. 6．(23-24高一上·江西抚州临川区第一中学·期末)已知函数则函数的值域为 .若函数有2个零点，则k的范围是 . 【答案】 ； . 【分析】利用函数在时的单调性，进而可得函数在时的值域，再利用二次函数的性质可得函数时的值域，即得函数的值域，然后作出函数图象，结合函数图象即可求出参数的取值范围； 【详解】因为， 当时，由单调递增， ∴在上单调递增， ∴当时，， 当时，所以， 综上，函数的值域为， 作出函数的图象与直线如图所示： 函数有2个零点，即与有2个交点， 所以，即. 故答案为：；. 7．(23-24高一上·江西宜春宜春中学·期末)设函数，则 【答案】11 【分析】根据给定的分段函数，依次判断代入计算作答. 【详解】由，得， 所以. 故答案为：. 地 城 考点04 函数单调性判断 1．(23-24高一上·江西南昌选课走班调研·期末)已知函数是上的偶函数，若，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由是偶函数可得，代入解析式，判断出的单调性，利用单调性解不等式即可求. 【详解】因为是偶函数，所以， 所以，整理得， 由题意可知，所以，所以， 所以， 又，则， 任取， ，且， 所以， 因为，，则， 又， ，所以， 所以，所以， 所以， 所以在上单调递增， 又因为是偶函数，所以在上单调递减， 因为， 所以，又，解得， 故选：D 2．(24-25高一上·江西南昌第二中学·期末)已知，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据函数图象可知在上单调递增，结合单调性解不等式即可. 【详解】作出函数的图象，如图所示： 可知在上单调递增， 因为，则不等式即为，可得， 又因为，则，解得， 所以不等式的解集为. 故选：D. 3．(24-25高一上·江西九江·期末) （多选）已知连续函数满足：①，有；②当时，；③.则以下说法中正确的是（    ） A． B． C．在上的最大值是6 D．不等式的解集为 【答案】ABD 【分析】利用题设条件通过赋值法代入，即可判断A，B；对于C，先由条件② ，推出在上的单调性，再由③推出，排除C项；对于D，利用C的结论，将化成，再利用函数单调性即可解得. 【详解】对于A：由①，时，有，即，故A正确； 对于B：由①，取，可得， 再取，，故B正确； 对于C：设且，则，由②得. 由①，取，可得，即. 由①再取，可得， 即，即故在上单调递减. 由③，得.又因则， 故在上的最大值为7，故C错误； 对于D：因则，即， 因在上单调递减，则 ，解得，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查抽象函数的单调性、最值的应用，属于难题. 对于C项的确定是关键，要考虑利用②证明函数单调性，由③通过求得排除此项，同时，又要运用该值等价转化D项不等式. 4．(24-25高一上·江西上饶·期末) （多选）对于函数，若对于其定义域中任意给定的实数，都有，并且，则称函数为倒函数．以下选项正确的有（    ） A．函数是倒函数 B．函数是倒函数 C．若是R上的倒函数，当时，，方程没有正整数解 D．若是R上的倒函数，其函数值恒大于0，且在R上是增函数．记，则是的充要条件 【答案】ACD 【分析】对于选项A、B，直接根据定义判断函数是否为倒函数；对于选项C，先根据倒函数性质求出时函数表达式，再判断方程是否有正整数解；对于选项D，根据函数单调性判断与之间的充分性和必要性. 【详解】对于A，对于定义域为R，显然定义域中任意实数，都有成立，又，所以是倒函数．故A正确． 对于B，定义域为，当时，，不符合倒函数的定义，所以不是倒函数，故B错误． 对于C，令，则，由倒函数的定义，可得， 所以，所以，要使有正整数解， 则，当时，； 当时，；所以没有正整数解，故C错误． 对于D，充分性：当时，且，因为是增函数， 所以，，即，， 所以． 必要性：当时， 有 因为恒大于0，所以，即， 所以，因为是增函数，所以，即； 综上可得是的充要条件，故D正确． 故选：ACD. 【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 5．(24-25高一上·江西抚州·期末) （多选）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. 6．(24-25高一上·江西南昌·期末) （多选）已知，下列说法正确的是（    ） A．函数定义域为 B． C．在为减函数 D．不等式的解集为 【答案】BC 【分析】对于A，求得函数定义域为即可判断；对于B，分两种情况结合基本不等式即可判断；对于C，根据复合函数的单调性即可判断；对于D，求解不等式即可判断. 【详解】对于A，因为且，所以函数定义域为，A错误； 对于B，因为， 当时，，则， 当且仅当，即时，等号成立， 当时，，则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以，B正确； 对于C，令，则在上单调递增，且， 又在上单调递减，所以在上为减函数； 因为在上单调递增，且， 又在上单调递减，所以在上为减函数； 所以在上为减函数，C正确； 对于D，，令， 当时，解得或，所以或， 当时，，所以无实数解， 所以不等式的解集为，D错误. 故选：BC. 7．(24-25高一上·江西九江·期末)已知函数，若，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】由奇偶性定义判断函数奇偶性，根据幂函数的单调性及解析式判断函数单调性，再应用奇偶性、单调性解不等式求参数范围. 【详解】由定义域为，且，则为奇函数. 又函数均为上的增函数，则为上的增函数. 由题设，即，解得， 故实数的取值范围是. 故答案为： 8．(24-25高一上·江西九江·期末)已知正实数满足，则 . 【答案】 【分析】根据题设均为方程的根，由解析式判断的单调性，利用零点存在性定理确定零点唯一性，结合对数运算性质求参数值. 【详解】， 均为方程的根， 在上单调递增，且， 有唯一零点，即， . 故答案为： 9．(24-25高一上·江西南昌·期末)已知. (1)当时，求证：在上为减函数； (2)若方程有且仅有一个实数根，求的最小值； (3)若存在使得在上恒成立，求证：. 【答案】(1)证明见解析 (2)4 (3)证明见解析 【分析】（1）根据单调性的定义，按照步骤证明即可； （2）先利用定义法判函数的单调性，然后利用基本不等式求出的最小值，由题意，将化为，利用基本不等式求最小值即可； （3）结合（2）利用基本不等式得求出的最小值，，根据消去a即可证明. 【详解】（1）当时，， 设，且. 则， 因为，所以，所以. 所以， 所以在为减函数； （2）因为，所以， 任取，，且， 则， 因为，，且，所以，， 当时，，所以，即， 当时，，所以，即， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增. 因为，当且仅当时等号成立， 因为方程有且仅有一个实数根， 所以，即， 则，当且仅当即时取等， 所以的最小值为4； （3）因为当时，，当且仅当时等号成立， 由题意知，， 所以，即. 10．(24-25高一上·江西南昌第二中学·期末)已知函数与的定义域均为，若对任意区间，存在且使，则是的生成函数． (1)判断函数是否是的生成函数； (2)若是的生成函数. ①判断并证明的单调性； ②令，若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)是 (2)①为上的增函数，证明见解析；② 【分析】（1）对，且，整理可得，根据结合生成函数的定义判断即可； （2）①根据生成函数的定义可得，根据函数单调性的定义证明即可；②令，，根据奇偶性和单调性的定义可知在上单调递增，且为奇函数，则原不等式可转化为恒成立，利用单调性的概念求解即可. 【详解】（1）由题意，且，， 由，得， 则存在，，使得，，满足， 所以是的生成函数. （2）①由生成函数的定义可得，且，， 因为， 所以，即， 也即， 又，所以，即， 所以函数为上的增函数. ②， 令，， 由函数单调性的性质可得函数在上单调递增， 又， 所以函数也是上的奇函数， 若恒成立，则恒成立， 即恒成立， 所以恒成立，即， 解得实数的取值范围为. 【点睛】思路点睛：关于新概念问题，可以通过列举实例熟悉概念，加深对新概念的理解，然后再进行求解. 11．(24-25高一上·江西九江·期末)已知函数. (1)求的定义域； (2)证明：曲线是中心对称图形； (3)设，试比较的大小. 【答案】(1). (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据即可求解， （2）计算的值，即可根据中心对称的性质求解， （3）利用单调性的定义可得单调递减，即可根据对数复合函数的单调性求解. 【详解】（1）由，得① ，即①式恒成立，的定义域为. （2） 曲线是中心对称图形，对称中心为 （3）令，设任意，且， 则 ，又， 即，即. 在上单调递减，在上单调递减 12．(24-25高一上·江西赣州·期末)已知函数为幂函数. (1)判断函数的单调性，并加以证明； (2)若不等式在区间上恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)单调递增，证明见解析 (2) 【分析】（1）根据幂函数的定义可得出关于的等式，结合可得出函数的解析式，判断出函数在上单调递增，然后利用函数单调性的定义证明即可； （2）由不等式得，，令，由，得，当时，直接验证即可；当时，利用参变量分离法结合基本不等式可求得实数的取值范围. 【详解】（1）函数为幂函数，则，即， 因为，所以，得，则函数在上单调递增， 下面证明： 任取、且， 则， 因为，所以，而， 得，即，故函数在上单调递增. （2）由不等式得，， 令，由，得， 不等式变为：，得， 当时，上式恒成立， 当时，则，而， 当且仅当时，即当时，等号成立，则， 故实数的取值范围为. 13．(24-25高一上·江西智慧上进期末联考·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． 14．(24-25高一上·江西吉安·期末)已知函数. (1)证明：函数的图象关于点中心对称. (2)解不等式：. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证明的定义域关于点中心对称且即可； （2）由对称性可得，利用函数的定义域和单调性转化不等式组，进而可得. 【详解】（1）由得函数的定义域为， 由， 得函数的图象关于点中心对称. （2）， 因和在区间上都单调递增， 故函数在定义域上单调递增， 由（1）知，函数的图象关于点中心对称，则有， 不等式等价于，即 则有：，解得：， 故不等式的解集为. 15．(23-24高一上·江西抚州·期末)对于区间，若函数同时满足：①在上是单调函数，②函数的定义域为时，值域也为，则称区间为函数的“保值”区间． (1)求函数的所有“保值”区间． (2)函数的一个“保值”区间为，当变化时，求的最大值． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）求出函数的单调区间，利用“保值”区间的定义分类讨论求解即得. （2）分析函数的单调性，利用“保值”区间的定义建立方程，再转化为一元二次方程求解即可. 【详解】（1）函数在上单调递增，在上单调递减， 令区间为函数的“保值”区间，则在上单调，即有或， 当时，在区间上单调递增，则，即， 于是是方程，即的两个不同的非正实根， 显然，方程两根异号，与矛盾，即不符合题意； 当时，在区间上单调递减，则，即，则有， 所以函数的“保值”区间为. （2）令，显然函数在上单调递增， 由是函数的一个“保值”区间，得或，且在上单调递增， 则，即是方程，即的两个同号的不等根， 于是，解得，且， 因此，当且仅当时取等号， 所以当时，取得最大值. 【点睛】关键点睛：根据新定义构造满足条件的方程（组），将新定义转化为熟悉的数学模型求解是解题的关键. 地 城 考点05 函数单调性的应用 1．(24-25高一上·江西科技学院附属中学·期末)已知函数，对任意的，恒成立，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】判断函数的奇偶性与单调性，根据函数性质，把函数不等式转化为代数不等式在给定区间恒成立，从而求参数的取值范围. 【详解】因为 ， 所以函数为奇函数. 又因为函数，，都是上的增函数，所以也是上的增函数. 所以 . 所以问题转化为：当时，即恒成立. 设，由时，恒成立得： . 故选：A 2．(24-25高一上·江西南昌第二中学·期末)已知，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据函数图象可知在上单调递增，结合单调性解不等式即可. 【详解】作出函数的图象，如图所示： 可知在上单调递增， 因为，则不等式即为，可得， 又因为，则，解得， 所以不等式的解集为. 故选：D. 3．(23-24高一上·江西上饶·期末)已知函数在上是奇函数，当时，，则不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意先得表达式，从而分类讨论即可求解. 【详解】由题意已知函数在上是奇函数，当时，， 所以当时，， 当时，，， 当时，若，只需，，解得， 当时，若，只需，解得， 综上所述，不等式的解集是. 故选：C. 4．(23-24高一上·江西南昌选课走班调研·期末)已知函数是上的偶函数，若，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由是偶函数可得，代入解析式，判断出的单调性，利用单调性解不等式即可求. 【详解】因为是偶函数，所以， 所以，整理得， 由题意可知，所以，所以， 所以， 又，则， 任取， ，且， 所以， 因为，，则， 又， ，所以， 所以，所以， 所以， 所以在上单调递增， 又因为是偶函数，所以在上单调递减， 因为， 所以，又，解得， 故选：D 5．(24-25高一上·江西抚州·期末)若函数在上是单调函数，且满足对任意，都有，则（   ） A．12 B．14 C．16 D．18 【答案】D 【分析】利用函数在上是单调函数可知为常数，利用换元可得到关于的方程，可解出的值，从而求解. 【详解】对任意，都有，且函数在上是单调函数， 为常数， 设，则， ， 与在上单调递增， 有唯一解，解得， ，. 故选：D. 6．(24-25高一上·江西赣州·期末)函数，且，则和的不等关系正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】直接求出函数和，然后作差利用指数函数的单调性判断正负即可 【详解】解：， ， 又， 当时，，，则， 即； 当时，，，则， 即； 当时，，，则， 即； 综上，. 故选：C 7．(24-25高一上·江西九江·期末) （多选）已知连续函数满足：①，有；②当时，；③.则以下说法中正确的是（    ） A． B． C．在上的最大值是6 D．不等式的解集为 【答案】ABD 【分析】利用题设条件通过赋值法代入，即可判断A，B；对于C，先由条件② ，推出在上的单调性，再由③推出，排除C项；对于D，利用C的结论，将化成，再利用函数单调性即可解得. 【详解】对于A：由①，时，有，即，故A正确； 对于B：由①，取，可得， 再取，，故B正确； 对于C：设且，则，由②得. 由①，取，可得，即. 由①再取，可得， 即，即故在上单调递减. 由③，得.又因则， 故在上的最大值为7，故C错误； 对于D：因则，即， 因在上单调递减，则 ，解得，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查抽象函数的单调性、最值的应用，属于难题. 对于C项的确定是关键，要考虑利用②证明函数单调性，由③通过求得排除此项，同时，又要运用该值等价转化D项不等式. 8．(24-25高一上·江西南昌第二中学·期末) （多选）已知定义在上的函数在上单调递增，且为偶函数，则（    ） A．在上单调递增 B．图象的对称轴为直线 C． D．不等式的解集为 【答案】BCD 【分析】由题意可得图象的一条对称轴为直线，即可判断A，B；结合对称性及单调性即可判断C；由不等式结合的对称性及单调性，可得，解不等式即可判断D． 【详解】因为为偶函数，所以， 所以图象关于直线对称，又函数在上单调递增， 所以在上单调递减，故A错误，B正确； 因为在上单调递减，所以，故C正确； 由不等式结合的对称性及单调性，得， 即，即，解得或， 所以不等式的解集为，故D正确， 故选：BCD． 9．(24-25高一上·江西上饶·期末)已知函数，则满足不等式的的取值范围为 ． 【答案】或． 【分析】证得函数为偶函数，且在上是增函数，故得，解得答案. 【详解】由，得的定义域为， 又，故为偶函数， 而当时，易知单调递增，在上也单调递增， 故在上单调递增， 则由，得，解得或． 故答案为：或． 10．(24-25高一上·江西九江·期末)已知函数，若，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】由奇偶性定义判断函数奇偶性，根据幂函数的单调性及解析式判断函数单调性，再应用奇偶性、单调性解不等式求参数范围. 【详解】由定义域为，且，则为奇函数. 又函数均为上的增函数，则为上的增函数. 由题设，即，解得， 故实数的取值范围是. 故答案为： 11．(24-25高一上·江西南昌第二中学·期末)已知正实数，满足，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】依题意可得，构造函数，根据函数的单调性得到，从而得到，再利用基本不等式计算可得. 【详解】因为， 所以，又因为 都是正数，所以 ，， 可构造函数 ， 因为与均在上单调递增，所以函数在上单调递增， 由 ，即 ， 根据函数单调性可得 ， 则 ， 当且仅当 ，，即 ，取等号， 因此 的最小值是 ． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键是同构得到，结合函数的单调性得到. 12．(24-25高一上·江西吉安·期末)已知函数. (1)证明：函数的图象关于点中心对称. (2)解不等式：. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证明的定义域关于点中心对称且即可； （2）由对称性可得，利用函数的定义域和单调性转化不等式组，进而可得. 【详解】（1）由得函数的定义域为， 由， 得函数的图象关于点中心对称. （2）， 因和在区间上都单调递增， 故函数在定义域上单调递增， 由（1）知，函数的图象关于点中心对称，则有， 不等式等价于，即 则有：，解得：， 故不等式的解集为. 13．(24-25高一上·江西宜春中学·期末)如图所示是函数的图象，由指数函数与幂函数“拼接”而成. (1)求的解析式； (2)已知，求的取值范围； (3)若方程存在实数解，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据图象过点，求出即可求得的解析式； （2）根据幂函数的单调性，即可求出的取值范围； （3）根据函数的零点与方程解的关系将问题转化为图象的交点问题即可求解. 【详解】（1）由题意得，解得，所以. （2）因为在上单调递减，且， ，解得. （3）存在实数解，即有解， 即函数的图象与函数的图象有交点， 所以，解得或. 故的取值范围为. 14．(24-25高一上·江西赣州·期末)函数图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.可以将其推广为：函数图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.已知函数 (1)证明：函数的图象关于点成中心对称图形; (2)判断函数的单调性不需要证明，若，求实数x的取值范围. (3)若函数在区间上的值域为，求实数的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2)增函数， (3) 【分析】（1）根据为奇函数，结合奇函数的定义即可求解， （2）根据函数的单调性和奇偶性，即可根据得求解即可； （3）根据函数的值域列出方程组，再利用方程根的分布列出不等式组求解即可； 【详解】（1）由题意得：函数的定义域为， 又，令， 可知：， 从而，所以是奇函数，即是奇函数， 故函数图象关于成中心对称图形. （2）设，且， 所以 因为， 又，所以， 所以函数在上是增函数， 由可得， 即， 所以，又函数在上是增函数， 所以，即，解得， 所以实数x的取值范围是 （3）由在上是增函数可得， 函数在区间上的值域为， 即， 所以a，b是方程的两个不相等实根， 令，则方程变为， 也就是需要方程有两不等正根， 所以，解得， 所以实数的取值范围是 15．(24-25高一上·江西多校联考·期末)已知是定义在上的奇函数，且当时，. (1)求的解析式； (2)求不等式的解集. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据求出，结合奇函数的定义可求函数解析式. （2）分类讨论解不等式可得结果，也可根据奇函数的单调性解不等式. 【详解】（1）∵是定义在上的奇函数，∴，解得， ∵当时，，∴当时，，， ∵是奇函数，∴， ∴. （2）（方法一）当时，由得，，即，解得. 当时，由，得，即，解得. 综上所述，原不等式的解集为. （方法二）由，得，即. ∵当时，在上单调递增，是奇函数， ∴在上单调递增. ∵，，∴原不等式的解集为. 16．(24-25高一上·江西景德镇一中·期末)设函数， (1)若，求使不等式对恒成立的的取值范围； (2)若，且在上的最小值为，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先得函数是上的奇函数，且函数是减函数，进而转化问题为不等式恒成立，进而结合求解即可； （2）令，则根据其单调性可得，，对称轴为，分别讨论和时，的最小值即可求解． 【详解】（1）因为，所以是奇函数， 因为为减函数，为增函数，所以是减函数， 所以是奇函数且是减函数， 所以不等式， 可变为， 则，即恒成立， 所以，即， 解得：，故的取值范围是. （2）由，得， 解得或（舍）， 所以 令，当时，， 所以， ①当即时，，解得（舍去）， ②当即时，，解得：符合题意， 所以. 【点睛】方法点睛：对于指数复合型函数求值域或最值，往往需要换元，转化为关于新元的二次函数，再利用二次函数的性质求最值，注意新元的取值范围． 17．(24-25高一上·江西智慧上进期末联考·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． 18．(23-24高一上·江西庐山第一中学·期末)已知函数（，为常数）是定义在上的奇函数，且. (1)求函数的解析式； (2)若在定义域上是增函数，解关于的不等式. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据条件得及，即可解出参数； （2）根据条件写出不等式组，解出即可. 【详解】（1）因为函数是定义在上的奇函数， 所以，所以，又，所以， 所以，经检验，此时， 所以函数为奇函数，满足题意， 所以的解析式为. （2）由（1）知，函数是定义在上的奇函数， 又在定义域上是增函数， 所以由， 可得， 所以，所以， 所以不等式的解集为. 19．(24-25高一上·江西南昌第二中学·期末)已知函数与的定义域均为，若对任意区间，存在且使，则是的生成函数． (1)判断函数是否是的生成函数； (2)若是的生成函数. ①判断并证明的单调性； ②令，若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)是 (2)①为上的增函数，证明见解析；② 【分析】（1）对，且，整理可得，根据结合生成函数的定义判断即可； （2）①根据生成函数的定义可得，根据函数单调性的定义证明即可；②令，，根据奇偶性和单调性的定义可知在上单调递增，且为奇函数，则原不等式可转化为恒成立，利用单调性的概念求解即可. 【详解】（1）由题意，且，， 由，得， 则存在，，使得，，满足， 所以是的生成函数. （2）①由生成函数的定义可得，且，， 因为， 所以，即， 也即， 又，所以，即， 所以函数为上的增函数. ②， 令，， 由函数单调性的性质可得函数在上单调递增， 又， 所以函数也是上的奇函数， 若恒成立，则恒成立， 即恒成立， 所以恒成立，即， 解得实数的取值范围为. 【点睛】思路点睛：关于新概念问题，可以通过列举实例熟悉概念，加深对新概念的理解，然后再进行求解. 20．(23-24高一上·江西抚州·期末)已知定义域为的函数满足对任意，都有 (1)求证：是奇函数； (2)设，且当时，，求不等式的解集． 【答案】(1)证明见解析； (2)或 【分析】（1）利用赋值法，根据奇函数的定义来证明即可； （2）变形构造函数，通过赋值来研究新函数的单调性，结合新函数的奇偶性解不等式即可. 【详解】（1）证明：因为的定义域为，关于原点对称， 又对任意，都有， 令，得， 令，得， 令， 得， 是奇函数. （2）， ， ， 设，则，所以， 在上是减函数， 因为的定义域为， 又， 所以是偶函数， 因为， ，则，解得， 不等式的解集为或. 地 城 考点06 函数奇偶性判断 1．(24-25高一上·江西上饶·期末)函数在区间上的图象可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分析函数的奇偶性以及特殊值，结合排除法可得出合适的选项. 【详解】函数的定义域为， 因为，即函数为偶函数，排除AB选项， 因为，，则，则函数在上不单调递增，排除D选项. 故选：C. 2．(24-25高一上·江西吉安·期末)函数的大致图像为（    ） A．   B．   C．   D．   【答案】A 【分析】根据函数图象的奇偶性和特殊位置的函数值排除、求解即可. 【详解】由题意可知：函数的定义域为，关于原点对称， 且，所以函数为奇函数，故C错误； 又因为，故D错误； 当时，，故B错误； 故选：A 3．(24-25高一上·江西南昌第二中学·期末)在《航拍中国》江西篇中，摄制组的飞机飞过庐山西海时，一座天然的爱心形状岛屿格外吸引眼球.下图左边是庐山西海这座岛屿的地图，其形状如一颗爱心．右边是由此抽象出来的一个“心形”图形，这个图形可看作由两个函数的图象构成，则“心形”在轴上方的图象对应的函数解析式可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用排除法，根据函数是偶函数，逐项分析函数解析式可排除B，D；求得C，D中函数的最大值可排除C. 【详解】由图可知，“心形”关于轴对称，所以上部分的函数为偶函数， 则函数和都不满足，故排除B、D； 的图象过点，，， 且时，，当且仅当时，等号成立， 即函数的最大值为，又“心形”函数的最大值为，故排除A； 由的图象过点，，，且时， ，当时，等号成立， 即函数的最大值为，满足题意，故C满足． 故选：C． 4．(24-25高一上·江西多校联考·期末) （多选）已知函数，则下列函数是偶函数的有（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】根据偶函数的定义逐项判断可得结果. 【详解】∵函数定义域为，，∴是偶函数. A.函数定义域为，，是偶函数，A正确. B.函数定义域为，，是奇函数，B错误. C.函数定义域为，，是偶函数，C正确. D.函数定义域为，，不是偶函数，D错误. 故选：AC. 5．(24-25高一上·江西宜春中学·期末) （多选）若（其中、为非零常数），则对于函数，以下结论正确的是（ ） A．若，则为偶函数 B．若，则函数的最小值为 C．若，，则函数的零点为和 D．若为奇函数，且使成立，则的最小值为 【答案】ACD 【分析】对于A，直接由偶函数定义判断即可；对于B，令即可判断；对于C，令结合指数对数互换即可判断；对于D，将不等式等价转换为在时有解，结合基本不等式即可得解. 【详解】对于A，若，定义域为，关于原点对称， 且此时，即为偶函数，故A正确； 对于B，若，则，则，故B错误； 对于C，若，，则， 令，解得或，即或， 所以函数的零点为和，故C正确； 对于D，若为奇函数，则，即，经检验符合题意， 由题意不等式在上有解， 而当时，有，所以在上有解， 不妨设，则， 所以在上有解， 由基本不等式得， 等号成立当且仅当时，即当时，即时等号成立， 则，则，即的最小值为，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点睛：D选项的关键是首先将不等式转换为在时有解，由此即可顺利得解. 6．(24-25高一上·江西南昌·期末) （多选）已知符号函数下列说法正确的是（    ） A．函数为奇函数 B． C． D．函数在上单调递减 【答案】BCD 【分析】对于A，运用奇偶性定义判断即可；对于B，利用指数函数的值域结合新定义判断即可；对于C，利用对数函数的值域结合新定义判断即可；对于D，求出时的函数解析式，根据二次函数单调性判断即可. 【详解】对于A，，当时，， 则， 当时，，则， 当时，， 所以为偶函数，错误. 对于B，因为，所以，正确. 对于C，当时，，所以， 所以，正确. 对于D，当时，，则，开口向下， 对称轴为，所以函数在上单调递减，正确. 故选：BCD 7．(24-25高一上·江西景德镇·期末) （多选）下列说法正确的有（    ） A．函数既是奇函数也是偶函数 B．函数为偶函数 C．函数是定义在上的奇函数且有最大值4 D．函数为偶函数且值域为 【答案】AD 【分析】判断函数的奇偶性首先判断函数的定义域，再结合函数奇偶性的定义，即可判断. 【详解】A.函数的定义域需满足，得，此时，既满足，也满足，所以函数既是奇函数也是偶函数，故A错误； B.函数的定义域是，得，函数的定义域不关于原点对称，所以函数不是偶函数，故B错误； C. ，设，， ， 设，，， 所以函数是奇函数， 当时， 当时，， 所以函数的值域为，无最大值，故C错误； D. 函数的定义域是， ， 当时，，当时，， 所以，所以函数的值域是， ，所以函数是偶函数，故D正确. 故选：AD 8．(24-25高一上·江西景德镇·期末) （多选）已知函数，有4个零点，，，，则（    ） A．实数的取值范围是 B．函数的图象关于轴对称 C． D．的取值范围是 【答案】ABD 【分析】先求出时的函数解析式，判断函数是偶函数，则函数图象关于轴对称，根据题意，作出函数的图象，结合图象，可得 ， ，逐项分析判断即可求解. 【详解】因为 ， 所以当 时， ， 所以 ， 即， 当 时， ， 所以是偶函数，所以函数 的图象关于轴对称，所以选项B正确； 函数有4个零点，所以时有两个零点，有两个的正根， 则 ，解得 ，所以选项 A 正确； 由题意，作出函数的图象，根据函数的图象关于轴对称，可得 ， 又因为的两根，所以， 所以 ，所以选项 C 错误； 因为， 根据图象，可得 ，所以 ， 所以选项 D 正确误， 故选： ABD . 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是根据解析式画出函数图象，并根据图象分析判断；函数图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质． 9．(23-24高一上·江西九江浔阳区九江一中·期末) （多选）已知是定义在上的奇函数，当时，，则有（    ） A．当时， B．有个解，且 C．是奇函数 D．的解集是 【答案】BD 【分析】利用奇函数的定义求出函数在时的解解析式，可判断A选项；数形结合以及奇函数的性质可判断B选项；利用函数奇偶性的定义可判断C选项；利用函数的单调性以及图象解不等式，可判断D选项. 【详解】对于A选项，当时，，则，A错； 对于B选项，因为函数是定义在上的奇函数， 当时，，则， 因为函数、在上均为增函数，则函数在上为增函数， 作出函数与的图象如下图所示： 由图可知，函数与的图象有五个交点，不妨设， 因为函数与都为奇函数，则， 点、关于原点对称，点、关于原点对称， 所以，，，故，B对； 对于C选项，令，该函数的定义域为， ，故函数为偶函数，C错； 对于D选项，令，则，且，则， 由图可知，函数在上为增函数，由，可得，即， 结合图象可知，不等式的解集为，D对. 故选：BD. 10．(24-25高一上·江西赣州·期末) （多选）设函数，则下列结论正确的是（    ） A．为偶函数 B． C．在单调递增 D．的值域为 【答案】ABC 【分析】利用函数奇偶性的定义可判断A选项；代入检验可判断B选项；利用复合函数的单调性可判断C选项；利用反函数法可判断D选项. 【详解】对于A选项，对于函数，有，解得， 所以，函数的定义域为， ，故为偶函数，故A选项正确； 对于B选项，当时，，故B选项正确； 对于C选项，因为， 设，因为在上单调递减，内层函数在上为减函数， 所以在单调递增，故C选项正确； 对于D选项，令，可得，解得或， 函数的值域为 ，故D选项错误. 故选：ABC. 11．(24-25高一上·江西抚州·期末) （多选）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. 12．(24-25高一上·江西上饶·期末)已知函数，则满足不等式的的取值范围为 ． 【答案】或． 【分析】证得函数为偶函数，且在上是增函数，故得，解得答案. 【详解】由，得的定义域为， 又，故为偶函数， 而当时，易知单调递增，在上也单调递增， 故在上单调递增， 则由，得，解得或． 故答案为：或． 13．(24-25高一上·江西九江·期末)已知函数，若，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】由奇偶性定义判断函数奇偶性，根据幂函数的单调性及解析式判断函数单调性，再应用奇偶性、单调性解不等式求参数范围. 【详解】由定义域为，且，则为奇函数. 又函数均为上的增函数，则为上的增函数. 由题设，即，解得， 故实数的取值范围是. 故答案为： 14．(24-25高一上·江西南昌第二中学·期末)已知函数与的定义域均为，若对任意区间，存在且使，则是的生成函数． (1)判断函数是否是的生成函数； (2)若是的生成函数. ①判断并证明的单调性； ②令，若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)是 (2)①为上的增函数，证明见解析；② 【分析】（1）对，且，整理可得，根据结合生成函数的定义判断即可； （2）①根据生成函数的定义可得，根据函数单调性的定义证明即可；②令，，根据奇偶性和单调性的定义可知在上单调递增，且为奇函数，则原不等式可转化为恒成立，利用单调性的概念求解即可. 【详解】（1）由题意，且，， 由，得， 则存在，，使得，，满足， 所以是的生成函数. （2）①由生成函数的定义可得，且，， 因为， 所以，即， 也即， 又，所以，即， 所以函数为上的增函数. ②， 令，， 由函数单调性的性质可得函数在上单调递增， 又， 所以函数也是上的奇函数， 若恒成立，则恒成立， 即恒成立， 所以恒成立，即， 解得实数的取值范围为. 【点睛】思路点睛：关于新概念问题，可以通过列举实例熟悉概念，加深对新概念的理解，然后再进行求解. 15．(24-25高一上·江西景德镇一中·期末)设函数， (1)若，求使不等式对恒成立的的取值范围； (2)若，且在上的最小值为，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先得函数是上的奇函数，且函数是减函数，进而转化问题为不等式恒成立，进而结合求解即可； （2）令，则根据其单调性可得，，对称轴为，分别讨论和时，的最小值即可求解． 【详解】（1）因为，所以是奇函数， 因为为减函数，为增函数，所以是减函数， 所以是奇函数且是减函数， 所以不等式， 可变为， 则，即恒成立， 所以，即， 解得：，故的取值范围是. （2）由，得， 解得或（舍）， 所以 令，当时，， 所以， ①当即时，，解得（舍去）， ②当即时，，解得：符合题意， 所以. 【点睛】方法点睛：对于指数复合型函数求值域或最值，往往需要换元，转化为关于新元的二次函数，再利用二次函数的性质求最值，注意新元的取值范围． 16．(24-25高一上·江西南昌·期末)已知函数. (1)判断函数的奇偶性，并说明理由； (2)记函数的值域为，若“”是“”的充分不必要条件，求的取值范围. 【答案】(1)函数为奇函数，理由见解析 (2) 【分析】（1）结合指数运算，利用奇函数定义证明即可； （2）先根据指数函数的值域求出函数的值域，然后利用充分不必要条件的概念列不等式求解即可. 【详解】（1）函数为奇函数，其理由如下： 因为的定义域为R，且， 所以，则函数为奇函数. （2）因为，所以，则， 所以，所以，所以集合， “”是“”的充分不必要条件， 所以，则. 17．(24-25高一上·江西南昌第二中学·期末)已知函数，其中是自然对数的底数． (1)当时，解不等式<； (2)已知函数为偶函数，且函数在区间上有零点，求正实数的取值范围． 【答案】(1){或} (2) 【分析】（1）根据函数单调性的性质判断的单调性，根据单调性列出不等式即可求出原不等式解集； （2）根据是偶函数求出，令，求出的取值范围，令，求出，将原题转化为有解问题即可求解. 【详解】（1）当时，由函数单调性的性质可得函数是减函数， 所以不等式<等价于， 即原不等式解集为； （2）由于是偶函数，则， 代入化简得， 解得，又， 令，则由，， 可得， 令，可得， 则在区间上有零点， 可转化为在上有解， 易知函数在上单调递增， 所以，则， 解得，故的取值范围为． 18．(23-24高一上·江西抚州·期末)已知定义域为的函数满足对任意，都有 (1)求证：是奇函数； (2)设，且当时，，求不等式的解集． 【答案】(1)证明见解析； (2)或 【分析】（1）利用赋值法，根据奇函数的定义来证明即可； （2）变形构造函数，通过赋值来研究新函数的单调性，结合新函数的奇偶性解不等式即可. 【详解】（1）证明：因为的定义域为，关于原点对称， 又对任意，都有， 令，得， 令，得， 令， 得， 是奇函数. （2）， ， ， 设，则，所以， 在上是减函数， 因为的定义域为， 又， 所以是偶函数， 因为， ，则，解得， 不等式的解集为或. 地 城 考点07 函数奇偶性的应用 1．(24-25高一上·江西景德镇·期末)已知函数，若，且，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，则为奇函数且是增函数，由可得，即，再利用基本不等式可得答案. 【详解】设 ，定义域为 ，关于原点对称， 且 ，故 为奇函数； 则 ， ，故 ； 因为为增函数，故 ，即 ， ，故与同号，显然它们都是正数 ； 当且仅当 ，即时等号成立； 故选： D. 2．(24-25高一上·江西宜丰中学等多校·期末)已知函数的定义域为，且，则（    ） A．1 B． C．2024 D． 【答案】B 【分析】先应用赋值法得出函数对称性进而得出得出周期，结合对数运算计算求值. 【详解】令，则， 因为，所以，令，得， 所以. 令，则， 则， 则， 令，得，所以， 则. 故选:B. 3．(23-24高一上·江西南昌选课走班调研·期末)已知函数是上的偶函数，若，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由是偶函数可得，代入解析式，判断出的单调性，利用单调性解不等式即可求. 【详解】因为是偶函数，所以， 所以，整理得， 由题意可知，所以，所以， 所以， 又，则， 任取， ，且， 所以， 因为，，则， 又， ，所以， 所以，所以， 所以， 所以在上单调递增， 又因为是偶函数，所以在上单调递减， 因为， 所以，又，解得， 故选：D 4．(24-25高一上·江西赣州·期末)若函数为奇函数，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，利用奇函数的定义求出参数值. 【详解】函数定义域为R，由为奇函数，得，解得， 函数，，是奇函数， 所以. 故选：A 5．(23-24高一上·江西景德镇第一中学·期末)已知函数为奇函数，则下列叙述错误的是（ ） A． B．函数在定义域上是单调增函数 C． D．函数所有零点之和大于零 【答案】D 【分析】根据是奇函数，求得参数的值，再求该函数的单调性、值域、以及零点，即可求得判断和选择. 【详解】因为为奇函数，且其定义域为，故， 即，解得，又当时，， 因为， 又定义域为，故为上的奇函数，故正确； 因为是单调增函数，为单调减函数，故为单调增函数，故正确； 又，，则，故正确； 又的定义域为，且为奇函数，也为奇函数，故的零点之和为零，故错误； 综上所述，正确的是. 故选：. 6．(24-25高一上·江西科技学院附属中学·期末)已知函数，对任意的，恒成立，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】判断函数的奇偶性与单调性，根据函数性质，把函数不等式转化为代数不等式在给定区间恒成立，从而求参数的取值范围. 【详解】因为 ， 所以函数为奇函数. 又因为函数，，都是上的增函数，所以也是上的增函数. 所以 . 所以问题转化为：当时，即恒成立. 设，由时，恒成立得： . 故选：A 7．(23-24高一上·江西上饶·期末)已知函数在上是奇函数，当时，，则不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意先得表达式，从而分类讨论即可求解. 【详解】由题意已知函数在上是奇函数，当时，， 所以当时，， 当时，，， 当时，若，只需，，解得， 当时，若，只需，解得， 综上所述，不等式的解集是. 故选：C. 8．(24-25高一上·江西宜春第一中学·期末) （多选）已知是定义在上的偶函数，且对任意，有，当时，，则（ ） A．是以4为周期的周期函数 B．点是函数的一个对称中心 C． D．函数有3个零点 【答案】ABD 【分析】首先根据函数的对称性求出的周期和对称中心，再结合图像逐个判断即可； 【详解】依题意，为偶函数， 且，有，即关于对称， 则 ， 所以是周期为4的周期函数，故A正确； 因为的周期为4，关于对称， 所以是函数的一个对称中心，故B正确； 因为的周期为4，则，， 所以，故C错误； 作函数和的图象如下图所示， 由图可知，两个函数图象有3个交点， 所以函数有3个零点，故D正确. 故选：ABD. 9．(23-24高一上·江西抚州·期末) （多选）下列结论正确的是（    ） A．函数且的图象过定点 B．是方程有两个实数根的充分不必要条件 C．的反函数是，则 D．定义在上的奇函数，当时，，则 【答案】AC 【分析】求出指数型函数恒过的定点可判断A；由充分条件和必要条件的定义可判断B；由反函数的性质可判断C；由奇函数的定义域关于原点对称求出，再由奇函数的性质代入求解可判断D. 【详解】函数，令，可得， 故函数的图象过定点，故A正确； 根据方程有两个实数根，可得，即， 故是方程有两个实数根的必要不充分条件，故B错误； 的反函数是，故C正确； 在上是奇函数，， 解得，又时，， ，故D错误． 故选：AC. 10．(24-25高一上·江西南昌第二中学·期末) （多选）已知定义在上的函数在上单调递增，且为偶函数，则（    ） A．在上单调递增 B．图象的对称轴为直线 C． D．不等式的解集为 【答案】BCD 【分析】由题意可得图象的一条对称轴为直线，即可判断A，B；结合对称性及单调性即可判断C；由不等式结合的对称性及单调性，可得，解不等式即可判断D． 【详解】因为为偶函数，所以， 所以图象关于直线对称，又函数在上单调递增， 所以在上单调递减，故A错误，B正确； 因为在上单调递减，所以，故C正确； 由不等式结合的对称性及单调性，得， 即，即，解得或， 所以不等式的解集为，故D正确， 故选：BCD． 11．(23-24高一上·江西上饶·期末)若函数是上的偶函数，则的值为 . 【答案】 【分析】由题意先得，结合偶函数的性质得，检验后相加即可求解. 【详解】由题意首先，解得， 即函数是上的偶函数， 由，解得，此时，经检验符合题意， 所以. 故答案为：. 12．(24-25高一上·江西南昌第二中学·期末)已知函数，其中是自然对数的底数． (1)当时，解不等式<； (2)已知函数为偶函数，且函数在区间上有零点，求正实数的取值范围． 【答案】(1){或} (2) 【分析】（1）根据函数单调性的性质判断的单调性，根据单调性列出不等式即可求出原不等式解集； （2）根据是偶函数求出，令，求出的取值范围，令，求出，将原题转化为有解问题即可求解. 【详解】（1）当时，由函数单调性的性质可得函数是减函数， 所以不等式<等价于， 即原不等式解集为； （2）由于是偶函数，则， 代入化简得， 解得，又， 令，则由，， 可得， 令，可得， 则在区间上有零点， 可转化为在上有解， 易知函数在上单调递增， 所以，则， 解得，故的取值范围为． 13．(23-24高一上·江西抚州·期末)已知定义域为的函数满足对任意，都有 (1)求证：是奇函数； (2)设，且当时，，求不等式的解集． 【答案】(1)证明见解析； (2)或 【分析】（1）利用赋值法，根据奇函数的定义来证明即可； （2）变形构造函数，通过赋值来研究新函数的单调性，结合新函数的奇偶性解不等式即可. 【详解】（1）证明：因为的定义域为，关于原点对称， 又对任意，都有， 令，得， 令，得， 令， 得， 是奇函数. （2）， ， ， 设，则，所以， 在上是减函数， 因为的定义域为， 又， 所以是偶函数， 因为， ，则，解得， 不等式的解集为或. 14．(24-25高一上·江西九江·期末)已知函数. (1)若为偶函数，求的值； (2)讨论的零点个数. 【答案】(1)； (2)答案见解析. 【分析】（1）应用偶函数的性质有恒成立，即可求参数值； （2）设，问题化为分析解的个数，分类讨论判断原函数零点的个数. 【详解】（1）依题意，得，即 即恒成立，得. （2）令，得 设，则 由函数在上单调递增，在上单调递减，且最大值为， 当时，无零点； 当或时，有一个零点； 当时，有两个零点. 15．(23-24高一上·江西抚州·期末)已知函数 为定义域上的奇函数． (1)求实数的值； (2)若，试用表示． 【答案】(1)； (2)． 【分析】（1）根据，求得参数值，检验即可； （2）根据（1）中所求求得，再结合对数运算即可表示. 【详解】（1）因为是定义在上的奇函数，； 经检验，满足题意，故. （2）由（1）可知， 根据，可得 则，故， 又，. 16．(23-24高一上·江西庐山第一中学·期末)已知函数（，为常数）是定义在上的奇函数，且. (1)求函数的解析式； (2)若在定义域上是增函数，解关于的不等式. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据条件得及，即可解出参数； （2）根据条件写出不等式组，解出即可. 【详解】（1）因为函数是定义在上的奇函数， 所以，所以，又，所以， 所以，经检验，此时， 所以函数为奇函数，满足题意， 所以的解析式为. （2）由（1）知，函数是定义在上的奇函数， 又在定义域上是增函数， 所以由， 可得， 所以，所以， 所以不等式的解集为. 17．(24-25高一上·江西多校联考·期末)已知是定义在上的奇函数，且当时，. (1)求的解析式； (2)求不等式的解集. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据求出，结合奇函数的定义可求函数解析式. （2）分类讨论解不等式可得结果，也可根据奇函数的单调性解不等式. 【详解】（1）∵是定义在上的奇函数，∴，解得， ∵当时，，∴当时，，， ∵是奇函数，∴， ∴. （2）（方法一）当时，由得，，即，解得. 当时，由，得，即，解得. 综上所述，原不等式的解集为. （方法二）由，得，即. ∵当时，在上单调递增，是奇函数， ∴在上单调递增. ∵，，∴原不等式的解集为. 18．(24-25高一上·江西景德镇·期末)已知奇函数与偶函数满足. (1)求，的解析式； (2)若，，求的值； (3)若函数，求在上的最小值. 【答案】(1)，； (2)； (3)答案见解析. 【分析】（1）由奇偶性得，联立即可求解解析式； （2）由求得和，再结合立方差公式即可计算求解. （3）令 ，构造函数，分、和三种情况结合一元二次函数性质研究函数的单调性求出即可得解. 【详解】（1）由①，得②， ①②得，即. ①②得，即. （2）由（1）得，即， 因为又因为 所以 则. （3）由题，， 令，则在上单调递增，. 则， 当，即时，在上单调递减，. 当，即时，在上单调递增，. 当，即时， 综上：时，；时，；时，. 地 城 考点08 函数的图像 1．(24-25高一上·江西南昌第二中学·期末)在《航拍中国》江西篇中，摄制组的飞机飞过庐山西海时，一座天然的爱心形状岛屿格外吸引眼球.下图左边是庐山西海这座岛屿的地图，其形状如一颗爱心．右边是由此抽象出来的一个“心形”图形，这个图形可看作由两个函数的图象构成，则“心形”在轴上方的图象对应的函数解析式可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用排除法，根据函数是偶函数，逐项分析函数解析式可排除B，D；求得C，D中函数的最大值可排除C. 【详解】由图可知，“心形”关于轴对称，所以上部分的函数为偶函数， 则函数和都不满足，故排除B、D； 的图象过点，，， 且时，，当且仅当时，等号成立， 即函数的最大值为，又“心形”函数的最大值为，故排除A； 由的图象过点，，，且时， ，当时，等号成立， 即函数的最大值为，满足题意，故C满足． 故选：C． 2．(24-25高一上·江西上饶·期末)函数在区间上的图象可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分析函数的奇偶性以及特殊值，结合排除法可得出合适的选项. 【详解】函数的定义域为， 因为，即函数为偶函数，排除AB选项， 因为，，则，则函数在上不单调递增，排除D选项. 故选：C. 3．(24-25高一上·江西吉安·期末)函数的大致图像为（    ） A．   B．   C．   D．   【答案】A 【分析】根据函数图象的奇偶性和特殊位置的函数值排除、求解即可. 【详解】由题意可知：函数的定义域为，关于原点对称， 且，所以函数为奇函数，故C错误； 又因为，故D错误； 当时，，故B错误； 故选：A 4．(22-23高一上·江西上饶·期末)函数的部分图像大致为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分析函数的奇偶性及其最小值，结合排除法可得出合适的选项. 【详解】对任意的，，则函数的定义域为， 因为， ，则函数为偶函数，排除CD选项， 又因为，当且仅当时，等号成立，排除B选项. 故选：A. 5．(24-25高一上·江西科技学院附属中学·期末)（多选），下列说法正确的有（    ） A．的减区间为 B．的值域为 C．若有3个零点，则 D．若有5个零点，则 【答案】BCD 【分析】根据函数的解析式，可画出函数草图，利用函数草图，可轻松判断ABC的真假；再结合分类讨论思想的应用，判断D的真假. 【详解】函数的草图如下： 由图象可知： 函数的减区间为和两个，不能用“并集”符号连接，故A错误； 函数值域为，故B正确； 若有3个零点，则，故C正确； 对D：结合函数草图：由 或 ； 由 或，解得：或或. 设，由题意方程有5个不同的根. 由， 若，则只有1解，且，此时方程有3个解； 若，则有2解，且或， 此时方程有3个解，方程也有3个解，所以方程有6个解； 若，则有3解，且，，， 此时方程有1个解，方程有3个解，方程也有3个解，所以方程有7个解； 若，则有3解，且或或， 此时方程有1个解，方程有3个解，方程有和两个解，所以方程有6个解； 若，则有3解，且，，， 此时方程有1个解，方程有3个解，方程有1个解，所以方程有5个解； 若，则有2解，且或， 此时方程有，共2个解，方程有1个解，所以方程有3个解； 若，则有1解，且，此时方程至多有1个解. 综上：若有5个零点，则.故D正确. 故选：BCD 13．(24-25高一上·江西抚州·期末)设函数，若关于的函数恰好有5个零点，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【分析】先作出图象，利用换元法，结合韦达定理，分类讨论得到方程在和内各有一个实数根，，再利用二次函数根的分布得到关于的不等式组，即可得解. 【详解】作出函数的图象，如图， 令，则方程化为， 由韦达定理可知该方程的两根之积为3， 要使关于的方程恰好有有5个零点， 则方程有5个不同的实数解， 结合图象可知，，，此时方程有4个不同的实数解，不合题意； ，，此时方程有6个不同的实数解，不合题意； 当，，虽说满足方程有5个不同的实数解，但是无解； 所以，， 此时方程在和内各有一个实数根， 令，则，解得， 所以实数的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 14．(24-25高一上·江西赣州·期末)函数，若函数有四个不同的零点，，，，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】先画出函数的图象，把方程有4个不同的实数根转化为函数的图象与有四个不同的交点，结合对勾函数的单调性即可求解. 【详解】因为， 当时，可知其对称轴为， 令，解得或 令，解得或 当时，令，解得或， 作出函数的图象，如图所示， 若方程有四个不同的实根，，，， 即与有四个不同的交点， 交点横坐标依次为，，，， 则， 对于，，则， 可得，所以； 对于，，则，，，可得 所以， 由对勾函数可知在上单调递增， 得， 所以的取值范围是 故答案为： 【点睛】方法点睛：已知方程的根，函数有零点，函数图象的交点求参数取值范围常用的方法和思路，（1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解． 15．(24-25高一上·江西宜春中学·期末)如图所示是函数的图象，由指数函数与幂函数“拼接”而成. (1)求的解析式； (2)已知，求的取值范围； (3)若方程存在实数解，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据图象过点，求出即可求得的解析式； （2）根据幂函数的单调性，即可求出的取值范围； （3）根据函数的零点与方程解的关系将问题转化为图象的交点问题即可求解. 【详解】（1）由题意得，解得，所以. （2）因为在上单调递减，且， ，解得. （3）存在实数解，即有解， 即函数的图象与函数的图象有交点， 所以，解得或. 故的取值范围为. 试卷第1页，共3页 78 / 78 学科网（北京）股份有限公司 $