期末专题07 期末压轴题精选（5大考点）（期末真题汇编，福建专用）高一数学上学期人教A版

厨学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 期末专题07期末压轴题精选 ☆5大高频考点概览 考点01集合新定义 考点02函数及其性质 考点03指对幂函数 考点04函数的应用 考点05三角函数 目目 考点01 集合新定义 1.(23-24高一上福建厦门第一中学期末（多选）聚点是实数集的重要拓扑概念，其定义是：ER, t∈R,若8>0，存在异于t的x,∈E,使得0<t-x。<δ，则称t为集合E的“聚点”，集合E的所有元素 与E的聚点组成的集合称为E的闭包”，下列说法中正确的是() A.整数集没有聚点 B.区间(3,4)的闭包是[3,4] C _n+ ,n∈N的聚点为0 D.有理数集Q的闭包是R n+1 目目 考点02 函数及其性质 2.(23-24高一上福建莆田莆田第一中学期末)（多选）已知函数∫(x)的定义域为R,f(x+2)是奇函数， f(2x+1)是偶函数，且当x∈2,3引时，f(x=2-x,则下列选项正确的是() A.f(x)的图象关于直线x=1对称 B.f(2022)+f(2023)+f(2024=-1 C.}-1关于点2训对称 D.行-+1关于点对称 3.2425商一上福建三明期利（多选）已知定义在-1)上的函数满足/到-f列=f己 且当x∈(0,1时，f(x)>0,则有() 1/10 厨学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A.f(x是奇函数 . c.》到 D.az2.neN) 4.(24-25高一上福建泉州期末)（多选）已知函数f(x)对任意x∈R都有fx+4)+f(x)=∫(2)，若 y=f(x-1的图象关于直线x=1对称，且对任意a,b∈[-4,0，当a≠b时，都有 af (a+bf(b)>af(b)+bf (a,() A.f-2)=0 B.f(8)<f12) C.直线x=2是函数f(f(x)的一条对称轴 D.若gx)=x-4f(x-1在区间[-20,28]上有8个零点，则所有零点的和为32 5.(23-24高一上福建龙岩期末)已知f(x)是定义在R上且不恒为零的函数，对于任意实数Q,b满足 =的+@.若2=2，则-+引 6.2425商一上桶建莆用第一中学期利（多选）已知函数f到-+上ar+, 则() A.a,beR,使得f(x)是偶函数 B.当a=0,b=1时，函数g(x)=f2(x)-5f(x)+6有5个零点 C。当a0时，函数孔倒在行2]上最大值大于则3>0 D.当b=0时，设f(x [行2]上的最大值为(a,则a的最小值为 7.(24-25高一上福建福州期末)已知函数f(x)=ar2-x-a,aeR. (@诺a=?,写出f()的单调区间（不必证明）： (2)若f(x)是偶函数，求a的值； (3)若x∈[0,2]，f(x)≤br,求a2+b的最小值 8.(24-25高一上福建泉州期末)函数f(x)和gx的定义域分别为D,D。,如果对于D,中的任意一个数t, 2/10 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 按照gx=f(t)的对应关系，在D。中都有且仅有k个确定的数x与之对应，则称gx为f(x的“k~函数” 例如：f(x)=x,D,=[2,4],gx)=x2,D。=R,则gx为f(x的“2~函数” (1)设f(x)=x,gx)=x,D,=D。=[1,2],判断以下两种说法是否正确，并说明理由： ①gx是f(x的“1~函数”；②f(x)是gx)的“1~函数”： ②设=+0，[日，8=动n2x,D,0,2,判新8是否为f的~质数，若是，求k: 若不是，请说明理由； 同设到=r+D,[2,8到=-6x+m0,=0+m,若8到为f到的4函数，求m x2 x 的取值范围。 9.(24-25高一上福建三明期末)对于函数∫(x,若实数m满足f(m）=m,则称m为∫(x)的不动点.己知 f(x=ax2+bx+c(a>0)的不动点集合为{x,x2}. (1)若a=1,x=-√2，x2=2,解不等式：f2<0; 1 (2)若0<x1<x2<二， ①证明：当0<x<x时，x<∫(x<x; ②判断∫(x)在区间 0,2 上是否为单调函数，并说明理由， 目目 考点03 指对幂函数 10.2425高一上福建泉州第五中学期末)已知函数f)=1g2-1-x-2-1,则不等式 f(2x-1)+f(x)+2≤0的解集为_ 1.24235商一上福建泉州第五申学期未设a=e:03,b=sn子c=l08,04,测ab,c的大小关 系为() A.c>a>b B.c>b>a C.bxaxc D.b>c>a 12.(24-25高一上福建福州期末)（多选）已知实数a,b满足e“+a=2,n(3-b)+1=b,则() A.0<a<1 B.2<b<3 C.b>a+1 D.e“+b=3 13.2425高一上福建龙岩期（多选）已知函数f田)，2+，则(）一 3/10 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A.函数f(x)为单调减函数 B.f(log2 3)+f e3>0 C.若3x>0,使得f(x)≥f(-x)+a成立，则a≤4 D.函数g(x)=2sin号x+1(-19≤x≤19且x≠0)的与函数y=f(x)的的所有交点纵坐标之和为20 4.2425高一上福建厦门期末)已知函数八。十1了 (1)判断∫x)的奇偶性，并说明理由； (2)解不等式fx2)+f(2x-1)≥0； (3)当0<a<1时，若关于x的方程af(x)f(2x+bf(2x)-1=0有解，证明：b>1-a. 15.(23-24高一上福建师范大学附属中学期末已知函数f(x)=log,(V2+1+mx)在R上为奇函数， m>0. (1)求实数m的值； (2)存在xeR,使fcos2x+2t-1+f(2six-t)=0成立 (i)求t的取值范围； (ii)若gt=n4'-2+1≥0恒成立，求n的取值范围， 16.(23-24商一上福建龙岩期末已知函数)=3+k,8)=1g x+1 x-1 (1)若函数∫(x)在[0，+∞)为增函数，求实数k的取值范围； (2)当k=0时，3x,x2∈(0，+o0),函数y=g(f(x)在区间[x,x,]上的值域为 {☐-og[a2f(x)-1]sy≤1-log[a(2f(x)-1)]}，求实数a的取值范围. 17.(23-24高一上福建福州第一中学)已知f(x)=1og2 x+a 1-x (1)若a=1,求不等式f(f(x)+f(x)>0的解集； (2)存在区间I=[m,n,x∈I,f(x)≤1，求n-m的最大值pa. 18.2425高一上福建泉州第五中学期末利已知奇函数f)-aeR),8)=sm2x+) 3x+1 (1)求a的值； 4/10 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)xe[0,1, 3e0引，之g+,求实数m的取值荒周： (③)，名e-1+w),fx)-f)写求，-的取值范围。 19.(23-24高一上福建三明期末)已知函数fx)=cos2x-2 asinx-2a,g(x=m·4-2++m(m>0). (I)若f(x)的最小值为-3，求实数a的值： 2当a=时，若%eR,%e0,,都有g)+兮八20成立，求实数m的取值范国， 20.(23-24高一上重庆期末)已知函数f(x)=log（x-2)-3a>0,a≠1). (1)证明函数f(x)的图象过定点： (2)设m∈R,且m>4,讨论函数f(x在4，m上的最小值. 21.(23-24高一上福建龙岩第二中学.期末)已知函数f(x=2-2,gx=10g2x. Q洁透鼓F=高，2小，求F1因的摄。 ②设函数(=g+sn华，在区间0，+上连续不，证明：函数（到有且只有一个学点、，且 sinz）ss 46 考点04 函数的应用 22.(23-24高一上福建三明·期末)已知函数fx)=ax2+4x-1,若方程f(x+2ax+4+3=0有2个实数根， 则a的取值范围是一. 1 -1,x≤0 23.(23-24高一上福建福州期末)（多选）已知函数f(x) 2 若关于x的方程f(x=m有3 -x(x-2,x>0 个实数解x1,x2,xx<x2<x),则(） A.x+x2<0 B.1<x1+x2+x<2 C.-1<xx<-2 1 D.关于x的方程fx)=f(m)恰有3个实数解 24.(23-24高一上福建宁德期末)关于x的方程x2-2x+m2+16m=mcos(x-1)+15有且仅有1个实数根， 5/10 厨学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 则实数m的值为】 2-2,0<x≤1 25.(24-25高一上福建龙岩期末)若函数f(x)= 1 x-1,x>'则函数8(x)=rf)-1的零点个数为() 2 A.2 B.3 C.4 D.无数个 26.(23-24高一上福建福州第一中学)若存在实数a及正整数n,使得fx)=cos2x-asinx在区间(0，nπ)内 恰有2024个零点，(1)当a=0时，n= 一；(2)a>0时，所有满足条件的正整数的值共有个. 27.(23-24高一上·福建厦门·期末)己知函数f(x)= 2x-1 2*+1 (1)解不等式f(x+4)+f(x)>0; (2)讨论函数F(x)=8f(2x)-f(x)+2-2的零点个数 28.(24-25高一上福建泉州第五中学期末)已知函数f(x)=log2x2-2ax+a), (1)若f(x)的定义域为R,求实数a的取值范围； (2)x∈[L,2],f(x)≥0，求实数a的取值范围： (3)已知函数g(x)=log,(x-1),若F(x)=f(x)-g(x)恰有一个零点，求实数a的取值范围， 29.(24-25高一上福建龙岩期末)双曲函数在实际生活中有着非常重要的应用，比如悬链桥在数学中，双 曲函数是一类与三角函数类似的函数，最基础的是双曲正弦函数sih(m)=e一e和双曲余弦函数 cosh(x)=+e- 2 (1)证明：sinh(x+y)=sinh(x)cosh(y)+cosh(x)sinh(y); ②求证：函数四=hx+sn存在唯一零点x且sim的女<} 3 (3)令g(x)=ln(3-a)e+1-ln3a-2x+2(a∈R),对任意x,x2∈[0，+o),都有2cosh(x)≥g(x),求实数 a的取值范围 30.(24-25高一上福建漳州期末)若函数f(x)存在零点x,函数gx)存在零点x2,且x,-x≤2，则称 f(x)与gx)互为相近函数. (①)判断fx)=8-x2与g(x)=e3+x-5是否互为相近函数，并说明理由： (2)定义在R上的函数h(x)=alnx2+2)-ln2有且只有一个零点，函数 mx=x3+(6+tx2+13+6tx+91+12(x∈R),若h(x)与m(x互为相近函数， 6/10 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (i)求a的值. (i)求t的最大值. 3引.2425商一上稻建辑州第一中学)已知函数f到=16g.(a>0,a1,beR)的图象过点 0,1, 1.og. 25 (1)证明：函数f(x的图象是轴对称图形： (2)若f(f(x)≥f(m+x在区间-1,1上恒成立，求m的取值范围： (3)设函数gx)=log2t2-2t)-f(x)(t∈R),若g(x)有唯一零点，求实数t的取值范围. 32.(23.24商-上福建龙岩期末已知函数f)=2si(@x+o)eos0+0>0,<号的图象关于直线 1 x=亚对称，其最小正周期与函数ytan2x相同. 6 (1)求f(x)的单调递减区间； (2)设函数g(x)=e-e,h(x)=lnx+f 6 x+ 24 证男：的有且只有-个零点x,且如导小。 目目 考点05 三角函数 33.(24-25高一上福建莆田第一中学期末)若A,B∈0， 2sin Bsin(A+B)=sin A. 2 2 (1)当A=2B时，A= _；(2) 的最小值为」 tan A tan B 34.(24-25高一上福建泉州第五中学期末)（多选)已知f(x)=-cos2x-asinx-b+1(x∈R),则下列结论 正确的是() A.f(x)为偶函数。 B.f(x)的图象关于直线x=?对称. C.当0<a<1且b=0时，f(x)在[0,1012列内恰有2025个零点. D.xeR,f)+4≥0，则a+2b的最大值为 2 35.(24-25高一上福建厦门期末)如图所示，齿轮A和齿轮B相互啮合（齿的尺寸忽略不计），其半径之 比为1：2，当t=0时，齿轮A上的点Px1,y)和齿轮B上的点P2(x2,y2)均与坐标原点重合.当两齿轮旋转 时，和乃在相同时间内运动的弧长相等，则P,乃运动的角速度之比为 若y=sint,则x3关 7/10 厨学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 于t的一个函数解析式为」 y A P> 36.(24-25高一上福建福建师范大学附属中学期末)（多选）已知函数f(x)=sin(ox+p)(o>0),且f(x)在 区间（子名上单调途减。测下列结论正院的有(） A若径+爱=0，则受=0 B.若fx+孕≥f)恒成立，则满足条件的0有且仅有1个 C.若0=l向≤受则p的取值范围是-及≤ps 6 6 D.若p=石则o的取值范同是1,20 22 4,5 3.e324有-上相建龙岩期村（多选）已知-smor+p)+20>0p水引在（名设】 上是单调函 数，对任意eR满足/+=4-f各且)≤f铝 函数国=+引}-2. h)=e(mx+oco小，则() A.函数g(x)是偶函数 B者函数在[臣9 上存在最大值，则实数a的取值范围为 17元 C.函数h(x)的最大值为1 D.函数()的图象关于直线x=对称 38.(23-24高一上福建三明期末)（多选）已知函数f(x=cosx·six,则下列说法正确的是() A.fx)是周期函数 B.函数八纠在吾0单调递减。 单调递增 C.若fx)+fx2=0,则x+x2=kπ(k∈Z D.不等式co2ukm2n2rko2小0的解架为eZ列 39.(23-24高一上·福建三明期末)“函数px)的图象关于点(m,)对称”的充要条件是“对于函数p(x定义域 8/10 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 内的任意x,都有9(x+0(2m-x=2n”,若函数gx=bx+C的图象关于点(2,2)对称，且g)=3,则函 x-2 数h(x)=gx+2)-2与y=sinx在[-100π，99π]内的交点个数为() A.196 B.198 C.199 D.200 40.(23.24高一上福建福州期末用M,表示函数y=simx在闭区间1上的最大值，已知0<a<3 (1)若V2Moa≤1，则a的取值范围是】 (2)若Moa≥V2M.2a,则a的取值范围是 41.(23-24高三上·天津八校联考期末)已知函数f(x)=Asin(ox+p) o>04>0p 的对称中心到对称 轴的最小距离为子，将)的图象向右平移于个单位长度后所得图象关于y轴对称，且 f(x)-f(x儿=1关于函数f(x)有下列四种说法： ①x=名是f八的一个对称轴：②0是f八的一个对称中心： 6 上单词避场：⑧若1=-0，则-名-受.keZ 以上四个说法中，正确的个数为() A.1 B.2 C.3 D.4 2.a324高一上倍建南平期末已知联发=nuo-5sn[任*小m(任 (1)求函数f(x)的最小正周期： (2)若方程f(x)-a=0在区间0， 7π 6 上恰有三个实数根x,x2,x,且x<x2<:,求sin2x-x,+2x)的取值 范围. 43.(23-24高一上福建漳州期末)已知函数f(x)= 22,函数g)=sin(@x+p)为奇函数，其中0>0， 11 -π<p<元 (1)求9的值； (2)用h(x表示f(x),g(x中的最小者，记为h(x)=min{f(x,g(x},请讨论h(x在(0，+oo)内的零点个 数 44.(24-25高一上·福建福州第一中学)定义域为R的函数h(x)满足：对任意x∈R,都有 hx+2π=hx+h(2π，则称hx具有性质P 9/10 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (1)分别判断以下两个函数是否具有性质P:m(x=2x+1和n(x=1-cosx; (2若函数f国=血ar+p<<o<孕具有性质P 3 51 (i)求出⊙，p的值； ()若将函数？=八)的图象向左半移骨个单位长度，再对图象上每个点纵坐标不变，横坐标变为原来 的2倍，得到函数y=gx的图象，若对任意的a,b∈[2m,m+π，当a>b时， f(a)-f(b)<g(2a-g(2b)恒成立，求正实数m的取值范围 45.(23-24高一上福建福州·期末)筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具.如图，假定在水流量稳定的情 况下，一个半径为5m的筒车开启后按逆时针方向做匀速圆周运动，每分钟转1圈、筒车的轴心0距离水面 的高度为如设简车上的菜个瘙水简P到水面的距离为)（单位：■）（在水面下则）为负数)考以盛水 筒P刚浮出水面时开始计算时间，则y与时间t(单位：s)之间的关系为 y Asin(ot+)+K 4>0a>0k到 水面 (1)求A,0,9,K的值； (2)若盛水筒P在不同时刻，t距离水面的高度相等，求(+2的最小值： (3)若筒车上均匀分布了12个盛水筒，在筒车运行一周的过程中，求相邻两个盛水筒距离水面的高度差的最 大值 10/10 期末专题07 期末压轴题精选 5大高频考点概览 考点01 集合新定义 考点02 函数及其性质 考点03 指对幂函数 考点04 函数的应用 考点05 三角函数 地 城 考点01 集合新定义 1．(23-24高一上·福建厦门第一中学·期末)（多选）聚点是实数集的重要拓扑概念，其定义是：，，若，存在异于的，使得，则称为集合的“聚点”，集合的所有元素与E的聚点组成的集合称为的“闭包”，下列说法中正确的是（    ） A．整数集没有聚点 B．区间的闭包是 C．的聚点为0 D．有理数集的闭包是 【答案】ABD 【分析】利用集合聚点的新定义，集合的表示及元素的性质逐项判断. 【详解】对于A，根据定义，，，若存在，使得， 所以，，当时，这样的不存在， 所以不存在符合不等式且异于的，故整数集无聚点，故A正确； 对于B，若，对于， 因为，所以存在异于的，使得， 故，故为集合的“聚点”， 即区间的闭包是，B正确； 对于C，因为， 所以对于，都存在，使得， 所，故的聚点为1，故C错误； 对于D，对于，，都存在，使得，所以为集合的“聚点”，所以有理数集的闭包是，D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解聚点定义. 地 城 考点02 函数及其性质 2．(23-24高一上·福建莆田莆田第一中学·期末)（多选）已知函数的定义域为，是奇函数，是偶函数，且当时，，则下列选项正确的是（    ） A．的图象关于直线对称 B． C．关于点对称 D．关于点对称 【答案】ABC 【分析】根据题意，利用函数的奇偶性，推得函数的对称性和周期性，结合选项，逐项判定，即可求解. 【详解】因为函数是奇函数，所以的图象关于点对称，所以，； 因为是偶函数，所以的图象关于直线对称，所以的图象关于直线对称， 所以，； 所以，，所以周期为4，又因为，所以，即为奇函数， 对于A项，因为的图象关于直线对称，故A项正确； 对于B项，因为的图象关于直线对称，周期为4，时，， 所以；； ； 所以，故B项正确； 对于C项，为奇函数，图象关于点对称，则的图象关于点对称，的图象关于点对称，的图象关于点对称，故C项正确，D项错误. 故选：ABC. 3．(24-25高一上·福建三明·期末)（多选）已知定义在上的函数满足，且当时，，则有（   ） A．是奇函数 B． C． D． 【答案】ACD 【分析】根据推导出函数的单调性和奇偶性，即可判断选项ABC；再根据，从而求得，进而判断选项D. 【详解】∵定义在上的函数满足， ∴令得，即； 令得．∴是奇函数，故选项A正确； ，故选项B错误； 同理，. 当时，，，. ∵当时，，， ∴函数在上单调递增. ∵，，即，故选项C正确； ， ， ∵，，， 故选项D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题的解题关键在于利用赋值法推导出函数的奇偶性与单调性，综合利用函数的单调性与奇偶性即可求解. 4．(24-25高一上·福建泉州·期末)（多选）已知函数对任意都有，若的图象关于直线对称，且对任意，当时，都有，则（    ） A． B． C．直线是函数的一条对称轴 D．若在区间上有8个零点，则所有零点的和为32 【答案】ACD 【分析】通过函数图象的平移性质，由的对称轴推出的奇偶性，这是后续推理的基础,利用已知等式，通过赋值法求出与的值，思路合理,根据函数的周期性和奇偶性，结合给定区间上函数的单调性判断选项B.对于选项C，通过一系列等式变换，利用函数的奇偶性和周期性证明直线是的对称轴.对于选项D，将的零点问题转化为两个函数图象的交点问题，利用函数的对称性求出所有零点之和. 【详解】因为的图象关于直线对称，根据函数图象平移规律， 将的图象向左平移个单位得到的图象， 所以的图象关于对称，即是偶函数，， 已知，令，则， 由于，所以，故A正确， 由，可得，进而， 所以函数是周期为的周期函数， 对任意，当时，， 移项得到， 这意味着当，即时，， 所以在上单调递增， 因为是偶函数，所以在上单调递减， ，， 由于在上单调递减，所以，即，故B错误， 函数的周期为，又因为的图象关于直线对称， 所以的图象关于轴对称，即， 因为的图象关于轴对称，所以， 又因为的周期为，则， 再根据，可得， 同样，，而， ， 所以，设，则， 因为是偶函数，所以， 那么， 所以直线是函数的一条对称轴，C选项正确， 令，即， 设，，关于对称， 是周期为的偶函数， 由在区间上有个零点，这个零点两两关于对称， 设这个零点为，则，，，， 所以，故D正确. 故选：ACD 【点睛】方法点睛： 利用函数图象的平移规律来确定函数的奇偶性，这是一种常见的方法,对于给定的函数等式，通过合理赋值可以求出函数在特定点的值. 由函数等式推出函数的周期性，再结合奇偶性和给定区间的单调性来比较函数值大小,证明函数对称轴时，通过对函数表达式进行变形，利用函数的性质进行推导. 5．(23-24高一上·福建龙岩·期末)已知是定义在上且不恒为零的函数，对于任意实数，满足，若，则 ． 【答案】/ 【分析】利用赋值法求出、、，从而得到，再利用特殊值求出、，最后根据奇偶性求出. 【详解】因为对于任意实数，满足， 当时，， 当时，，可得，则； 当时，，则. 函数的定义域为，令时，， 得，所以函数是奇函数. 令，即，得， 令，则， 又函数是奇函数，所以，所以. 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题的关键是合理赋值从而得到为奇函数，从而求出的值. 6．(24-25高一上·福建莆田第一中学·期末)（多选）已知函数，则（    ） A．，使得是偶函数 B．当时，函数有5个零点 C．当时，函数在上最大值大于，则 D．当时，设在上的最大值为，则的最小值为 【答案】ABD 【分析】A选项，当时，为偶函数，A正确；B选项，令，解得或5，当时，或，无解，有1个解，即，当时，或，各求出两个解，B正确；C选项，考虑，和三种情况，求出或；D选项，对进行分类讨论，结合函数单调性，求出最大值，再得到的最小值为. 【详解】A选项，当时，定义域为， 且，故此时为偶函数，A正确； B选项，时，， 令，解得或5， 当时，，即或， 由对勾函数性质得， 故无解，有1个解，即， 当时，，即或， ，解得，，解得， 综上，函数有5个零点，B正确； C选项，当时，， 时，由对勾函数可得， 若，则，，故， 要使得函数在上最大值大于，则，解得， 若，则， 此时，不合要求，舍去； 当时，，故， ，令，解得， 综上，或，C错误； D选项，时，， 令， 若，则在上单调递减且恒正， 故，最大值为， 若，则为对勾函数，均在轴上方， 故在上单调递增， 在上单调递减， 当，即时，在上单调递增， 故，且， 当，即时，在上单调递减， 故，且， 若，即时，， 其中当时，，故，且， 当时，，故，且， 若，此时在上单调递减， 当时，，当时，， 当，即时，， 当，即时，， 若，解得，此时， 若，解得，此时， 当，即时，， 综上，的最小值为，D正确. 故选：ABD 【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，通过两个函数图象确定条件. 7．(24-25高一上·福建福州·期末)已知函数，. (1)若，写出的单调区间（不必证明）； (2)若是偶函数，求a的值； (3)若，，求的最小值. 【答案】(1)单调递减区间为，，单调递增区间为，； (2)a的值为0； (3). 【分析】（1）根据已知写出的分段函数性质，结合二次函数性质确定单调区间； （2）利用偶函数性质列方程求参数即可； （3）由时不等式恒成立，只需考虑的情况，应用分类讨论，结合二次函数性质研究不等式恒成立求值. 【详解】（1）由题意，当时函数，且函数的定义域为， 所以， 从而其单调递减区间为，；单调递增区间为，. （2）因为是偶函数，所以， 由于，则， 从而，两边平方得， 从而，此式对任意恒成立，得，故a的值为0. （3）首先，时不等式恒成立，接下来考虑的情况： ①当时，，因为，所以，； ②当时，，， 因为，当且仅当时等号成立，所以， 所以，当且仅当，时，等号成立； 法一：③当时，问题等价于当时，恒成立；当时，恒成立. 令，命题等价于， 而最大值只可能在，，三处取得，只需， 即，可得， 若，则；若，则； ④当时，，， 易知函数在上单调递增，故当时，取到最大值， 所以，所以； 综上，当，时，的最小值为. 法二：③当时，由对任意恒成立，取可得成立， 则，若，则， 若，则，所以当，有. 综上，当，时，的最小值为. 【点睛】关键点点睛：第三问，应用分类讨论及二次函数的性质研究不等式恒成立，注意放缩思想的应用. 8．(24-25高一上·福建泉州·期末)函数和的定义域分别为，如果对于中的任意一个数，按照的对应关系，在中都有且仅有个确定的数与之对应，则称为的“函数”.例如：，则为的“函数”. (1)设，判断以下两种说法是否正确，并说明理由： ①是的“函数”；②是的“函数”； (2)设，判断是否为的“函数”，若是，求；若不是，请说明理由； (3)设，若为的“函数”，求的取值范围. 【答案】(1)①是正确的，②是错误的，理由见解析 (2)是，4 (3) 【分析】（1）①对于①，紧扣“函数”的定义，先确定的取值范围，再根据求出，判断对于任意，在中与之对应的的个数，思路清晰，符合定义要求. 对于②，同样依据定义，通过举反例，当时，找不到使得，从而说明不是的“函数” （2）首先分析的单调性，得出的取值范围.然后将问题转化为判断方程在内的解的个数，通过令，进一步转化为判断方程在内的解的个数.接着对在不同区间进行讨论，利用函数的单调性和零点存在定理，得出在一个周期内方程有个解，进而得出在内有个解. （3）由（2）得到的取值范围后，对进行变形，将问题转化为关于的方程在上解的个数问题.通过换元令，进一步转化为关于的方程在上有个不同解的问题，根据二次函数对称轴和根的分布情况列出不等式组求解. 【详解】（1）①是正确的，因为对，按照的对应关系，即， 所以，，所以，对，按照的对应关系， 在中都有且仅有1个确定的数与之对应所以，是的“函数”，所以，①正确； ②是错误的，因为当时，，因为，按照的对应关系，此时不存在，使得.所以，不是的“函数”，所以，②错误. （2），且，， 因为， 当，有，所以，在上单调递减； 当，有，所以，在上单调增减. 因为，所以，在上单调递减，在上单调递增. 所以，有. 因为，所以，问题等价于对于中的任意一个数，关于的方程 在内都恰有几个解的问题， 令，则，问题等价于判断对于，方程在内都恰有几个解， 记，因为， 当，又在单调递增， 所以，在都恰有1个解； 当，又在单调递减， 所以，在都恰有1个解； 当，此时方程没有解， 所以，方程在内恰有2个解，即一个周期内方程都恰有2个解. 所以，方程在内恰有4个解，所以对于中的任意一个数， 按照的对应关系，在中都有且仅有4个确定的数与之对应， 即为的“函数”，所以 （3）由（2）可知有. ， 因为为的“函数”，即对于中的任意一个数， 按照的对应关系，在中都有且仅有4个确定的数与之对应， 即对于，关于的方程都恰有4个解. 令，则，此时问题等价于对于， 关于的方程在上都恰有4个解， 令，由（2）可知， 要使在上都恰有4个解， 则关于的方程在必有2个不同的解， 记，因为的对称轴， 所以，关于的方程的两根应满足， 所以，即即 因为，所以，， 所以 【点睛】思路点睛： 对于复杂函数，先研究其单调性和值域，将“函数”问题转化为方程解的个数问题，结合函数性质和零点存在定理求解. 对于涉及复合函数和方程解个数求参数范围的问题，通过合理换元转化为二次函数问题，利用二次函数根的分布来求解. 9．(24-25高一上·福建三明·期末)对于函数，若实数满足，则称为的不动点．已知的不动点集合为． (1)若，，，解不等式：； (2)若， ①证明：当时，； ②判断在区间上是否为单调函数，并说明理由． 【答案】(1) (2)①证明见解析；②不是区间的单调函数，理由见解析 【分析】（1）已知不动点的值，可先求出函数的表达式，再解不等式； （2）①根据不动点概念，得到，是方程的根．结合，得到， 再根据，，结合作差，判定即可；②运用二次函数单调性分析证明即可. 【详解】（1）因为，所以. 依题意，，是的不动点，所以 解得所以． 不等式化为． 因为，所以．解得． 所以不等式的解集为． （2）①因为，是的不动点，所以 即所以，是方程的根． 又因为， 所以为一元二次方程． 所以， 因为，， 所以，，． 所以，即． ． 因为，所以．所以． 所以，当时，． ②在不是单调函数，理由如下： 设函数的图象的对称轴为．则． 由（2）知，．所以． 所以． 所以函数在区间单调递减，在区间单调递增． 所以不是区间的单调函数. 【点睛】关键点点睛：对于新定义题型，读懂题目意思是关键，然后将新知识转化为学过的知识，解题即可. 地 城 考点03 指对幂函数 10．(24-25高一上·福建泉州第五中学·期末)已知函数，则不等式的解集为 ． 【答案】 【分析】构造函数，并得到函数的奇偶性和单调性，利用奇偶性和单调性得到不等式，解得范围. 【详解】∵，∴ 函数的定义域为， ， 令函数，即， 则函数定义域为， 则， 即函数为奇函数， 又∵中， 在上单调递减，在上递增，∴在上单调递减； 在上单调递减；在上单调递减； ∴函数在上单调递减， ∵，∴， 即，即， ∴. 故答案为：. 【点睛】方法点睛，本题是利用函数的奇偶性和单调性求不等式，本题的关键是构造新的函数，利用函数的奇偶性整理不等式，利用函数单调性建立不等式，即可求得范围. 11．(24-25高一上·福建泉州第五中学·期末)设，，，则，，的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据得到，得到，根据得到，而，从而比较出大小. 【详解】因为， 所以，， 故，，， 又， 所以，， 故，，， 因为，， 所以，， 故，，， ， 结合正弦函数图象，的正弦值，随着角度的增加， 正弦值可约等于也在成比例的增加， 其中， ， 故， 事实上，查阅正弦表，可知， 故， 综上， 故选：A 【点睛】关键点点睛：得到，，而，利用中间值比较出大小 12．(24-25高一上·福建福州·期末)（多选）已知实数a，b满足，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】利用零点存在性定理判断、零点所在区间判断A、B；由与的形式，及的单调性判断C、D. 【详解】令， 因为，，且在内单调递增， 由零点存在定理得在区间内存在唯一零点， 所以，由，得，A正确： 令， 因为在区间内单调递减，又， 故当，，所以函数在区间内无零点， 方程在区间内无解，B错误； 由，得，考虑到函数单调递增， 比较与的形式，可得，所以，D正确； 由，得，将其代入到中，得，即，C错误. 故选：AD 【点睛】关键点点睛：利用零点存在性定理及相关函数的单调性得到等量关系为关键. 13．(24-25高一上·福建龙岩·期末)（多选）已知函数，则（    ） A．函数为单调减函数 B． C．若，使得成立，则 D．函数（且的与函数的的所有交点纵坐标之和为20 【答案】BD 【分析】根据指数函数的单调性及单调性的性质判断A；结合指数运算得，即可判断B；结合函数的对称性，参变分离得在有解，然后利用指数函数的单调性求得函数最值即可判断C；画出两个函数在同一坐标系下的图象，根据对称性和周期性求和判断D. 【详解】对于A，易知当时，，时， 由单调递增可得在以及上分别为单调递减函数，即A错误； 对于B，易知函数满足， 因此可得关于对称，，即B正确； 对于C，由，即， 即在有解，因为，所以， 所以，所以可得，解得，即C错误； 对于D，画出函数以及的如下图所示： 易知也关于对称，的周期为4， 一个周期与有两个交点，所以与在共20个交点， 即，故D正确. 故选：BD. 【点睛】方法点睛：恒（能）成立问题的解法：若在区间上有最值，则 （1）恒成立： ；； （2）能成立：；. 若能分离常数，即将问题转化为：（或），则 （1）恒成立： ；； （2）能成立：；. 14．(24-25高一上·福建厦门·期末)已知函数． (1)判断的奇偶性，并说明理由； (2)解不等式； (3)当时，若关于x的方程有解，证明：． 【答案】(1)奇函数，理由见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据奇偶性的定义求解即可； （2）先利用定义法判断函数的单调性，再根据函数的单调性和奇偶性解不等式即可； （3）求出函数的值域，再换元令，则，当时，整理可得，构造函数，，分类讨论求出函数的值域即可得证. 【详解】（1）是奇函数，下面给出证明： 的定义域为R， 因为， 所以是奇函数； （2），且， 则， 因为，所以，， 所以，所以是R上的减函数， 等价于， 即， 因为是R上的减函数，所以， 整理得，解得； （3）因为，所以， 所以， 设，可得， 所以， 所以， 当时，，无解，不符合题意； 当时，整理可得，， 设，， 因为， 所以为奇函数，只需考虑， ①若，则， 因为在单调递减， 所以在单调递减， ②若，则，则在单调递减， 若，则，所以， 由双勾函数的单调性可得在单调递减， 所以当时，在单调递减， 又，所以，即，即， 所以． 【点睛】方法点睛：利用函数的奇偶性与单调性求解函数不等式，要设法将隐性划归为显性的不等式来求解，方法是： （1）把不等式转化为； （2）判断函数的单调性，再根据函数的单调性把不等式的函数符号“”脱掉，得到具体的不等式（组），但要注意函数奇偶性的区别. 15．(23-24高一上·福建师范大学附属中学·期末)已知函数在上为奇函数，. (1)求实数m的值； (2)存在，使成立. （i）求t的取值范围； （ii）若恒成立，求n的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）（ii） 【分析】（1）由奇函数定义列出恒等式即可求解. （2）（i）由复合函数单调性得在上单调递减，结合奇函数性质得，由此即可求解；（ii）将原不等式转换为恒成立，通过换元法即可求解. 【详解】（1）由题意函数在上为奇函数， 所以， 因为，所以解得，经检验符合题意. （2）（i）由（1）得在上为奇函数， 显然在上单调递增，在上单调递减， 所以由复合函数单调性可知在上单调递减， 从而在上单调递减， 所以 ， 即， 因为，所以，所以； （ii）由（2）（i）得，所以， 若恒成立， 则恒成立， 所以当，即时，， 所以n的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：第二问（i）的关键是先得函数单调性，结合奇函数性质可得关于的函数方程，由此即可顺利得解. 16．(23-24高一上·福建龙岩·期末)已知函数，． (1)若函数在为增函数，求实数的取值范围； (2)当时，，函数在区间上的值域为，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）任取，则，依题意可得可得，参变分离可得，从而求出的取值范围； （2）令，由复合函数的单调性说明在上单调递减，从而得到，令（），则关于的方程在上有两个不等实数根，等价于关于的方程在有两个不等实数根，结合一元二次方程根的分布得到不等式组，解得即可. 【详解】（1）任取，则 ， 因为函数在上为增函数，且时，， 所以由可得，即， ，，则，所以， 因此实数的取值范围是. （2）当时，. 令， 因为在上单调递减，又在定义域上单调递增，所以在上单调递减， 因为在区间上的值域为， 所以 即. 令（因为，所以）， 易知，关于的方程在上有两个不等实数根， 等价于关于的方程在有两个不等实数根， （时，，） 令， 则，解得， 所以的取值范围是. 【点睛】关键点睛：本题的关键是由复合函数的单调性得到的单调性，从而得到，再换元，将问题转化为关于的方程在有两个不等实数根的问题. 17．(23-24高一上·福建福州第一中学·)已知． (1)若，求不等式的解集； (2)存在区间，求的最大值． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）结合函数得奇偶性与单调性计算即可得； （2）由可以得到函数的对称性，对的值进行分类讨论可得函数单调性，从而得到函数的对称性及单调性，结合的对称性及单调性从而可得其符合要求得定义域，即可得解. 【详解】（1）时，，定义域为，， ， 所以是奇函数. ，令 易知函数在内单调递增， 函数在内单调递增， 所以，由复合函数的单调性可知在内单调递增. 所以可化为，即， 所以， ，得， 由，得，解得； 由单调递增，单调递增，所以， 又时，值为0，所以，解得， 即可得， 所以所求不等式的解集为． （2）因为 ， 所以图象关于对称，且有， ， 若， 则定义域为，所以在上单调递增， 令，得，又在单调递增，图象关于对称， 所以的解集为， 所以，所以， ②若无意义，舍去， ③若，则定义域为，所以单调递减， 令，得，又单调递减，图象关于对称， 所以的解集为，所以， 所以， 综上所述，. 【点睛】关键点睛：第二问关键在于得到函数的对称性及单调性，从而得到函数的对称性及单调性，结合的对称性及单调性从而可得其符合要求得定义域. 18．(24-25高一上·福建泉州第五中学·期末)已知奇函数， (1)求的值； (2)，，，求实数的取值范围； (3)，，，求的取值范围． 【答案】(1)1 (2) (3) 【分析】（1）由奇函数在0处有定义则建立方程，然后求得； （2）由简单复合函数的单调性求得函数单调性，并求出时，的值域.由三角函数的性质求得当时的值域，然后由题意得到不等式，解得实数的取值范围； （3）由函数的性质作出函数大致图象，然后由函数的对称性，找到的最大值，由函数图像增长趋势知道，随着的增大而增大，从而得到的取值范围. 【详解】（1）函数定义域为，且为奇函数， 所以，即经检验适合题意， 所以； （2）函数， ∵在上单调递增， ∴在上单调递减， ∴函数在上单调递增， ∴当时，， 当时，， ∴， 由题意可知，即， ∴； （3）因为，∴， 由函数的性质得到函数的大致图象： 由函数的对称性可知，当，满足的的差最小， 即，即，， ∴， 由函数图象可知，函数在上增长速度变慢，∴当时，随着变大而变大 当无限趋近于时，无限接近于1，此时趋近于无穷大，此时趋近于无穷大，故. 【点睛】方法点睛，本题是函数的综合，在解决在两个区间内，不等式存在解的问题，只需要转化为求不等式两边的最值问题即可，再由题意得到不等式，即可求得范围. 19．(23-24高一上·福建三明·期末)已知函数，． (1)若的最小值为，求实数的值； (2)当时，若，，都有成立，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意通过换元法，转换为定区间动轴的二次函数最值问题，对对称轴位置分类讨论即可求解. （2）由题意首先将原问题转换为在恒成立，进一步在恒成立．通过换元法求得即可. 【详解】（1）函数， 令，，所以，， ①当，即时，，解得， ②当，即时，（舍去）． 综上所述，实数的值为． （2）当时，对，，都有成立， 则． 由（1）可知时，， 所以． 则在恒成立， 即在恒成立， 则在恒成立． 令，，则， 因为在单调递增，所以， 所以， 所以， 综上所述，实数的取值范围为． 【点睛】关键点睛：第一问的关键是转换为二次函数最值求参数，第二问的关键是分离参数与换元法有机结合，由此即可顺利得解. 20．(23-24高一上·重庆·期末)已知函数． (1)证明函数的图象过定点； (2)设，且，讨论函数在上的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2)答案见解析 【分析】（1）计算出的值，即可证得结论成立； （2）对参数、的取值进行分类讨论，分析函数在上的单调性，即可得出函数在上的最小值. 【详解】（1）证明：因为，故函数的图象过定点. （2）当时， 由，可得，即， 由，可得，即， 即， 因为，所以， 所以，函数在上单调递增，则； 当时， 由可得，即， 由可得，即， 所以， 若，则， 此时，函数在上单调递增，则； 若，则， 当时，函数在上单调递减，此时，； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增，则. 综上所述，在上的最小值为. 【点睛】思路点睛：本题考查含参函数在闭区间上的最值问题，对于这类问题，要注意对参数的取值进行分类讨论，并分析函数在区间上的单调性，再结合单调性求解. 21．(23-24高一上·福建龙岩第二中学·期末)已知函数，. (1)若函数，，求的最值； (2)设函数，在区间上连续不断，证明：函数有且只有一个零点，且. 【答案】(1)，， (2)证明见解析 【分析】（1）确定的值域，换元令，将化为，结合函数单调性，即可求得答案； （2）分和讨论，时，结合函数单调性以及零点存在定理证明即可；时，说明函数值恒为正，即无零点，综合可得结论；利用零点得出，即可化简为，结合函数单调性即可证明不等式. 【详解】（1）由题意知，故， 令，在在上单调递增，故， 则，该函数在上单调递增， 故，. （2）函数，在区间上连续不断， 当时，与在上都单调递增， 故在区间上单调递增，而， ，即， 故存在唯一的，使得，即函数在上有且只有一个零点； 当时，在上单调递增，则， 而，故，故此时在上无零点， 综上可知函数有且只有一个零点； 因为，即， 所以，， 因为在上单调递减，故，即 故. 【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. 地 城 考点04 函数的应用 22．(23-24高一上·福建三明·期末)已知函数，若方程有2个实数根，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】由题意对分类讨论，并通过数形结合即可得解. 【详解】题分析：令，已知函数， 依题意与图象有2个不同的交点． 当时，与图象有1个交点，不符合题意． 当时，函数与的图象如图所示， 两个函数图象始终有2个交点，所以，符合题意． 当时，函数与的图象如图所示， 因为，， 所以，，解得， 所以，． 综上所述，的取值范围为． 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：在讨论当时，通过画图得出，由此即可顺利得解. 23．(23-24高一上·福建福州·期末)（多选）已知函数若关于的方程有3个实数解，则（    ） A． B． C． D．关于的方程恰有3个实数解 【答案】ABD 【分析】对于A项，通过作关于轴对称的函数的图象与的交点情况，不难判断；对于B，C两项，主要是考虑二次函数图象的对称性和的取值范围分析或者特例判断即得；对于D项，要先判断的范围，结合图象易得. 【详解】如图，依题意作出函数的图象， 对于A项，作出关于轴对称的函数的图象，与直线交于点，则，不难看出点在点的右侧，则，故，A项正确； 对于B项，因当时，的图象关于直线对称，故点与点关于直线对称，则， 由可得：，即，则得，故B项正确； 对于C项，当时，由解得：， 由解得：，， 此时，故C项错误； 对于D项，依题意，，在上单调递增，故， 于是由图知，函数与的图象恰有三个交点，即关于的方程恰有3个实数解，故D项正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：将方程的解的个数转化为函数的零点个数，或转化为对应的两个函数的图象交点个数求解，再通过作出函数的图象，根据其对称性、单调性或值域等推导相应参数的范围. 24．(23-24高一上·福建宁德·期末)关于的方程有且仅有1个实数根，则实数的值为 . 【答案】1 【分析】根据二次函数、三角函数的对称性进行分析，从而确定正确答案. 【详解】关于的方程有且只有1个实数根， 设函数，，问题转化为： 两个函数的图象有且只有1个公共点. 且两个函数由公共的对称轴：. 当时，函数有最小值：，且. 由或. 若，则，， 如图，根据函数图象，两个函数的公共点不唯一，故不合题意.      当时，，有最小值；，有最大值. 且（当且仅当时取等号），而. 所以两函数的图象只有一个公共点. 故答案为：1 【点睛】方法点睛：研究二次函数的最值，主要通过二次函数的开口方向和对称轴来进行分析.研究三角函数的最值，要注意的符号对最值的影响.求解方程的根的个数问题，可转化为两个函数图象交点个数问题来进行研究. 25．(24-25高一上·福建龙岩·期末)若函数，则函数的零点个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．无数个 【答案】B 【分析】根据函数表达式确定函数在（）上是增函数且，零点个数转化为函数与的图象交点个数，作出它们的大致图象后，观察可得交点个数，从而得结论． 【详解】由得， 在区间上的函数值都是区间上相应函数值的一半，， 又时，是增函数，即， 记，因此时，， 函数的零点个数，即的正解的个数，即的正解的个数， 即函数与函数的交点个数， 令，它在上是减函数，，，，，当时，， 作出和在上图象，如图，由图可知： 在时，的图象与的图象没有交点，所以在上，它们只有三个交点， 所以的零点个数为3. 故选：B． 【点睛】关键点点睛：利用函数零点的意义，将函数的零点转化为函数的图象交点，并作出图象是求解的关键. 26．(23-24高一上·福建福州第一中学·)若存在实数及正整数，使得在区间内恰有2024个零点，（1）当时， ；（2）时，所有满足条件的正整数的值共有 个． 【答案】 1012 4 【分析】 （1），数形结合得到不等式，求出的取值范围，结合为正整数，所以； （2）三角恒等变换，结合换元法得到，而，分三种情况，数形结合得到这样的正整数有4个. 【详解】 （1）当时，，当时，， 要想在上恰有2024个零点，则， 解得， 因为为正整数，所以； （2）由题意知， 令，此时， 而， 则上述方程在实数范围内一定有两个异号的根， ①当时，，其中无解， 对于，在内都有2个零点， 内都有4个零点，则或； ②当时，在有2个零点，在内有3个零点， 在内有5个零点，在内有6个零点，则需要个周期， 故； ③当时，因为，所以， 故当时，有，解得， 因为，，所以， 又，故， 则在内有4个零点，在内有8个零点，故； 综上所述，这样的正整数有4个，分别为，，或1012. 故答案为：1012；4 【点睛】 思路点睛：复合函数零点个数问题处理思路①利用换元思想，设出内层函数；②分别作出内层函数与外层函数的图象，分别探讨内外函数的零点个数或范围；③内外层函数相结合确定函数交点个数，即可得到复合函数在不同范围下的零点个数. 27．(23-24高一上·福建厦门·期末)已知函数. (1)解不等式； (2)讨论函数的零点个数. 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）结合函数的奇偶性与单调性计算即可得； （2）当时，等式恒成立，故为的一个零点，当时，表示出，可借助换元法，构造函数，结合零点与方程的关系计算即可得. 【详解】（1）的定义域为， 因为，所以是奇函数. 因为是增函数，所以是增函数， 由得，即， 所以，解得， 即原不等式的解集为； （2）由得， ①当，即时，等式成立， 所以为的一个零点. ②当，即时， 即 ， 令，则， 因为，所以为偶函数， 当时，令，在上单调递增， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 设，则在上单调递减，在上单调递增， ，， 又因为，， 所以当时，方程无解，所以没有零点； 当时，方程的解，此时有2个解， 所以有2个零点； 当时，方程有两个解，不妨设为，，且， 此时有4个解，所以有4个零点； 当时，方程有一个解，且， 此时有2个解，所以有2个零点. 综上所述：当时，有1个零点；当或时，有3个零点；当时，有5个零点. 【点睛】关键点睛：本题第二问关键在于使用换元法，将复杂的的值转化为，从而可结合方程的根的个数进行分类讨论. 28．(24-25高一上·福建泉州第五中学·期末)已知函数， (1)若的定义域为，求实数的取值范围； (2)，，求实数的取值范围； (3)已知函数，若恰有一个零点，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) (3)或. 【分析】（1）由对数函数真数大于0得到，由根的判别式得到不等式，求出答案； （2）转化为在上恒成立，令，对称轴为，分，和三种情况，结合函数单调性和最小值，得到不等式，求出答案； （3）分析出当时，的定义域为，转化为在只有1个解，换元后得到，，由对勾函数单调性和值域得到或，当，分析得到的定义域为，转化为在只有1个解，结合根的判别式得到，故时，满足要求，从而求出的取值范围 【详解】（1）由题意得恒成立， 故，解得， 故实数的取值范围是； （2），， 故在上恒成立， 即在上恒成立， 令，对称轴为， 当时，在上单调递增， 只需，解得， 与取交集得； 当时，的最小值为， 故只需，解得； 当时，在上单调递减， 只需，解得， 与取交集得， 综上，实数的取值范围为； （3）需满足，故， 恰有一个零点， 由（1）知，若，此时的定义域为， 若，的两根为， ， 其中，故，， 故，所以的定义域为， 若，此时定义域为， 综上，当时，的定义域为， 令在只有1个解， 变形得到，令， 则，， 下面证明在上单调递减，在上单调递增， 设， 则， 因为，所以， 故，， 所以在上单调递减， 同理可证在上单调递增， 其中，， 要想在只有1个解，需满足或， 又，所以或， ，的两根为，， 其中，故，， 故，所以的定义域为， 则的定义域为， 故在只有1个解， 令，其中， 故需满足，即， 化简得，显然，当时，上式恒成立， 故时，满足要求， 综上，实数的取值范围为或. 【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. 29．(24-25高一上·福建龙岩·期末)双曲函数在实际生活中有着非常重要的应用，比如悬链桥.在数学中，双曲函数是一类与三角函数类似的函数，最基础的是双曲正弦函数和双曲余弦函数. (1)证明：； (2)求证：函数存在唯一零点且； (3)令，对任意，，都有，求实数的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据双曲函数的运算性质和指数幂的运算性质化简计算即可得证； （2）通过逐段分析得函数的单调性，并结合零点存在定理确定在上有且仅有一个零点，且，从而得，再由函数的单调性即可得证； （3）由题设知对任意，，成立，而，故对于任意成立，结合对数函数性质，继而转化为对于任意成立，结合解不等式以及函数单调性，即可求得答案. 【详解】（1）证明：右边 左边. 所以 （2）证明：当时，，所以单调递增. 又，由于，而， 所以.又， 所以由零点存在定理得在内有唯一零点，使得.- 当时，，所以，则在上无零点； 当时，，所以， 则在上无零点. 综上，在上有且仅有一个零点 所以，且， 则. 由函数的单调性得函数在上单调递减， 则，故 （3）令，对任意，，都有，求实数的取值范围. 因为对于任意都有成立， 所以成立. 因为当且仅当时等号成立， 所以 即对于任意成立， 又需满足，对于任意成立，则， 由，可得，所以. 式可化为， 即对于任意成立，即成立， 即对于任意成立， 因为，所以对于任意成立， 即对于任意成立，而，所以， 又，可得，所以的取值范围为. 【点睛】方法点睛： （1）对于证明连续函数在区间内有唯一零点的问题，可以寻找命题的一个充分条件：在区间上是单调函数，并在区间内存在两个特殊值，，使得； （2）对于由函数不等式恒成立求解参数范围的问题，通常结合函数的单调性将不等式恒成立转化为函数最值问题解决. 30．(24-25高一上·福建漳州·期末)若函数存在零点，函数存在零点，且，则称与互为相近函数． (1)判断与是否互为相近函数，并说明理由； (2)定义在上的函数有且只有一个零点，函数，若与互为相近函数， （i）求的值． （ii）求的最大值． 【答案】(1)与互为相近函数，理由见解析 (2)（i）；（ii）． 【分析】（1）根据零点的定义求函数的零点，由定义可得函数的零点的范围，由可得与互为相近函数； （2）由题意，易得有唯一零点0，进而得到在上有解，分离常量可得，令，化简计算、利用基本不等式即可求得结果. 【详解】（1）令，解得，即有唯一零点2 因为在上单调递增且连续， 而且，，，所以存在唯一零点，且， 所以满足，所以与互为相近函数． （2）（i）已知定义在上的函数，对上的任意一个，都有， 所以为偶函数， 又已知有且只有一个零点，所以，解得； 经检验，当时，有唯一零点0． （ii）由（i）知，．有且只有一个零点为0， 又与互为相近函数， 所以在上有解， 由，即， 所以， 令，因为，所以， ， 当且仅当，，即时，取到最大值为． 31．(24-25高一上·福建福州第一中学·)已知函数（，，）的图象过点，. (1)证明：函数的图象是轴对称图形； (2)若在区间上恒成立，求m的取值范围； (3)设函数，若有唯一零点，求实数t的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用求出可得，再证明是偶函数即可； （2）利用单调性、奇偶性转化为，或在区间上恒成立，再转化为，或，再利用单调性求最小值即可； （3）由得，或，令或，转化为在上有唯一零点，或在上有唯一零点， 令，结合二次函数根的分布可得答案. 【详解】（1）因为函数的图象过点，， 所以，解得， 所以， 可得，的定义域关于原点对称， ， 所以是偶函数，图象关于轴对称， 即函数的图象是轴对称图形； （2）， 当时，、是增函数， 所以是单调递增函数，又是偶函数， 若在区间上恒成立， 则， 可得，或在区间上恒成立， 若，在区间上恒成立时， 即， 令，， 因为在上是减函数，在上是增函数， 所以在上是减函数， 可得，即； 若，在区间上恒成立时， 即， 令，， 因为在上是减函数，在上是增函数， 所以在上是减函数， 可得，即； 综上所述，； （3）由得，或， 即，或， 令函数， 可得，即， 令或， 可得在上有唯一零点， 或在上有唯一零点， 令， （i）若在上有唯一零点， 则当时，得，由得无解； 则当时， 可得，或， 可得； 则当时， 可得，或， 可得无解； （ii）若在上有唯一零点， 可得，或， 解得； 综上所述，实数t的取值范围. 【点睛】关键点点睛：第三问关键点是由得出，或，令或，然后转化为在上有唯一零点，或在上有唯一零点. 32．(23-24高一上·福建龙岩·期末)已知函数的图象关于直线对称，其最小正周期与函数相同． (1)求的单调递减区间； (2)设函数，证明：有且只有一个零点，且． 【答案】(1)，. (2)证明见解析 【分析】（1）利用三角恒等变换公式化简，在结合最小正周期及对称性求出、，从而得到解析式，再根据正弦函数的性质计算可得； （2）由（1）可得，分、、三种情况讨论，结合零点存在性定理说明有且只有一个零点，且，从而得到，再结合函数的单调性证明即可. 【详解】（1） ， 因为函数最小正周期与函数相同，且函数的最小正周期为， 所以，解得. 又因为函数的图象关于直线对称， 所以，，即，， 因为，所以， 所以， 由，，解得，， 所以函数的单调递减区间是，. （2）由（1）可得，定义域为， ①当时，函数在上单调递增， 因为， 所以，根据零点存在定理，使得， 故在上有且只有一个零点. ②当时，因为单调递增，单调递减， ，，所以， 所以在上不存在零点； ③当时, 因为单调递增，，因为             所以，所以在上不存在零点； 综上：有且只有一个零点，且. 因为， 所以， 所以， 在上单调递减， ，所以. 【点睛】思路点睛：证明函数的零点个数问题，通常是通过说明函数的单调性，再结合零点存在性定理证明. 地 城 考点05 三角函数 33．(24-25高一上·福建莆田第一中学·期末)若，且． （1）当时， ；（2）的最小值为 ． 【答案】 【分析】（1）代入，得到，并求出，利用诱导公式得到，求出； （2）由三角恒等变换得到，从而，换元得到，求出最小值. 【详解】（1）当时，， 即， ，即，所以， 又，故， 所以，故， 由于， 所以， 所以一种情况是， 解得，满足要求， 还可能，解得，不合要求， 故； （2）， 故， ， 由得， ， 令，则， 当时，，此时，即时，等号成立. 故答案为：， 【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题， 常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案； ②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法； ③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为三角函数或二次函数求出最值. 34．(24-25高一上·福建泉州第五中学·期末)（多选）已知，则下列结论正确的是（    ） A．为偶函数． B．的图象关于直线对称． C．当且时，在内恰有2025个零点． D．，，则的最大值为． 【答案】BCD 【分析】A选项，当时，，A错误；B选项，，B正确；C选项，令得，又，解得或，的解个数为1013个，的解个数为1012个，故C正确；D选项，令，则在上恒成立，分，和三种情况，得到的最大值为，D正确. 【详解】A选项，，定义域为R， 若，则，满足， 此时为偶函数， 若，则， 此时不为偶函数，A错误； B选项，， 故的图象关于直线对称，B正确； C选项，当且时，， 令得，又，解得或， ，解得，又， 故，有1013个解， ，在上，有两个解，设为， 又，故或，， 故此时有个解， 综上，或，共有个解， 在内恰有2025个零点，C正确； D选项，，， 令，则在上恒成立， 令，对称轴为， 若，即时，在上单调递增， 故只需，，，， 故，当时，等号成立， 若，即时，在上最小值为， 故只需，即， 故， 当且仅当时，等号成立， 若，即时，在上单调递减， 故只需，，，故， ，当且仅当时，等号成立， 综上，的最大值为，D正确. 故选：BCD 【点睛】知识点点睛：函数的对称性： 若，则函数关于中心对称， 若，则函数关于对称 35．(24-25高一上·福建厦门·期末)如图所示，齿轮A和齿轮B相互啮合（齿的尺寸忽略不计），其半径之比为，当时，齿轮A上的点和齿轮B上的点均与坐标原点重合．当两齿轮旋转时，和在相同时间内运动的弧长相等，则，运动的角速度之比为 ．若，则关于t的一个函数解析式为 ． 【答案】 （或2） （答案不唯一）． 【分析】做圆周运动的质点在相同时间内运动的弧长相等，通过计算可求的角速度之比，利用待定系数法设，利用周期、振幅、相位等概确定三角函数表达式中的参数即可求得结果. 【详解】因为做圆周运动的质点在单位时间t内运动经过的弧长，且和在相同时间内运动的弧长相等，所以和在运动的角速度之比等于运动半径之比的倒数，即， 所以周期之比为二者的旋转方向相反． 设，由可知． 又因为的值域为，所以齿轮A的半径为1，的取值范围为． 所以，解得． 当时，，得， 所以．． 故答案为：（或2）；（答案不唯一）． 36．(24-25高一上·福建福建师范大学附属中学·期末)（多选）已知函数，且在区间上单调递减，则下列结论正确的有（   ） A．若，则 B．若恒成立，则满足条件的有且仅有1个 C．若，则的取值范围是 D．若，则的取值范围是 【答案】ABD 【分析】据中心对称即可求值A；由周期的范围求出的范围，利用函数平移求出周期判断B正确；举例说明判断判断C；结合已知单调区间得出范围判断D. 【详解】对于A，由及在上单调递减， 得的图象关于点对称，因此，A正确； 对于B，若恒成立，则为函数的周期或周期的倍数， 即，解得，，而周期，则， 又，即，因此，即满足条件的有且仅有1个，B正确； 对于C，，取，函数在上单调递减， 即也满足要求，C错误； 对于D，依题意，为单调递减区间的子集， 则，其中，解得，， 当时，，当时，， 所以的取值范围是，D正确. 故选：ABD 37．(23-24高一上·福建龙岩·期末)（多选）已知在上是单调函数，对任意满足，且．设函数，，则（    ） A．函数是偶函数 B．若函数在上存在最大值，则实数a的取值范围为 C．函数的最大值为1 D．函数的图象关于直线对称 【答案】BC 【分析】依题意可得的图象关于点对称且当时，取得最大值，结合函数的单调性，即可求出最小正周期，从而求出、得到、解析式，再结合正弦函数的性质判断A、B，由即可判断C，利用特殊值说明不恒成立，即可判断D. 【详解】因为，即，所以的图象关于点对称， 又对任意，都有，所以当时，取得最大值. 因为在是单调函数，所以得， 所以，又因为函数在时取得最大值， 所以，则，即． 因为，所以，则. 因为函数，所以， 对于A：，即为奇函数，故A错误. 对于B：因为函数在时取得最大值，又因为，最小正周期， 令，，解得，， 即在，上单调递减， 又函数在取得最大值， 因为函数在上存在最大值，则实数的取值范围为，故B正确． 对于C：因为， 所以，且， 所以函数的最大值为1，故C正确. 对于D：若的图象关于直线对称， 只要证对定义域内的都成立，取，， 但，所以，矛盾， 所以的图象不关于直线对称. 故D错误． 故选：BC 【点睛】关键点睛：本题的关键是根据对称性的性质得到的图象关于点对称，从而求出解析式. 38．(23-24高一上·福建三明·期末)（多选）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．是周期函数 B．函数在单调递减，单调递增 C．若，则 D．不等式的解集为 【答案】ABD 【分析】根据函数解析式先考虑其定义域，奇偶性和周期性，然后研究函数的其他性质只需考虑轴右侧即可，对于C项，是通过举反例说明其不成立的，而对于D项，则必须研究其一个周期上的图像单调性，极值才能利用抽象函数单调性进行求解. 【详解】因可知函数定义域为R，由可知函数为偶函数， 且，故有一个为，故A项正确； 对于B项，当时，，，则函数在上单调递增， 由奇偶性知，函数在上单调递减，故B项正确； 对于C项，因，， ，则， 但是，故C项错误； 对于D项，先求不等式在一个周期内的解集，取区间， 由不等式可得：，即：也即：(*), 由B项知函数在上单调递增，当时，，因，则函数在上单调递减， 当时，，，则函数在上单调递增， 同理函数在和上单调递减，在上单调递增，如图.    结合图象，由（*）可得：，则在整个定义域上有， 解得：，故D项正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查由三角函数与绝对值函数复合的函数的性质,属于较难题. 解决此类题的关键在于根据函数式特点，从函数的定义域、奇偶性，周期性入手探究，在具有奇偶性，周期性前提下，使单调性判断只需在小范围上考查即可，同时，常常还需要根据性质作出相应的函数图象，数形结合进行推理计算. 39．(23-24高一上·福建三明·期末)“函数的图象关于点对称”的充要条件是“对于函数定义域内的任意，都有”．若函数的图象关于点对称，且，则函数与在内的交点个数为（    ） A．196 B．198 C．199 D．200 【答案】B 【分析】由题意首先得，进一步，通过数形结合找规律即可得解. 【详解】由题意， 在中，不妨令，得， 所以，经检验满足题意， 所以 所以， 如图所示： 由于与都是奇函数，先考虑时的交点个数， 由图可知时，与的交点分布在这49个区间内， 且每个区间内都有2个交点， 同理时，与的交点分布在这50个区间内， 且每个区间内都有2个交点， 综上所述，函数与在内的交点个数为. 故选：B. 【点睛】关键点睛：在由求参数时，可先通过令特殊的值代入表达式得到关于的方程组，进一步解之并检验，由此即可顺利得解. 40．(23-24高一上·福建福州·期末)用表示函数在闭区间上的最大值，已知. （1）若，则的取值范围是 . （2）若，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】（1）分、两种情况讨论，求出，根据可得出关于实数的不等式，解之即可； （2）对实数的取值进行分类讨论，求出、，根据可得出关于的不等式，综合可得出实数的取值范围. 【详解】（1）若时，函数在上单调递增， 当时，则，则，解得， 因为，解得， 若，当时，，则，不合乎题意， 综上所述，实数的取值范围是； （2）当时，则，则，， 由可得， 整理可得，因为，则，矛盾； 当时，则，则，， 由可得，无解； 当时，，则， 若，则，此时，函数在上单调递减， 则， 由可得，可得，解得； 若，则， 此时，函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，， 由可得，可得， 可得，解得； 若，则，由，可得，矛盾. 综上所述，实数的取值范围是. 故答案为：（1）；（2）. 【点睛】关键点点睛：本题考查三角不等式的求解，解题的关键是对实数的取值进行分类讨论，结合正弦函数的单调性求出、，进而得出不等式求解. 41．(23-24高三上·天津八校联考·期末)已知函数的对称中心到对称轴的最小距离为，将的图象向右平移个单位长度后所得图象关于y轴对称，且关于函数有下列四种说法： ①是的一个对称轴；②是的一个对称中心； ③在上单调递增；④若，则，． 以上四个说法中，正确的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】利用三角函数性质可得，代入验证检验可得①正确；②错误；根据正弦函数单调性利用整体代换法可得③错误；由正弦函数图象性质可知两个相邻零点的距离为半个周期，即任意两个零点之间的距离为半周期的整数倍，可得④正确. 【详解】根据题意由对称中心到对称轴的最小距离为可得，即，得； 将的图象向右平移个单位长度后可得， 其图象关于y轴对称，所以为偶函数，则，， 解得，，由可知当时，符合题意； 由可得； 因此； 对于①，当时，，取得最大值， 所以是的一个对称轴，即①正确； 对于②，当时，， 所以不是的一个对称中心，即②错误； 对于③，当时，可得，又在上不单调， 所以在上不是单调递增的，所以③错误； 对于④，若，由正弦函数图象性质可知两个相邻零点的距离为半个周期， 所以任意两个零点之间的距离为半周期的整数倍， 由的周期为可得，，即④正确； 所以正确的个数只有①和④共2个. 故选：B 【点睛】方法点睛：求解三角函数图象性质问题时，要充分利用已知条件并结合图象特征求出解析式，再由检验法或整体代换法判断结论是否正确. 42．(23-24高一上·福建南平·期末)已知函数． (1)求函数的最小正周期； (2)若方程在区间上恰有三个实数根，且，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】 （1）利用三角恒等变换化简的表达式，结合正弦函数的周期公式，即可求得答案； （2）利用换元，，将的根的问题转化为在上有三个实根的问题，结合正弦函数的对称性以及周期性得到之间的关系式，继而推出，结合参数的范围，即可求得答案. 【详解】（1）依题意， ， 所以函数的最小正周期为； （2） 由得，令，则， 因为，所以， 依题意，在上有三个实根，且， 则，， 所以， 即， 又，   所以， 因为，所以，从而， 所以的取值范围是 【点睛】 关键点点睛：（2）中，要利用换元法，将方程在区间上恰有三个实数根，转化为在上有三个实根的问题，结合正弦函数的对称性，即可解决. 43．(23-24高一上·福建漳州·期末)已知函数，函数为奇函数，其中，. (1)求的值； (2)用表示，中的最小者，记为，请讨论在内的零点个数. 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）根据解得答案，再验证即可. （2）考虑，，三种情况，首先确定的零点情况，再根据，，，四种情况计算的零点，综合得到答案. 【详解】（1）是奇函数，所以，即， 因为，所以， ，函数定义域为，， 函数为奇函数，满足； （2）①当时，，从而，所以在内无零点. ②当时，，，， 所以当，且时，， ，即是的零点； 当，时，， ，即不是的零点. ③当时，，所以与在内的零点完全相同. ，，即，. （i）当，时，， 所以在内的零点有，，…，共个； （ii）当，时，， 所以在内的零点有，，…，，共个； （iii）当，时，，在内无零点； （iv）当，时，， 在内的零点有，，…，，共个. 综上所述： 当，时，在内共有个零点； 当，时，在内共有个零点. 【点睛】关键点点睛：本题考查了三角函数的奇偶性问题，三角函数的零点问题，意在考查形式的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，分类讨论可以明确解题思路，是解题的关键，此方法是常考的数学方法，需要熟练掌握. 44．(24-25高一上·福建福州第一中学·)定义域为R的函数满足：对任意，都有，则称具有性质P. (1)分别判断以下两个函数是否具有性质和； (2)若函数具有性质P. （ⅰ）求出，的值； （ⅱ）若将函数的图象向左平移个单位长度，再对图象上每个点纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，若对任意的a，，当时，恒成立，求正实数m的取值范围. 【答案】(1)不具有性质，具有性质. (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）根据性质的定义，结合两个函数的解析式，即可判断； （2）（ⅰ）结合性质的定义，根据特殊值，即可判断，再根据定义得到，，并推导出，并求的值，（ⅱ） 【详解】（1）， ， 所以，所以不具有性质， ， ， 所以，所以具有性质. （2）若具有性质，则， 则，因为，所以， 则， 由得，，， 若，则存在，使得， 而，上式不成立， 故，即，因为，所以， 则，，则， 验证：当时，， 则对任意，， ， 所以等式成立， 故存在，使得具有性质. （ⅱ），所以， ，， 由，得 即， 即， 即， 即， 因为对任意的，当时，恒成立， 所以对任意的，当时，，恒成立， ，，不妨设， 则问题转化为在区间上单调递减， 所以，解得： 45．(23-24高一上·福建福州·期末)筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具.如图，假定在水流量稳定的情况下，一个半径为的筒车开启后按逆时针方向做匀速圆周运动，每分钟转1圈、筒车的轴心距离水面的高度为.设筒车上的某个盛水筒到水面的距离为（单位：）（在水面下则为负数）.若以盛水筒刚浮出水面时开始计算时间，则与时间（单位：s）之间的关系为.    (1)求，，，的值； (2)若盛水筒在不同时刻，距离水面的高度相等，求的最小值； (3)若筒车上均匀分布了12个盛水筒，在筒车运行一周的过程中，求相邻两个盛水筒距离水面的高度差的最大值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由圆的半径、周期性以及锐角三角函数即可求解； （2）不妨设，由题意得，通过分类讨论即可求解； （3）由题意首先得，，由此即可进一步求解. 【详解】（1）如图，设筒车与水面的交点为，，连接， 过点作于点，过点分别作于点，于点，    则， 因为筒车转一周需要1分钟，所以， 故. 在中，， 所以，即. （2）由（1）知，. 不妨设，由题意得， 故， 所以，或，. 当，时，解得，， 故，当且仅当，时，等号成立. 此时的最小值为60； 当，时，解得， 显然当时，取得最小值40. 综上，的最小值为. （3）设在筒车运行一周的过程中，相邻两个盛水筒距离水面的高度差为， 两个相邻的盛水筒的位置分别用和表示，则. 所以 ， 当，即，时， 高度差的最大值为. 【点睛】关键点睛：第三问的关键是准确求出，由此即可顺利得解. 试卷第1页，共3页 2 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $