专题02 函数概念与基本初等函数（6大考点）（全国通用）2026年高考数学二模分类汇编

**基本信息** 聚焦函数专题的二模试题汇编，涵盖6大核心考点，精选全国多地区二模真题，注重图象应用、性质综合及实际问题解决，梯度设计合理。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|约40题|函数图象、单调性比较、奇偶性周期性、不等式交汇|结合AI算力、冷链物流等时代情境，如“算力规模每半年翻一番”考查指数函数| |多选/填空|约25题|抽象函数、实际应用|抽象函数综合对称性与周期性，如“函数图象关于点对称”；实际问题融入文化素材，如沙漏计时器剩余沙子高度函数|

专题02 函数概念与基本初等函数 6大考点概览 考点01函数的图象及其应用 考点02利用函数单调性比较大小 考点03函数奇偶性、周期性等性质的综合应用 考点04函数与不等式恒成立、解法交汇问题 考点05抽象函数问题 考点06实际问题中的函数应用 ( 函数的图象及其应用 考点1 ) 1．（2026·四川·二模）函数的部分图象可能是（   ） A．B．C．D． 【答案】B 【分析】根据函数的奇偶性及赋值法判断即可. 【详解】函数定义域为，，因此是奇函数，故排除A.当时，，又，所以.故排除C.当时，，故排除D.函数的部分图象可能是选项B. 2．（2026·山东济南·二模）已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分析各选项中函数的定义域、零点、奇偶性以及函数值符号，结合题中图象可得答案. 【详解】对于A选项，对于函数，由可得， 即函数的定义域为，与题中图象不符； 对于B选项，令，可得，即函数只有一个零点，与题中图象不符；对于C选项，函数的定义域为，，函数为偶函数，与题中图象不符；对于D选项，函数的定义域为，，函数为奇函数，令得，可得，当时，，则，与题中图象相符. 3．（2026·四川南充·二模）函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（    ） A．B． C． D． 【答案】A 【分析】由函数定义域、值域及对称性判断. 【详解】B选项，函数，定义域为R，与图象不符，B选项错误；CD选项，对于函数， 当时，恒成立，与图象不符，CD选项错误；A选项，函数，定义域为，，函数为奇函数，图象关于原点对称，当或时，；当或时，.A选项正确. 4．（2026·吉林·二模）已知函数的图象关于直线对称，且在上单调递减，若，，则m的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由函数的对称性得到恒成立，通过平方化简即可求解. 【详解】由关于直线对称，且在上单调递减，因为，恒成立，所以 ，两边平方展开化简： 即 ，整理得，因为对任意不等式恒成立，故，即，故的取值范围是. 5．（2026·广东广州·二模）若函数的图象与的图象关于直线对称，且，则（   ） A． B． C． D．9 【答案】B 【分析】根据两个函数图象关于直线对称，得出它们互为反函数，进一步求出反函数表达式，并作为的解析式，最后根据题意得到关于的方程，求解. 【详解】因为两个函数图象关于直线对称，所以是的反函数， 对整理得：，，交换可得反函数：，又因为，所以 ，化简可得：，即，两边取以3为底的对数，则. 6．（2026·河南郑州·二模）已知函数，若函数与函数的图象的交点有个，记为，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】判断出两函数的图象都关于点中心对称，根据复合函数的性质判断出函数的定义域为上单调递增，作出两函数的图象，可得交点个数，根据函数的对称性求解即可. 【详解】因为， 且，所以的图象关于点中心对称； 又因为，由，可得，即函数的定义域为， 且，易知函数在上单调递增， 又，所以的图象关于点中心对称；所以两函数的交点也关于点中心对称；作出两函数的图象，如图所示： 由此可得两函数图象共有3个交点，其中一个交点为，设另外两个交点分别为，则，所以. 7．（2026·安徽阜阳·二模）已知的定义域为，的图象关于点对称，，且的图象关于点对称，则（    ） A．99 B．78 C．66 D．52 【答案】A 【分析】由条件结合对称性的性质可得，，结合关系可得，由此可得，再求，结合可得结论. 【详解】因为关于对称，所以，用替换可得①，因为关于对称，所以，又，用替换可得， 用替换可得，两式相加可得， 用替换可得②，由①②可得， 用替换可得，因为， 在中令，得，故， ， 因此. 8．（2026·山东泰安·二模）2002年山西陶寺遗址的考古发掘中，出土了5件漆木漏斗形器，被确认为沙漏计时器，经3D打印复原实验，每件沙漏装满细沙后自动匀速下漏，全部漏完用时14.4分钟，100件漏完恰好为24小时.如图，该漏斗形器上部为圆台，下部为圆锥，则装满沙子的漏斗形器中剩余沙子的高度与时间的函数的大致图象为（    ） A．B．C．D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用圆台、圆锥的结构特征，结合单位时间内漏出相同体积的沙子，分析高度下降速度随时间变化的快慢即可判断得解. 【详解】依题意，细沙匀速下漏，单位时间漏出沙子的体积恒定，随时间的增大，高度逐渐减小，沙面面积逐渐减小，由圆台上部大下部小，得漏出的沙子，随时间的增大，高度的变化量逐渐增大，因此的下降速度越来越快，对应图象变得越来越陡，排除选项BC；又漏斗上部为圆台，下部为圆锥，两部分沙面面积随的变化规律不同， 圆锥部分比圆台部分沙面面积更小，减小更快，因此的下降速度更快，图象更陡， 且下降速度在交界处会发生变化，图象在交界处不光滑，排除选项A，选项D符合题意. 9．（2026·湖南衡阳·二模）已知函数与的图象关于直线对称，函数，，若方程在区间上有解，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】令可将方程变为，通过分析可确定，将问题转化为在上有解的问题，通过分离变量的方法，结合导数求得函数值域，进而得到所求范围. 【详解】与图象关于直线对称，，，；设，则由得：，均在函数图象上；假设，在上单调递增，，即，与假设矛盾；假设，在上单调递增，，即，与假设矛盾；，即在上有解，即；令，则，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，又，，，解得：，即实数的取值范围为. 10．（2026·青海西宁·二模）将函数的图象向左平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度得到函数的图象，则的大致图象为（   ） A．B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意求得，结合函数定义域、奇偶性及特殊值，利用排除法求解. 【详解】由题得，易知函数的定义域为， 又，故是奇函数，图象关于原点对称，排除AD； 当时，，排除C，故B符合题意. 11．（2026·四川凉山·二模）函数的定义域为，将曲线向左平移个单位得到函数的图象，且，则可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】逐项求出对应后，检验是否满足即可得. 【详解】对A：若，则， 由，故A错误； 对B：若，则， 则，， 即满足，故B正确；对C：若，则，由，故C错误；对D：若，则， 由，故D错误. 12．（2026·四川成都·二模）已知函数的图象如图所示，则其解析式可能为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据函数图像，结合函数的性质逐项判断即可求解. 【详解】对于A，的图像是一条直线，故A错误；对于B， 的定义域为，又时，，所以，故B错误； 对于C，对数函数在单调递增，满足题意，故C正确， 对于D ，的定义域为，又，由，，所以，故D错误. 13．（2026·湖南岳阳·二模）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正三角形ABC沿着x轴连续滚动(滚动时无滑动)，若顶点A在滚动中恰好经过坐标原点，设顶点满足函数关系式，则下列判断正确的有（   ） A． B．函数图象的对称轴方程为 C．不等式的解集为 D．直线与函数的图象恰有3个交点 【答案】ACD 【分析】根据题意作出函数图象，即可判断A，结合函数图象分析周期性和对称性，即可判断B；根据图象交点判断CD. 【详解】如图，在图中一段一段的扇形上运动， 对于选项A：初始时在原点，当时，即为正三角形的高，所以，故A正确；对于选项B：由图可知：的一条对称轴为，周期为6，每经过半个周期均为的对称轴，所以函数的对称轴方程为，故B错误；对于选项C：如图所示， 若，解得，所以不等式的解集为，故C正确；对于选项D：令，解得， 结合图象可知：直线与函数的图象恰有3个交点，故D正确. ( 利用函数单调性比较大小 考点 2 ) 1．（2026·江西九江·二模）已知，则的大小关系为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由题可得：，，，故. 2．（2026·天津河东·二模）已知，，，则，，的大小关系为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分别判断与的大小关系即可. 【详解】由可知，底数，指数，因此又因为且所以再看利用换底公式，由于所以从而综上可得因此 3．（2026·江西·二模）已知函数，若，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因函数在上单调递减，在上单调递增.故.设在上单调递增且恒为正数，而在上单调递增，由复合函数的单调性可知在上单调递增，所以，即． 4．（2026·安徽合肥·二模）设，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意可得，，找出中间值，借助对数运算可得，合理放缩计算可得，则可得，即有，综上即可得解. 【详解】由，，则，，由，则，即，由，则，即，故；由，则，即，即；综上可得：. 5．（2026·陕西咸阳·二模）已知，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】构造，，可知在内单调递增，结合函数单调性比较大小即可. 【详解】构造，，则，可知在内单调递增，因为，可得，即，所以，又因为，可得，则，所以，综上所述：. 6．（2026·上海普陀·二模）设x、y、，若，则下列结论中不可能成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】在同一坐标系中作出的图象，利用函数零点思想，结合图象逐一判断即得. 【详解】如图在同一坐标系中分别作出函数的图象， 依题意直线与三个函数都有交点，设交点的横坐标依次为，则需判断这些交点的横坐标之间有怎样的大小关系.由图知，有三种不同的情况：当直线在①位置时，显然有：；当直线在②位置时，显然有：；当直线在③位置时，显然有：，故D错误. 7．（2026·河北衡水·二模）“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】先由对数函数和幂函数的单调性得到a和b的关系，即可判断出答案. 【详解】因为在定义域上是单调递增函数，所以由等价于，由可知且，又因为函数在上是单调递减函数，所以等价于，因此，“”是“”的充要条件. 8．（2026·山东济南·二模）已知正实数满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】构造函数，利用同构比较大小. 【详解】由于，所以， 设，则，所以在上单调递增， 那么，所以，， ，设，， 所以，在上单调递减，，即, 由于，那么, ，综上，. 【点睛】本题考查利用导数比较大小，解题关键在于利用同构式发现，进而得出，是难题. 9．（2026·四川德阳·二模）若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将，变形为，令，再用导数法证明其单调性即可. 【详解】根据题意，可知，，， ∵， ∴， 令，，则，∵， 令，∵，∴， 即对于任意的，恒有，∴在上单调递增，∴. 10．（2026·四川达州·二模）已知，下列不等式正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为，所以，则，因为在上单调递增，所以，故A错误；因为在上单调递减，所以，故B错误； 因为在上单调递增，所以，故C正确；因为，所以，故D错误. 11．（2026·湖北·二模）定义在的函数满足：，，且时，，若，，，则、、的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】令代入，得到的奇偶性，令，可得，并结合题干可推得的单调性，再对、、进行变形，往中凑，最后再令，研究的单调性即可求解． 【详解】，，令，则，得，令得，即函数是奇函数，下面判断函数的单调性，令，则，，所以， 所以，即，所以在单调递增， ，，，构造函数，则，当时，，当时，，所以在递增，在递减，则，即，所以，又在单调递增，所以，也即． 12．（2026·湖南常德·二模）已知实数满足：，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用指数函数单调性分析不同取值对应的与1的大小关系，从而判断的符号. 【详解】 因为，所以，即，所以， 设 ，求导得 ， 因为，，因此，即在上是单调递增. 若 ，则，对应 ，得 ，此时 ； 若 ，由单调递增得 ，即， 又是增函数，故，此时 ，得 ； 若 ，由单调递增得得，解得，此时； 综上，所有情况都满足，选C. 13．（2026·福建厦门·二模）设函数，记，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先判断函数的奇偶性，再利用导数判断函数的单调性，比较自变量的范围和大小，利用函数单调性和奇偶性比较即得. 【详解】因为,所以函数是偶函数，所以. 当时,,此时有，所以函数在单调递增， 又因为,所以.又因为,所以,由函数的单调性可得即 14．（2026·山西太原·二模）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据指数函数的单调性，利用不等式放缩进行分析求解即可. 【详解】在上为增函数，，，即. ，. 令，，，，当时，，所以在上单调递增. 又因为，所以当时，，当时，.， ，即. 15．（2026·青海西宁·二模）已知，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】，因为，两边取以8为底的对数可得.又因为，两边取以8为底的对数可得，可知.由，可得，由，可得， 从而可得． 16．（多选）（2026·山东东营·二模）已知，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．若，则 D． 【答案】AC 【分析】选项A利用函数的单调性判断；选项B余弦函数不单调，举反例；选项C根据不等式的性质确定；选项D利用函数的单调性判断. 【详解】函数在区间上单调递增，因为，所以，选项A正确；，时，，选项B错误；若，，则，选项C正确；函数在上单调递减，所以，选项D错误. 17．（多选）（2026·河南开封·二模）已知，则（   ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】构造函数并利用导数确定其单调性，将多个等式统一转化为同一函数值的大小比较，从而建立变量间的不等关系；A选项借助极限思想构造反例进行排除，B选项直接由所得不等关系移项得出；C选项运用反证法结合等式变形推导出矛盾；D选项通过换元后构造辅助函数并分析其单调性完成不等式的证明. 【详解】设公共值，先确定定义域：， 构造函数，求导得，因此在上单调递增， ， ，， 由单调性可得：. 选项A：令，则，进而，此时，因此A错误；选项B：单调性可知，移项得，因此B正确；选项C：，整理原式得：，假设，则左边， 得，与假设矛盾，因此必有，C正确； 选项D：要证，即证，令，已知且，要证，即证，构造函数，求导得：， 因为，所以，分母，因此，即在上单调递增， 得：，消去得， 由单调性得，即，即，因此D正确. ( 函数奇偶性、周期性等性质的综合应 用 考点 3 ) 1．（2026·河北·二模）若函数为偶函数，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据函数的奇偶性可求解，即可代入求解. 【详解】的定义域为，由于为偶函数，故， 即，整理可得， 故，则，所以. 2．（2026·天津河东·二模）已知函数，当函数为奇函数时，为（   ） A． B． C．0 D． 【答案】A 【分析】根据奇函数的性质求得，再根据对数的运算即可求解． 【详解】由题知，，则定义域为，所以， ，经检验满足题意，又，所以． 3．（2026·安徽滁州·二模）已知是定义在上且周期为2的奇函数，当时，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用函数的周期性和奇函数性质，依次求值即得． 【详解】因为是奇函数，所以，所以，又因为的周期为 2，所以．当时，，故. 4．（2026·山东枣庄·二模）已知是定义在上且周期为2的奇函数，当时，，则（   ） A． B．1 C． D． 【答案】A 【分析】根据函数的周期性及奇偶性求解即可. 【详解】因为是周期为2的函数，所以.因为是奇函数，当时，，所以，故. 5．（2026·安徽淮北·二模）已知是定义在上周期为4的奇函数，当时，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为是定义在上周期为4的奇函数，又当时，， 故. 6．（2026·江西赣州·二模）设是定义在上的偶函数，且满足，当时，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由是偶函数可知，又满足， 则. 7．（2026·山西太原·二模）已知是定义在上的奇函数，且当时，，则（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】B 【详解】是定义在上的奇函数，∴当时，，解得， ∴当时，，. 8．（2026·陕西·二模）设是定义在上周期为2的偶函数，当时，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为为偶函数，所以，又的周期为2，故.所以. 9．（2026·广东深圳·一模）设是定义在上的奇函数，，，则（   ） A． B．0 C．1 D．2 【答案】A 【分析】由奇偶性对称性得到函数的周期，再利用周期性对称性即可求解. 【详解】由于，，则. 10．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）已知函数定义域为，若，为奇函数，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由条件结合偶函数定义证明为偶函数，设，结合奇函数性质求，由此可得结论. 【详解】 已知，令，则，原式可化为，因此是偶函数，设，由题知是奇函数，故，即 ，又，所以代入得： . 11．（2026·安徽滁州·二模）已知函数的定义域为，若满足为偶函数，且为奇函数，则下列选项一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据奇偶性定义分析函数的对称性和周期性，根据函数性质逐项分析判断. 【详解】由为偶函数，得，即关于对称. 由为奇函数，得，令可得.所以，，联立得，，周期为. 选项A：仅知关于对称，无任何条件可推出，值不确定，A错误. 选项B：由为奇函数得，由对称性，未知，故不一定成立，B错误.选项C：由，令，得，即恒成立，C正确.选项D：在中，令，得，由， 所以，故，不一定等于，D错误. 12．（2026·广东湛江·二模）已知定义在上的可导函数满足是偶函数；；，，则（   ） A． B． C．1 D．3 【答案】B 【分析】判断的图象关于直线对称，再求证和的周期均为4即可求解. 【详解】由，令，得， 所以的图象关于直线对称，所以.将换为代入得.又，因此， 即，则①，所以， 对①两边求导得，故，故和的周期均为4，于是，.在中， 取得.在中取得， 所以. 13．（2026·安徽安庆·二模）已知，函数为奇函数，则（   ） A．15 B． C． D．4 【答案】A 【分析】由题意可得，通过导数确定是时唯一的解，进而可求得的值. 【详解】因为是奇函数且，则，解得，设， 则，令，则，因为单调递增，且，所以存在唯一，使，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以最多有两个零点，观察到，所以是时唯一零点，即是在上唯一的解，经检验，满足题意，所以，则. 14．（2026·江西·二模）已知函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，且，则（   ） A． B． C．1 D．2 【答案】A 【分析】先由为奇函数推得，再由为偶函数推得，即得4是的一个周期，通过赋值代入求得，再由周期性即可求得答案. 【详解】因为为奇函数，所以， 令，则，即①； 因为为偶函数，所以， 令，则，即， 所以，所以，即②， 所以，所以4是的一个周期． 由① 式，取，可得，即得， 又由② 式，取，可得,故，， 由② 式，取，可得，取，可得， 故， 则. 15．(多选)（2026·河南开封·二模）下列函数是偶函数的是（   ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】根据偶函数定义依次判断即可. 【详解】对于A，函数的定义域为且 ，所以函数是偶函数，故A符合题意；对于B，函数的定义域为， 因为定义域不关于原点对称，所以函数不具有奇偶性，故B不符合题意； 对于C，函数的定义域为且， 所以函数是奇函数，故C不符合题意；对于D，函数的定义域为且，所以函数是偶函数，故D符合题意. 16．(多选)（2026·河北邯郸·二模）已知函数为奇函数，则下列结论正确的是（   ） A． B．在上单调递减 C．的值域为 D．的解集为 【答案】ACD 【分析】利用奇函数定义求出判断A；由指数函数单调性确定单调性判断B；求出值域判断C；利用性质求出解集判断D. 【详解】A选项，因为为奇函数，且定义域为，所以，代入解得：， 验证：当时，，，即，所以A选项正确；B选项，由A选项解析得：，即， 因为在上单调递增，所以在上单调递增， 则在上单调递增，所以B选项错误；C选项，令，则，，因为，所以，，，则：，的值域为，所以C选项正确；D选项，因为，所以，又因为是奇函数，所以，原不等式变形为：，由B选项解析得：在上单调递增，所以需满足，解得：，所以D选项正确. 17．(多选)（2026·湖南衡阳·二模）已知函数的定义域为，和均为偶函数，且当时，则（   ） A． B．函数的图象关于点中心对称 C．函数是周期为2的周期函数 D．函数在上单调递增 【答案】ACD 【详解】对于A：因为为偶函数，当时，， 所以，故A正确； 对于B：因为函数为偶函数，所以，所以函数的图象关于直线对称，故B错误； 对于C：因为和均为偶函数，所以， 在中，将替换为，得，故， 所以的一个周期为2，故C正确； 对于D：当时，，故， 故当时，，所以函数在上单调递增，故D正确． 18．(多选)（2026·浙江·二模）已知定义在R的函数和均为奇函数，且满足函数是奇函数，函数是偶函数．若当时，，则（    ）． A． B．对任意， C．当且仅当， D． 【答案】ABD 【分析】对于A，根据奇偶性，结合上的解析式求解判断；对于B选项，构造函数，，进而结合题意得与分别是以2和4为周期的周期函数，再结合周期性求得对任意，即可判断；对于C，结合B选项，说明不满足条件即可；对于D选项，结合奇函数的定义得，均为奇函数，再根据对称性，结合时的解析式求得，的值域为，再根据即可判断. 【详解】对于A，因为为定义在R上的奇函数，所以， 因为当时，，所以，故A正确；对于B，因为函数为奇函数，所以，即，所以，又因为， 所以，即，令， 则，即， 所以是以2为一个周期的周期函数，因为，，所以，所以对任意，，即，也即，因为为定义在R上的奇函数且函数是偶函数，所以，，，即，故，所以， 令，则，所以， 即是以4为一个周期的周期函数，因为，，，，所以，对于任意的，，即，也即.综上，对任意，，故B正确； 对于C，由B选项知，，，，故C错误； 对于D，对于，， ，所以，均为奇函数， 因为当时，，则当时，，，所以当时，，，所以，当时，，，又，故关于对称，故当时，，综上，，，的值域为.所以，即，所以，D正确. 19．（2026·江西上饶·二模）已知为定义在上的奇函数，且当时，，则______． 【答案】 【详解】因为是奇函数，所以，又为定义在上的奇函数，则，故. 20．（2026·山东东营·二模）已知奇函数的周期为2，且当时，，则_____． 【答案】 【详解】由的周期为2，可得， 由是奇函数，可得，再由的周期为2，可得，因为当时，，所以，即. 21．（2026·海南省直辖县级单位·二模）已知函数为奇函数，当时，，则_____. 【答案】 【详解】由函数为奇函数，得：，令，得：，，又因为当时，，得，因此. 22．（2026·上海静安·二模）已知定义在R上的偶函数的最小正周期为2，当时，，则当时，______． 【答案】 【详解】当时，，，又定义在R上的偶函数，且最小正周期为2，，． 23．（2026·湖南常德·二模）已知函数为奇函数，则实数______． 【答案】1 【分析】根据奇函数的定义可将问题转化为对定义域内的任意恒成立，即可求解. 【详解】由题意可得对定义域内的任意恒成立，故，因此，化简可得：对定义域内的任意恒成立，由于是变化的，因此，故. ( 函数与不等式恒成立、解法交汇问题 考点 4 ) 一、单选题 1．（2026·贵州贵阳·二模）已知是定义在上的偶函数，且对任意，总有，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先由条件判断在上单调递减，结合偶函数的性质可得在上单调递增，从而，利用函数单调性得，求解该不等式即得. 【详解】因对任意，总有，可知在上单调递减， 又因是定义在上的偶函数，故在上单调递增， 故，两边取平方得，即，解得或，故不等式的解集为. 2．（2026·贵州贵阳·二模）已知函数，若对任意恒成立，则实数a的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将题设不等式转化为在上恒成立，构造函数，利用其单调性可得，从而只需使，利用导数求出最值即得参数a的最小值. 【详解】因对任意恒成立，即在上恒成立 变形得在上恒成立，即在上恒成立，设，则有 ，由，可知函数在上单调递增， 故得，即在上恒成立，设，则，当时，，当时，，则函数在上单调递增，在上单调递减， 故在时取得极大值，也是最大值为，故得，即实数a的最小值为. 3．（2026·江西·二模）若函数，且，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】代入函数利用同构进行化简，得到关于的不等式，利用恒成立转化成最值问题，构造新函数，求解最值. 【详解】，两边同乘，得 令，，求导得，所以在单调递增， 又因为，且，所以；所以， ，即，令，求导得， 当，，单调递减，当，，单调递增又，且，所以，. 4．（2026·青海西宁·二模）已知定义域为的函数的导函数为，且，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题干条件，构造辅助函数转化不等式，利用函数的单调性解不等式，从而求出不等式的解集. 【详解】解：设，则，由， 可得，又，所以，则在上单调递增. 将原不等式两边同时除以得：，即， 所以，由在上单调递增，所以，即， 又因为且，所以，综上，不等式的解集为. 5．（2026·广东惠州·二模）已知函数，当时，恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】，则，， 即，由，，则在上单调递增， 由，得，根据函数单调性可得，，，在上恒成立， 即，，解得. 6．（2026·湖北恩施·二模）已知，若实数满足恒成立，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据的情况分类讨论即可求解. 【详解】由题意，当时，，由， 所以，即，故当满足题意； 当时，由，所以，又，所以，满足题意； 当时，， 即在恒成立，令， 所以，由，所以， 所以在单调递增，所以， 所以，所以，综上所述. 7．（2026·河北保定·二模）已知函数 若关于z的不等式 在上有解，则实数m的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】通过分析辅助函数的奇偶性、单调性来判断原函数的单调性，将不等式问题转化为求辅助函数的值域问题进行解答. 【详解】函数，令函数，即， ，故是奇函数，因为是上的增函数， 所以是上的减函数，是上的减函数， 因此是上的减函数，也是上的减函数， 将代入不等式，即，化简可得，因为是奇函数，所以， 代入可得，因为是减函数，，所以， 令，，故，，是对勾函数，在上单调递增， 因此当时，，当时，，即，则， 在上有解，即大于在上的下确界， 因此实数的取值范围是. 8．（2026·陕西咸阳·二模）已知奇函数在定义域上单调递增，，则使得不等式成立的实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由，可知函数为上的偶函数，．因为在上单调递增，时，，所以在上单调递增，在上单调递减．不等式可化为，所以，解得或． 9．（2026·四川绵阳·二模）已知对任意，不等式恒成立，则实数的最大值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】记，由，可知只要时恒成立即可，从而将问题转化为在恒成立，令，结合导数求出的最值即可求解. 【详解】原不等式等价于，记，注意到，这说明只要时，则当时也有.故下只考虑时的情况，要使，只需在恒成立，令，. 因为，故，经验证，满足题意.故选：D 10．（2026·广东深圳·二模）已知函数，则满足的的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】函数，定义域为.易知函数只含项， 因此关于直线对称.当增大时，增大，函数值增大， 所以在上单调递减，在上单调递增.等价于离的距离小于离的距离大小问题，即.两边平方得； 整理得，解得.故的取值范围为. 11．（2026·河北邢台·二模）已知函数 则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据函数的奇偶性以及单调性即可求解. 【详解】的定义域为，，故为偶函数， 当时，，由于为上的单调递增函数，故 为上的单调递增函数，结合为单调递增函数，故为上的单调递增函数， 由可得，解得. 12．（2026·河北邯郸·二模）已知函数，若对任意，且，不等式恒成立，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分析函数的单调性与对称性，结合函数性质得到的最小值，进而求解小于的最小值，再解一元二次不等式得到的取值范围. 【详解】已知，由于在R上单调递减，故是上的增函数. 对任意，有 . 已知，即，由是增函数得：， 因此：，即恒大于. 不等式恒成立，等价于： 整理得，即， 解得：，即的取值范围是. 13．（2026·广东清远·二模）已知定义域为的函数满足，且对于任意的，当时，都有．设，若，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先判断的奇偶性和单调性，设，判断其奇偶性和单调性，再结合复合函数的性质，判断的奇偶性和单调性，利用其奇偶性将不等式变形，再利用单调性转化为关于的一元二次不等式，进而求解的取值范围. 【详解】由题意知定义域为的函数满足，故为奇函数， 对于任意的，当时，都有，故在上单调递增； 设，由于，故的定义域为， 又， 故为奇函数；的定义域为， ，即为奇函数； 当时，单调递增，则也单调递增， 故在上单调递增，结合为奇函数，可知在上单调递增， 且，故在上单调递增，又， 故，所以，解得，即实数的取值范围是. 二、多选题 14．（2026·江西南昌·二模）已知时，关于的不等式恒成立，则下列判断正确的是（   ） A．， B． C． D．的最大值为 【答案】ABD 【分析】首先利用导数分析 的符号，然后结合不等式恒成立条件分析二次式 可判断AB；根据​ 是 的根结合韦达定理可判断C；由可得，令 ，利用导数求其最大值可判断D. 【详解】已知 ，设 ，，令 ，解得 ， 在 上递减， 上递增，最小值 ， 又 时， ，故 ，， ， 时 ，因此 有两个不同的正零点 ， 要使 恒成立，开口向上的二次式必须和 同号， 因此二次式的零点恰好就是 ，即 . 由韦达定理：，​，因为 都是正数， 故 ， ，A正确； 二次式有两个不同零点，判别式 ，即 ，B正确； 因为 ​ 是 的根，故 ​，， 两式相乘得： ，即 ，C错误； 由 得 ，代入目标式化简： ， 令 ，求导得 , 当 时， ，递增；当 时， ，递减. 因此 的最大值为 ，D正确. 三、填空题 15．（2026·广东肇庆·二模）已知关于的不等式恒成立，则的取值范围是___________． 【答案】 【分析】先将不等式变形构造得到恒成立，构造函数，利用单调性可得，再构造函数，利用导数研究函数的最大值. 【详解】因为且，所以，即， 令，易知恒成立，则单调递增． 因为，所以，则，即， 设，则，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，所以，则的取值范围为． 16．（2026·陕西咸阳·二模）已知，若对于任意，不等式恒成立，则的取值范围为________. 【答案】 【分析】将原不等式拆分为左右两个独立的不等式，对于拆分后的每个不等式，将参数分离出来，转化为或在上恒成立的形式，因此利用导数法求函数、在区间的最值即可 【详解】左侧不等式：，整理得 设，求导得 当时，，单调递减；当时，，单调递增 的最大值在端点处取得，经计算，最大值为，故 右侧不等式：，整理得： 设，求导得​ 当时，，单调递减；当时，，单调递增 最小值在处：，故综上，的取值范围为 17．（2026·河北邢台·二模）已知a >0，当x≥1 时，不等式 恒成立，则实数a的取值范围是________. 【答案】 【分析】通过换元构造同构函数，利用函数单调性脱去函数符号，将原不等式转化为恒成立问题，分离参数后求函数最小值得到的取值范围. 【详解】原不等式整理得， 等价于，令，则恒成立，所以在上单调递增.故原不等式等价于， 由的单调性， 不等式等价于，即，故原不等式恒成立等价于对所有恒成立，变形得，即，令，求导得， 当时，故在上单调递增，最小值为，所以.又，得的取值范围是. 18．（2026·四川广元·二模）关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为__________． 【答案】 【分析】先分类讨论的范围，再根据题意去绝对值，利用导数即可求解范围． 【详解】，其中， 当时，，所以恒成立， 当时，，即，所以，当时，， 则或， 设，，则， 所以当时，函数单调递增，且， 同理可得，当时，函数单调递减，且， 所以不等式不满足题意；则， 设， 则 ，令， 则， 当时，，则在单调递减，则， 所以，则在单调递减，则， 所以． 19．（2026·四川成都·二模）函数．若在区间上恒成立，则整数的最小值是__________． 【答案】 【分析】利用特值法判断成立的必要条件，再根据导数判断函数单调性，即可证明其充分性. 【详解】由，要使在区间上恒成立，则， 当时，，此时在上恒成立，故在区间上单调递增，此时，也即在上恒成立， 故整数的最小值为． 20．（2026·四川内江·二模）已知函数，．若不等式恒成立，则a的取值范围为________． 【答案】 【分析】由题意可转化为恒成立，构造函数，利用导数求最小值即可得解. 【详解】由可得， 因为，所以恒成立. 令，则，令，可得， 当时，，则，故，而， 所以，即在上单调递减；当时，，则， 当时，，而，所以， 当时，，所以，， 即在上单调递增，所以当时，， 所以，即a的取值范围为. 21．（2026·天津河西·二模）若a，，若对任意实数x，都有恒成立，则的最大值为_______. 【答案】 【分析】先利用等价于且，把含绝对值的不等式转化为两个一元二次不等式恒成立问题；再用一元二次不等式在上恒成立的判别式条件，得到与的约束；最后令，将化为关于的二次函数并配方求最大值． 【详解】由题意，对任意实数，都有恒成立． 因为等价于且，所以原条件等价于对任意实数，都有且．先整理第一个不等式，得对任意实数恒成立． 因为该式左边是关于的二次函数，且二次项系数为，所以需判别式不大于， 即，整理得，即，故． 再整理第二个不等式，得对任意实数恒成立．同理，需判别式不大于，即．因为，所以必须有，即； 并且由，得．结合与， 可得．令，则，且．由， 得．因此． 当时，，且取，解得．此时，并满足上述两个判别式条件，所以原不等式对任意实数恒成立．综上，的最大值为． 四、解答题 22．（2026·河南开封·二模）已知函数． (1)求的单调区间； (2)求证：对任意，不等式恒成立． 【答案】(1)的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为． (2)证明见解析 【分析】（1）对求导，结合导数与函数单调性的关系判断函数的单调性； （2）要证明只需证明，再通过构造函数证明结论. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 当时，，故，函数单调递增； 当时，，故，函数单调递减． 因此，的单调递增区间为，单调递减区间为． （2）要证，两边取自然对数（因单调递增，不等号方向不变），即证，由对数运算法则，化简得． 方法一   ，即证． 由，可知，结合在区间上单调递增， 所以得证，原不等式成立． 方法二  令，因为，所以，即． 由三角恒等式，代入，得， 令，需证，求导得， 化简得，因为，所以，即在上单调递增．接下来只需证明不等式．因在上单调递增， 故因此，当时，，即恒成立．综上，对任意，不等式恒成立． 23．（2026·福建三明·二模）已知函数． (1)若函数有两个零点，求实数a的取值范围； (2)若，求证：； (3)若，，关于x的不等式恒成立，求的最大值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）将问题转化为的零点个数，通过求导，分、两种情况分析即可；或将问题转化为函数的图象与直线有两个交点，数形结合即可求出. （2）根据得到，将问题转化为求证，构造函数求最小值即可；或利用同构思想求证即可. （3）令，分、两种情况讨论其单调性求最大值，得出，再构造函数即可求出； 【详解】（1）法1：的定义域为，令，即，即． 令，则 （ⅰ）当时，，则在上单调递增，至多有一个零点，不合题意，舍去； （ⅱ）当时，当时，，在上单调递增； 当时，，在单调递减． 所以在处取得最大值，最大值为， ①当时，由于，故只有一个零点； ②当时，由于，故没有零点； ③当时，，即， 又时，；时，． 所以在上有一个零点，在上有一个零点， 故在上有两个零点； 综上，实数a的取值范围为． 法2：的定义域为，令，即， 即，即，设，则． 当时，，在上单调递增； 当时，，在单调递减，所以． 又，当时，；时，． 画出的大致图象如图所示． 函数有两个零点，等价于函数的图象与直线有两个交点． 由图象可得，实数a的取值范围为. （2）法1：因为，所以， 故要证，只需证，即证， 令，则， 令，则， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增，故，即， 因此当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 所以当时，取得最小值，最小值为． 所以，命题得证. 法2：因为，所以， 故要证，只需证，即证，即证， 令，则．令，则；令，则． 所以在上单调递减，在上单调递增，故， 令，从而只需证．令，则， 所以在上单调递增，故，所以，从而成立． （3）时，恒成立，即恒成立，即恒成立．设函数，则恒成立， （ⅰ）当时，因为函数，在上均为减函数，所以函数在上单调递减．且当时，，与题意不符； （ⅱ）当时，， 当时，，在上单调递增； 当时，在上单调递减． 所以， 依题意，，即，所以， 令，则，当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减． 所以当时，取得最大值，最大值为．故 所以，当，时等号成立． 综上所述，的最大值为. 24．（2026·江苏镇江·二模）已知函数，其中，曲线在点处的切线方程为． (1)求a的值； (2)证明：当时，； (3)设，若对任意恒成立，求m的最大值． 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)2. 【分析】（1）求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程即可. （2）由（1）求出，多次求导确定函数在的单调性即可得证. （3）令，将不等式等价变形，取并结合（2）的信息确定，在构造函数，结合（2）中信息确定函数单调性而求得整数的最大值. 【详解】（1）函数，求导得，则，而， 因此曲线在点处的切线方程为，依题意，，所以. （2）由（1）知函数，求导得， 令函数，求导得， 令函数，求导得， 函数，即在上单调递减，而， 则存在，使得，当时，，当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，又， 即当时，，即，当且仅当时取等号， 因此函数在上单调递增，，所以当时，. （3）不等式， 令，由，得，原不等式等价于， 依题意，不等式对任意恒成立， 令，则，由（2）知，因此， 而，则，令函数，由（2）知， 则，，令函数， 求导得，当且仅当时取等号， 函数在上单调递减，，因此对任意恒成立， 即当时，不等式对任意恒成立，所以整数的最大值为2. 25．（2026·四川达州·二模）已知，. (1)求的单调区间； (2)若方程有两个不相等的实数根. （i）求的取值范围； （ii）若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为. (2)（i）（ii） 【分析】（1）直接求导分析的符号即可求解； （2）（i）设，把问题转化为与有两个交点，利用导数求出的最值即可求解； （ii）设，则方程变为，设两根为， 则，利用比值换元法证明对数均值不等式可得，然后再根据基本不等式即可求解. 【详解】（1）定义域为，， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以单调递减区间为，单调递增区间为. （2）（i）方程等价于， 设，问题转化为与有两个交点， ，时，， 令，，所以在上单调递增， 且，故存在唯一满足，即， 并且当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增， ， 又因为和时，，所以当时方程有两个不等实根. 故的取值范围为. （ii）原方程变形得：，设，则方程变为， 设两根为，则， 且满足，不妨设，下面证明，令， 则不等式变形为，令，，所以在上单调递增，所以，即不等式成立，变形可得，由基本不等式可得 ，要使不等式恒成立，只需，故的取值范围为. ( 抽象函数问题 考点 5 )1．（2026·安徽阜阳·二模）已知的定义域为，的图象关于点对称，，且的图象关于点对称，则（    ） A．99 B．78 C．66 D．52 【答案】A 【分析】由条件结合对称性的性质可得，，结合关系可得，由此可得，再求，结合可得结论. 【详解】因为关于对称，所以，用替换可得①，因为关于对称，所以， 又，用替换可得， 用替换可得，两式相加可得， 用替换可得②，由①②可得， 用替换可得，因为， 在中令，得，故， ， 因此. 2．（2026·江西九江·二模）定义在上的函数满足：①对任意都有；②，则函数零点的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】根据函数值为整数可求零点个数. 【详解】的零点即为的解，而的函数值为整数，故或，其中，由可得，且，若为正整数，则，若，则；若为负整数，设，则为正整数，则， 综上，当为整数时，总有，故，故； 由可得，同理可得，故，所以，故，而为整数，故与不相等，故函数的零点个数为. 3．（2026·安徽池州·二模）设函数的定义域为，，若的图象与x轴相交于点，则（   ） A． B． C．是奇函数 D．是奇函数 【答案】D 【分析】通过令和，确定函数为一次函数，通过待定系数法确定解析式，再逐项判断即可. 【详解】令可得，再令，可得，即函数为一次函数，设，代入给定等式，左边， 右边，对比系数得，若，得，，与无交点，舍去；若，得，即，验证满足原等式。已知，即，得，对于选项A：，错误；对于选项B：，错误；对于选项C：，显然不是奇函数，错误；对于选项D，令，定义域为R，满足，是奇函数，正确. 4．（2026·四川成都·二模）已知定义域为的函数满足，且为奇函数，则一定有（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，利用对称性和奇偶性，求得，，且，推得，进而得到，即可求解. 【详解】由函数满足，可得关于对称，即， 因为函数为奇函数，可得，即，可得，即，令，可得，所以， 又因为，可得，所以，可得，所以的周期为8，因为，可得，所以一定有，对于的值无法确定. 5．（2026·四川·二模）已知是上的奇函数，，若在上单调递增，且，，则与函数交点个数为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】根据函数奇偶性、对称性以及单调性分析即可. 【详解】由，则，所以，所以函数关于直线对称， 由， 即，因为是上的奇函数， 所以， 所以，所以函数最小正周期为8， 由在上单调递增，根据函数对称性知在上单调递减， 由，，， 所以当时，函数与函数大致图象为：        所以与函数交点个数为2个. 6．（2026·上海黄浦·二模）设函数的定义域为R，则下列结论：①若是奇函数或偶函数，且在区间上严格增，则对任意的，或；②若对任意的，，则是奇函数或偶函数．其中正确的说法是（    ）． A．①和②均正确 B．①正确，②错误 C．①错误，②正确 D．①和②均错误 【答案】B 【分析】对于①：根据函数奇偶性和单调性的性质分析判断；对于②：举反例说明即可. 【详解】对于①：若是奇函数且在区间上严格增，则在区间上严格增，可知在定义域R上严格增，因为，则，可得；若是偶函数且在区间上严格增，且，则，且，，可得，所以；综上所述：①正确；对于②：例如，可知对任意的，，但，，所以既不是奇函数也不是偶函数，故②错误. 7.（2026·重庆九龙坡·二模）已知是定义在上的偶函数，且在上单调递减， 是定义在上的奇函数，且在上单调递增. 设， ， . 则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据函数的奇偶性及函数的单调性比较大小即可. 【详解】因为是上的偶函数，故；又在上单调递减，由偶函数对称性得在上单调递增.是上的奇函数，故，且；又在上单调递增，由奇函数单调性得在上单调递增，且时.由偶函数性质，，因此，即，因此A、B错误；由在上单调递增，得，则，，比较大小得， 又在上单调递减，因此，故C正确，D错误. 8．(多选)（2026·广东江门·二模）若函数的定义域为，，且，，，则（   ） A． B．， C．为奇函数 D．当时， 【答案】ACD 【分析】对于A，由条件恒等式取可求即可判断，对于B，由条件恒等式取可得，再取即可判断，对于C，由条件恒等式取可得，由此证明，结合奇函数定义即可判断，对于D，结合选项C推出，由此判断D. 【详解】对于A，令，得，A正确．对于B，令，，得，因为，所以，令，得，即存在使得，B错误．对于C，令，得，用替换可得，所以，当时，，又因为，所以为奇函数，设，则，所以为奇函数，C正确．对于D，因为，由选项C知，同理，又为奇函数，所以，用替换，替换可得，同理可得，故当时，，D正确． 9．(多选)（2026·广东清远·二模）已知函数满足对且，若数列满足，则（   ） A． B． C．数列是等比数列 D． 【答案】ABD 【详解】对于A，令，可得，正确； 对于B，令，则，由和可得，正确； 对于C，因为，令，则，即，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，故错误； 对于D，所以. 10．(多选)（2026·重庆渝中·二模）已知是定义在上的函数，对任意，满足，，若时，，则下列说法正确的是（   ） A．是奇函数 B．， C． D．在区间上，有2027个零点 【答案】ABD 【分析】先由已知的两个中心对称条件推导出函数周期为，再结合对称关系证明其为奇函数，验证A；再利用对称性求出时的解析式，验证B；接着分析一个周期内的函数值，通过分组求和判断C错误；最后分析函数在区间内的零点分布，得出整数点均为零点，共个，验证选项D． 【详解】对于A，由，得，即，又，所以，即是以周期为的周期函数，由，得，所以， 即，所以是奇函数，A正确；对于B，由，得，所以，B正确；对于C，，，，，一个周期内的和：，所以，C错误；对于D，是以周期为的周期函数，，，时，，，所以，时，，，所以，所以在内的零点有，而包含个完整周期，所以是的零点，共个，D正确． 11．(多选)（2026·广东茂名·二模）已知是定义在上的函数，且，，则（    ） A． B．是奇函数 C．的图象关于直线对称 D．是的周期 【答案】ACD 【详解】在中,令，可得，所以，故A正确； 由，可得的图象关于直线对称，故C正确； 在中，令，可得，又由选项A知，故， 若是定义在上的奇函数，则与矛盾，故不是奇函数，故B错误； 由，可得的图象关于点对称，又因为的图象关于直线对称， 故，故D正确． 12．(多选)（2026·广西河池·二模）已知定义域为的函数，对任意实数都有，且，则以下结论一定正确的有（   ） A．为的周期 B．关于对称 C． D． 【答案】ABD 【分析】先用赋值法求特殊值，可以排除C，再通过判断奇偶性，结合中心对称性进一步推出周期性判断A，利用中心对称性验证选项B，利用周期性拆分求和项，即可判断D. 【详解】因为定义域为的函数，对任意实数、都有， 所以令，可得，解得或，令，，又，若，则，显然不成立，故， 所以，所以，可知C错误； 令，得，即， 在原函数方程中，令，得，即， 所以，由，令替换为，得， ，所以，，所以，故函数的一个周期为4，得A正确；因为，所以是偶函数，所以， 又因为周期为4，所以，所以，所以关于对称，选项 B正确；因为周期为4，所以，所以D正确. 13．(多选)（2026·河北邢台·二模）已知是定义在上的奇函数，，，若为偶函数，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】先由为偶函数、为奇函数推得的对称轴与对称中心，进而确定周期为4，再赋值求、、，最后利用周期化简求和、判断选项正误. 【详解】因为为偶函数，所以，所以，所以，所以.又为奇函数，所以， 所以，将替换为，得，所以，所以的周期为4，且. 对于A：在中，令，得.又，所以，A错误；对于B：，B正确；对于C：，C正确； 对于D：当时，， ，， ， 所以， 所以，D错误. 14．(多选)（2026·浙江宁波·二模）定义在上的函数满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】对于A，令，再解方程即可；对于B，令，解得；对于C，令，即可得到，对于D，令，可得，进而可得． 【详解】令，则，解得，故A正确；令，则，解得，故B错误；令，则，，故C正确；令，则，又， ，又不恒为零，，即， ，即，故D错误． 15．(多选)（2026·广东佛山·二模）定义域关于原点对称的函数，满足，，为偶函数且，则（   ） A． B． C．为偶函数 D．若，则 【答案】ABD 【详解】令，则，化简得，又，，故A正确，令，，化简得，又，，故B正确，令， 则，化简得，故为奇函数，故C错误.令，则，化简得，又，，再令，则，又为偶函数，，又为奇函数，，故化简得，，解得，故D正确. 16．(多选)（2026·四川广安·二模）已知定义在上的偶函数满足，，设在上的导函数为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】先由题设结合奇偶性和对称性性质、求导运算依次求出是奇函数、、函数和是周期为6的函数和即可依次分析判断ABC，由题设依次求出即可判断D． 【详解】由题得，所以即，所以是奇函数，故，又由得函数关于点对称，， 所以，故，所以，即函数是周期为6的函数，所以也是周期为6的函数，即， 由求导得即，所以， 对于A，，故A正确； 对于B，由无法确定的值，故B错误； 对于C，由上也是周期为6的函数，即，C正确；对于D，由得，且即，且即，且即，，所以，所以，， 所以，故D正确； 17．(多选)（2026·陕西商洛·二模）已知是定义在上的可导函数，其中为其导数，，若满足，关于点对称，下列结论中正确的是（     ） A． B． C．为的一条对称轴 D． 【答案】BCD 【分析】根据关于点对称，可得，将代入即可判断A；根据，利用累加法可判断B；通过证明即可判断C；根据得，可得函数周期为，即可判断D. 【详解】因为关于点对称，则，取，则，故A错误；因为，，所以，，，，累加可得，所以，故B正确； 由得，两端求导得，即，所以图象关于直线对称，即为的一条对称轴，故C正确； 由得，所以函数的周期为，故，所以，故D正确. 18．（2026·重庆·二模）已知是偶函数，对任意，，；当时，．则的表达式可以为___________．（写出满足条件的一个即可） 【答案】（任意满足条件的即可） 【分析】利用函数的函数方程、奇偶性、单调性三个条件，找出满足条件的具体函数. 【详解】，则在上满足指数函数性质，又时，，则在上是增函数，可取，因为是偶函数，所以可取．（任意满足条件的即可） ( 实际问题中的函数应用 考点 6 ) 1．（2026·湖南怀化·二模）某AI大模型的算力规模每半年翻一番，初始算力为，经过t年后算力为P，则P与t的函数关系式为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】P与t的函数关系式为． 2．（2026·吉林·二模）一个港口的某一观测点的水位在退潮的过程中，水面高度（单位：）关于时间（单位：）的函数解析式为（为参数）.已知刚开始退潮时水面高度为，若从到，水面高度下降了，则（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】A 【详解】由题意可得，解得．令， 即，化简得，解得（舍去）． 3．（2026·浙江嘉兴·二模）为保护环境，某发电厂对烟气进行脱碳处理．已知初始碳排放浓度为，每经过一次环保设备处理，碳排放浓度会减少50%．国家排放标准规定碳排放浓度不得超过，若要使该发电厂烟气排放达标，则至少需要脱碳处理的次数为（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】C 【详解】设脱碳处理的次数为，则脱碳处理次后的碳排放浓度为， 由题意可得，则，即，由于，所以的最小值为， 故至少需要脱碳处理的次数为. 4．（2026·湖南·二模）如图，一块边长为6的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下来，然后用余下的四个等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则当正四棱锥容器的体积最大时，正四棱锥的高为（   ） A． B． C．3 D． 【答案】B 【详解】形成的正四棱锥如图所示，取BC中点，连接SM，OM， 由题易知SM为等腰三角形SBC的高，所以，设，中， 则，正四棱锥的体积，令，其中即，正四棱锥的体积最大即取得最大值，，令得到，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，则在时正四棱锥的体积最大． 5．（2026·湖北十堰·二模）冷链物流是指冷藏冷冻类物品在生产、贮藏、运输、销售到消费前的各个环节中始终处于规定的低温环境下，以保证物品质量、减少损耗的系统工程.主要包括初级农产品（如蔬菜、水果、肉禽蛋等）、加工食品（如速冻食品、冰淇淋等）和特殊商品（如药品等）.已知某蔬菜的保鲜时间y（单位：小时）与贮藏温度x（单位：℃）之间满足：（其中a，b为常数）.若该蔬菜在贮藏温度为9℃的环境下保鲜时间为261小时，在23℃的环境下保鲜时间为29小时，且该蔬菜所需物流时间为87小时，则该蔬菜在物流过程中的贮藏温度不能超过（   ） A．12℃ B．14℃ C．16℃ D．18℃ 【答案】C 【分析】利用已知条件求出指数函数的参数，再通过不等式求解温度范围. 【详解】已知保鲜时间与贮藏温度的关系为（为常数）. 当时，，代入得：①，当时，，代入得：② 将①②化简可得：，即，解得：， 代入①式求得：，由题意，即：，即， 则，将代入：，化简可得： ，当指数大于等于零时不等式成立，即 ，解得：.所以该蔬菜在物流过程中的贮藏温度不能超过. 6．（2026·四川广安·二模）借助信息技术计算的值，我们发现当时，的底数越来越小，而指数越来越大，随着越来越大，会无限趋近于（是自然对数的底数），根据以上知识判断，当越来越大时，会无限趋近于（    ） A． B． C．3 D． 【答案】A 【分析】由，结合题意可得，当越来越大时，会无限趋近于，即可得解. 【详解】因 ，由题意随着越来越大，会无限趋近于，则此时无限趋近于，无限趋近于1，同时，无限趋近于， 故当越来越大时，会无限趋近于. 7．（2026·广东清远·二模）生物学家经过长期研究发现，睡眠中的恒温动物的脉搏率（单位：次）与体重（单位：kg）、外界环境温度（单位：℃）有关，满足（为常数）．已知在环境温度为时，为两个睡眠中的恒温动物，的体重为、脉搏率为210次，的脉搏率是105次，则的体重为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由题意知在环境温度为时， 的体重为、脉搏率为210次， 故，的脉搏率是105次，设其体重为t kg，则， 则，即，解得（kg）. 8．（2026·四川达州·二模）“本福特定律”又称“首位数字定律”，是一条关于自然界和人类社会中大量数据的首位数字分布概率的统计规律：一个数的首位数字是的概率为，据此可知，一个数的首位数字是3的概率与首位数字是5的概率之差约为（参考数据：）（    ） A．0.046 B．0.023 C．0.262 D．0.131 【答案】A 【详解】一个数的首位数字是的概率为，一个数的首位数字是3的概率为，首位数字是5的概率为， 一个数的首位数字是3的概率与首位数字是5的概率之差约为 ，故选项A正确. 9．（2026·浙江金华·二模）某物种繁殖能力极强，在没有外部因素干扰的前提下，其种群数量每经过一年就会增长为原来的5倍，则该物种种群数量变成原来的1000万倍大约需要经过（   ）（参考数据：） A．10年 B．11年 C．23年 D．24年 【答案】A 【详解】设初始种群数量为，经过年后，种群数量变为. 根据题意，种群数量变为原来的1000万倍，即. 两边同时除以，得. 两边同时取常用对数，有：. 由于，且 ，代入得：，解得.因此该物种种群数量变成原来的1000万倍大约需要经过10年. 10．（2026·山西吕梁·二模）在智能驾驶快速发展的今天，车载AI芯片的运算能力至关重要，行业内通常以“每秒万亿次运算（TOPS），即1TOPS=次运算/秒”为单位衡量芯片性能.某车载AI在道路目标检测中，需在0.5秒内完成次运算，则该芯片的运算性能至少为（   ）TOPS. （参考数据，，） A．56.2 B．56.1 C．562 D．561 【答案】D 【详解】由题意得，每秒至少执行的运算次数，， 即. 11．（2026·江苏·二模）随着对某项新技术学习效率的提升，生产力不断提高．该技术下生产第一件产品的工时为，生产件产品的平均工时，其中（为产品工时递减速率）．现有一条工时递减速率为80%的生产线，则生产前四件产品与生产前两件产品的平均工时之比为（   ） A．0.6 B．0.8 C．1.25 D．1.6 【答案】B 【分析】由题可得，，代值化简即可求解./ 【详解】已知工时递减速率，且,所以， 由于生产前件产品的平均工时：，生产前件产品的平均工时：， 所以，将​，代入：， 则生产前四件产品与生产前两件产品的平均工时之比为0.8 12．（2026·陕西咸阳·二模）已知圆锥的侧面积为，其母线与底面所成的角是60°，要在圆锥内挖去一个体积最大的圆柱，要求圆柱的一个底面在圆锥的底面上，则挖去的圆柱的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】结合已知可求得圆锥的底面半径和高，设挖去的圆柱底面半径为，高为，列出函数关系借助导数求得最值. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，由母线与底面所成角是60°，知，，所以侧面积为．设挖去的圆柱底面半径为，高为，要圆柱体积最大，首先有，所以，圆柱的体积，，则得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以时，取得最大值，最大值为． 13．（2026·江西·二模）如何度量样本间的相似性是人工智能核心领域的基础问题，通常通过计算样本间的“距离”来解决．镜像距离是一种基础且重要的工具．定义两点，的镜像距离为．若，，则的最小值为________． 【答案】 【分析】先根据镜像距离列出 表达式,构造函数求导判断其最小值恒大于 0,消去绝对值,再以 分段讨论目标函数,分别求导得出两段区间内各自最小值,最后通过对数与指数放缩比较两个最小值大小,从而得到 的最小值. 【详解】由题意得，设，则.当时，，当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增.则，即.所以．令 当时，，则， 令，得，令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以当时，． 当时，，则. 易知在上恒成立，所以在上单调递减.所以， . 因为，所以，即.所以，所以，所以.所以的最小值为． 14．（2026·上海徐汇·二模）如图为一架农业无人机沿固定航线匀速飞行，并在某时刻向下喷洒农药的示意图.将种植坡面视为坡角为的平面，航线视为直线，无人机视为航线上的点，无人机在任意时刻喷洒农药的雾滴形成的形状均为以铅垂线为轴､母线与轴夹角为的圆锥及其内部.若无人机飞行的海拔高度恒定，航线与种植坡面平行且距离为3米，假设无人机飞行时农药喷洒不间断且不受风速影响；则飞行过程中会在种植坡面上形成一条宽为米的“农药条带”.当时，的最大值为__________.（结果精确到） 【答案】 【详解】 作垂直于无人机航线与平面的平面，与无人机航线交于点A,与平面交于直线BC， 线段BC的长为农药条带的宽度，BH为水平线作于D，于H,由坡角为易得，由题意得,则，， 所以， ， 因为，所以，，. 15．（2026·上海黄浦·二模）如图所示，某圆形游乐园的半径为140米，其圆心在点A处，游乐园内有一圆形广场，其半径为20米，圆心在与点A相距60米的点B处，游客中心位于圆形广场的边界线与A，B连线的交点O处．现打算在游乐园的边界线与圆形广场的边界线上各选一点C，D，在这两处各建一座游乐设施（其占地大小忽略不计），将的内部区域作为游客的休闲区并使其面积最大，则此最大面积为______． 【答案】平方米 【分析】过点作，垂足为，则.记点到直线的距离为，则点到直线的距离的最大值为.以为坐标原点直线为轴，过垂直于的直线为轴，建立平面直角坐标系，设直线的方程为，根据点到直线的距离公式，将的面积表示为的函数，利用导数分析其单调性，并求得最大值. 【详解】由题意知，，，，，所以.过点作，垂足为，则.记点到直线的距离为，则点到直线的距离的最大值为.如图所示，以为坐标原点，直线为轴，过垂直于的直线为轴，建立平面直角坐标系，则.易知，直线的斜率存在，设直线的方程为，即，则，，所以.的最大面积为. 由圆的对称性，不妨令.设，则， 令，则恒成立， 所以在上单调递减.令，得， 即，化简得.因为，所以，所以. 所以当时，，；当时，，. 所以在上单调递增，在上单调递减.所以在处取得极大值，即最大值，最大值为.所以的最大面积为平方米. 16．（2026·陕西·二模）沙漏也叫作沙钟，是一种测量时间的装置．现有一个沙漏（如图）上方装有的细沙，细沙从中间小孔由上方慢慢漏下，经过分钟时剩余的细沙量为，且（为常数），经过16分钟时，上方还剩下一半细沙，要使上方细沙是开始时的，需经过的时间为______分钟． 【答案】64 【分析】已知剩余细沙量的函数模型为（为常数），我们可以通过“经过16 分钟时剩余一半细沙”这一条件求出常数，再代入“剩余量为初始量”的条件，求解对应的时间即可. 【详解】当分钟时，剩余细沙量，代入函数表达式得： 两边同时除以得：再对等式两边取自然对数得：，所以 又当上方细沙量为开始时的 时，即 ，代入函数表达式得：， 两边同时除以后，再对等式两边取自然对数得，化简得（分钟）。 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 函数概念与基本初等函数 6大考点概览 考点01函数的图象及其应用 考点02利用函数单调性比较大小 考点03函数奇偶性、周期性等性质的综合应用 考点04函数与不等式恒成立、解法交汇问题 考点05抽象函数问题 考点06实际问题中的函数应用 ( 函数的图象及其应用 考点1 ) 1．（2026·四川·二模）函数的部分图象可能是（   ） A．B．C．D． 【答案】B 【分析】根据函数的奇偶性及赋值法判断即可. 【详解】函数定义域为，，因此是奇函数，故排除A.当时，，又，所以.故排除C.当时，，故排除D.函数的部分图象可能是选项B. 2．（2026·山东济南·二模）已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分析各选项中函数的定义域、零点、奇偶性以及函数值符号，结合题中图象可得答案. 【详解】对于A选项，对于函数，由可得， 即函数的定义域为，与题中图象不符； 对于B选项，令，可得，即函数只有一个零点，与题中图象不符；对于C选项，函数的定义域为，，函数为偶函数，与题中图象不符；对于D选项，函数的定义域为，，函数为奇函数，令得，可得，当时，，则，与题中图象相符. 3．（2026·四川南充·二模）函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（    ） A．B． C． D． 【答案】A 【分析】由函数定义域、值域及对称性判断. 【详解】B选项，函数，定义域为R，与图象不符，B选项错误；CD选项，对于函数， 当时，恒成立，与图象不符，CD选项错误；A选项，函数，定义域为，，函数为奇函数，图象关于原点对称，当或时，；当或时，.A选项正确. 4．（2026·吉林·二模）已知函数的图象关于直线对称，且在上单调递减，若，，则m的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由函数的对称性得到恒成立，通过平方化简即可求解. 【详解】由关于直线对称，且在上单调递减，因为，恒成立，所以 ，两边平方展开化简： 即 ，整理得，因为对任意不等式恒成立，故，即，故的取值范围是. 5．（2026·广东广州·二模）若函数的图象与的图象关于直线对称，且，则（   ） A． B． C． D．9 【答案】B 【分析】根据两个函数图象关于直线对称，得出它们互为反函数，进一步求出反函数表达式，并作为的解析式，最后根据题意得到关于的方程，求解. 【详解】因为两个函数图象关于直线对称，所以是的反函数， 对整理得：，，交换可得反函数：，又因为，所以 ，化简可得：，即，两边取以3为底的对数，则. 6．（2026·河南郑州·二模）已知函数，若函数与函数的图象的交点有个，记为，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】判断出两函数的图象都关于点中心对称，根据复合函数的性质判断出函数的定义域为上单调递增，作出两函数的图象，可得交点个数，根据函数的对称性求解即可. 【详解】因为， 且，所以的图象关于点中心对称； 又因为，由，可得，即函数的定义域为， 且，易知函数在上单调递增， 又，所以的图象关于点中心对称；所以两函数的交点也关于点中心对称；作出两函数的图象，如图所示： 由此可得两函数图象共有3个交点，其中一个交点为，设另外两个交点分别为，则，所以. 7．（2026·安徽阜阳·二模）已知的定义域为，的图象关于点对称，，且的图象关于点对称，则（    ） A．99 B．78 C．66 D．52 【答案】A 【分析】由条件结合对称性的性质可得，，结合关系可得，由此可得，再求，结合可得结论. 【详解】因为关于对称，所以，用替换可得①，因为关于对称，所以，又，用替换可得， 用替换可得，两式相加可得， 用替换可得②，由①②可得， 用替换可得，因为， 在中令，得，故， ， 因此. 8．（2026·山东泰安·二模）2002年山西陶寺遗址的考古发掘中，出土了5件漆木漏斗形器，被确认为沙漏计时器，经3D打印复原实验，每件沙漏装满细沙后自动匀速下漏，全部漏完用时14.4分钟，100件漏完恰好为24小时.如图，该漏斗形器上部为圆台，下部为圆锥，则装满沙子的漏斗形器中剩余沙子的高度与时间的函数的大致图象为（    ） A．B．C．D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用圆台、圆锥的结构特征，结合单位时间内漏出相同体积的沙子，分析高度下降速度随时间变化的快慢即可判断得解. 【详解】依题意，细沙匀速下漏，单位时间漏出沙子的体积恒定，随时间的增大，高度逐渐减小，沙面面积逐渐减小，由圆台上部大下部小，得漏出的沙子，随时间的增大，高度的变化量逐渐增大，因此的下降速度越来越快，对应图象变得越来越陡，排除选项BC；又漏斗上部为圆台，下部为圆锥，两部分沙面面积随的变化规律不同， 圆锥部分比圆台部分沙面面积更小，减小更快，因此的下降速度更快，图象更陡， 且下降速度在交界处会发生变化，图象在交界处不光滑，排除选项A，选项D符合题意. 9．（2026·湖南衡阳·二模）已知函数与的图象关于直线对称，函数，，若方程在区间上有解，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】令可将方程变为，通过分析可确定，将问题转化为在上有解的问题，通过分离变量的方法，结合导数求得函数值域，进而得到所求范围. 【详解】与图象关于直线对称，，，；设，则由得：，均在函数图象上；假设，在上单调递增，，即，与假设矛盾；假设，在上单调递增，，即，与假设矛盾；，即在上有解，即；令，则，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，又，，，解得：，即实数的取值范围为. 10．（2026·青海西宁·二模）将函数的图象向左平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度得到函数的图象，则的大致图象为（   ） A．B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意求得，结合函数定义域、奇偶性及特殊值，利用排除法求解. 【详解】由题得，易知函数的定义域为， 又，故是奇函数，图象关于原点对称，排除AD； 当时，，排除C，故B符合题意. 11．（2026·四川凉山·二模）函数的定义域为，将曲线向左平移个单位得到函数的图象，且，则可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】逐项求出对应后，检验是否满足即可得. 【详解】对A：若，则， 由，故A错误； 对B：若，则， 则，， 即满足，故B正确；对C：若，则，由，故C错误；对D：若，则， 由，故D错误. 12．（2026·四川成都·二模）已知函数的图象如图所示，则其解析式可能为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据函数图像，结合函数的性质逐项判断即可求解. 【详解】对于A，的图像是一条直线，故A错误；对于B， 的定义域为，又时，，所以，故B错误； 对于C，对数函数在单调递增，满足题意，故C正确， 对于D ，的定义域为，又，由，，所以，故D错误. 13．（2026·湖南岳阳·二模）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正三角形ABC沿着x轴连续滚动(滚动时无滑动)，若顶点A在滚动中恰好经过坐标原点，设顶点满足函数关系式，则下列判断正确的有（   ） A． B．函数图象的对称轴方程为 C．不等式的解集为 D．直线与函数的图象恰有3个交点 【答案】ACD 【分析】根据题意作出函数图象，即可判断A，结合函数图象分析周期性和对称性，即可判断B；根据图象交点判断CD. 【详解】如图，在图中一段一段的扇形上运动， 对于选项A：初始时在原点，当时，即为正三角形的高，所以，故A正确；对于选项B：由图可知：的一条对称轴为，周期为6，每经过半个周期均为的对称轴，所以函数的对称轴方程为，故B错误；对于选项C：如图所示， 若，解得，所以不等式的解集为，故C正确；对于选项D：令，解得， 结合图象可知：直线与函数的图象恰有3个交点，故D正确. ( 利用函数单调性比较大小 考点 2 ) 1．（2026·江西九江·二模）已知，则的大小关系为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由题可得：，，，故. 2．（2026·天津河东·二模）已知，，，则，，的大小关系为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分别判断与的大小关系即可. 【详解】由可知，底数，指数，因此又因为且所以再看利用换底公式，由于所以从而综上可得因此 3．（2026·江西·二模）已知函数，若，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因函数在上单调递减，在上单调递增.故.设在上单调递增且恒为正数，而在上单调递增，由复合函数的单调性可知在上单调递增，所以，即． 4．（2026·安徽合肥·二模）设，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意可得，，找出中间值，借助对数运算可得，合理放缩计算可得，则可得，即有，综上即可得解. 【详解】由，，则，，由，则，即，由，则，即，故；由，则，即，即；综上可得：. 5．（2026·陕西咸阳·二模）已知，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】构造，，可知在内单调递增，结合函数单调性比较大小即可. 【详解】构造，，则，可知在内单调递增，因为，可得，即，所以，又因为，可得，则，所以，综上所述：. 6．（2026·上海普陀·二模）设x、y、，若，则下列结论中不可能成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】在同一坐标系中作出的图象，利用函数零点思想，结合图象逐一判断即得. 【详解】如图在同一坐标系中分别作出函数的图象， 依题意直线与三个函数都有交点，设交点的横坐标依次为，则需判断这些交点的横坐标之间有怎样的大小关系.由图知，有三种不同的情况：当直线在①位置时，显然有：；当直线在②位置时，显然有：；当直线在③位置时，显然有：，故D错误. 7．（2026·河北衡水·二模）“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】先由对数函数和幂函数的单调性得到a和b的关系，即可判断出答案. 【详解】因为在定义域上是单调递增函数，所以由等价于，由可知且，又因为函数在上是单调递减函数，所以等价于，因此，“”是“”的充要条件. 8．（2026·山东济南·二模）已知正实数满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】构造函数，利用同构比较大小. 【详解】由于，所以， 设，则，所以在上单调递增， 那么，所以，， ，设，， 所以，在上单调递减，，即, 由于，那么, ，综上，. 【点睛】本题考查利用导数比较大小，解题关键在于利用同构式发现，进而得出，是难题. 9．（2026·四川德阳·二模）若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将，变形为，令，再用导数法证明其单调性即可. 【详解】根据题意，可知，，， ∵， ∴， 令，，则，∵， 令，∵，∴， 即对于任意的，恒有，∴在上单调递增，∴. 10．（2026·四川达州·二模）已知，下列不等式正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为，所以，则，因为在上单调递增，所以，故A错误；因为在上单调递减，所以，故B错误； 因为在上单调递增，所以，故C正确；因为，所以，故D错误. 11．（2026·湖北·二模）定义在的函数满足：，，且时，，若，，，则、、的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】令代入，得到的奇偶性，令，可得，并结合题干可推得的单调性，再对、、进行变形，往中凑，最后再令，研究的单调性即可求解． 【详解】，，令，则，得，令得，即函数是奇函数，下面判断函数的单调性，令，则，，所以， 所以，即，所以在单调递增， ，，，构造函数，则，当时，，当时，，所以在递增，在递减，则，即，所以，又在单调递增，所以，也即． 12．（2026·湖南常德·二模）已知实数满足：，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用指数函数单调性分析不同取值对应的与1的大小关系，从而判断的符号. 【详解】 因为，所以，即，所以， 设 ，求导得 ， 因为，，因此，即在上是单调递增. 若 ，则，对应 ，得 ，此时 ； 若 ，由单调递增得 ，即， 又是增函数，故，此时 ，得 ； 若 ，由单调递增得得，解得，此时； 综上，所有情况都满足，选C. 13．（2026·福建厦门·二模）设函数，记，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先判断函数的奇偶性，再利用导数判断函数的单调性，比较自变量的范围和大小，利用函数单调性和奇偶性比较即得. 【详解】因为,所以函数是偶函数，所以. 当时,,此时有，所以函数在单调递增， 又因为,所以.又因为,所以,由函数的单调性可得即 14．（2026·山西太原·二模）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据指数函数的单调性，利用不等式放缩进行分析求解即可. 【详解】在上为增函数，，，即. ，. 令，，，，当时，，所以在上单调递增. 又因为，所以当时，，当时，.， ，即. 15．（2026·青海西宁·二模）已知，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】，因为，两边取以8为底的对数可得.又因为，两边取以8为底的对数可得，可知.由，可得，由，可得， 从而可得． 16．（多选）（2026·山东东营·二模）已知，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．若，则 D． 【答案】AC 【分析】选项A利用函数的单调性判断；选项B余弦函数不单调，举反例；选项C根据不等式的性质确定；选项D利用函数的单调性判断. 【详解】函数在区间上单调递增，因为，所以，选项A正确；，时，，选项B错误；若，，则，选项C正确；函数在上单调递减，所以，选项D错误. 17．（多选）（2026·河南开封·二模）已知，则（   ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】构造函数并利用导数确定其单调性，将多个等式统一转化为同一函数值的大小比较，从而建立变量间的不等关系；A选项借助极限思想构造反例进行排除，B选项直接由所得不等关系移项得出；C选项运用反证法结合等式变形推导出矛盾；D选项通过换元后构造辅助函数并分析其单调性完成不等式的证明. 【详解】设公共值，先确定定义域：， 构造函数，求导得，因此在上单调递增， ， ，， 由单调性可得：. 选项A：令，则，进而，此时，因此A错误；选项B：单调性可知，移项得，因此B正确；选项C：，整理原式得：，假设，则左边， 得，与假设矛盾，因此必有，C正确； 选项D：要证，即证，令，已知且，要证，即证，构造函数，求导得：， 因为，所以，分母，因此，即在上单调递增， 得：，消去得， 由单调性得，即，即，因此D正确. ( 函数奇偶性、周期性等性质的综合应 用 考点 3 ) 1．（2026·河北·二模）若函数为偶函数，则（   ） A． B． C． D． 2．（2026·天津河东·二模）已知函数，当函数为奇函数时，为（   ） A． B． C．0 D． 3．（2026·安徽滁州·二模）已知是定义在上且周期为2的奇函数，当时，，则（    ） A． B． C． D． 4．（2026·山东枣庄·二模）已知是定义在上且周期为2的奇函数，当时，，则（   ） A． B．1 C． D． 5．（2026·安徽淮北·二模）已知是定义在上周期为4的奇函数，当时，，则（    ） A． B． C． D． 6．（2026·江西赣州·二模）设是定义在上的偶函数，且满足，当时，，则（   ） A． B． C． D． 7．（2026·山西太原·二模）已知是定义在上的奇函数，且当时，，则（    ） A． B． C．1 D．2 8．（2026·陕西·二模）设是定义在上周期为2的偶函数，当时，，则（    ） A． B． C． D． 9．（2026·广东深圳·一模）设是定义在上的奇函数，，，则（   ） A． B．0 C．1 D．2 10．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）已知函数定义域为，若，为奇函数，则（   ） A． B． C． D． 11．（2026·安徽滁州·二模）已知函数的定义域为，若满足为偶函数，且为奇函数，则下列选项一定正确的是（   ） A． B． C． D． 12．（2026·广东湛江·二模）已知定义在上的可导函数满足是偶函数；；，，则（   ） A． B． C．1 D．3 13．（2026·安徽安庆·二模）已知，函数为奇函数，则（   ） A．15 B． C． D．4 14．（2026·江西·二模）已知函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，且，则（   ） A． B． C．1 D．2 15．(多选)（2026·河南开封·二模）下列函数是偶函数的是（   ） A． B． C． D． 16．(多选)（2026·河北邯郸·二模）已知函数为奇函数，则下列结论正确的是（   ） A． B．在上单调递减 C．的值域为 D．的解集为 17．(多选)（2026·湖南衡阳·二模）已知函数的定义域为，和均为偶函数，且当时，则（   ） A． B．函数的图象关于点中心对称 C．函数是周期为2的周期函数 D．函数在上单调递增 18．(多选)（2026·浙江·二模）已知定义在R的函数和均为奇函数，且满足函数是奇函数，函数是偶函数．若当时，，则（    ）． A． B．对任意， C．当且仅当， D． 19．（2026·江西上饶·二模）已知为定义在上的奇函数，且当时，，则______． 20．（2026·山东东营·二模）已知奇函数的周期为2，且当时，，则_____． 21．（2026·海南省直辖县级单位·二模）已知函数为奇函数，当时，，则_____. 22．（2026·上海静安·二模）已知定义在R上的偶函数的最小正周期为2，当时，，则当时，______． 23．（2026·湖南常德·二模）已知函数为奇函数，则实数______． ( 函数与不等式恒成立、解法交汇问题 考点 4 ) 一、单选题 1．（2026·贵州贵阳·二模）已知是定义在上的偶函数，且对任意，总有，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·贵州贵阳·二模）已知函数，若对任意恒成立，则实数a的最小值为（   ） A． B． C． D． 3．（2026·江西·二模）若函数，且，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 4．（2026·青海西宁·二模）已知定义域为的函数的导函数为，且，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 5．（2026·广东惠州·二模）已知函数，当时，恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．（2026·湖北恩施·二模）已知，若实数满足恒成立，则（    ） A． B． C． D． 7．（2026·河北保定·二模）已知函数 若关于z的不等式 在上有解，则实数m的取值范围为（   ） A． B． C． D． 8．（2026·陕西咸阳·二模）已知奇函数在定义域上单调递增，，则使得不等式成立的实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 9．（2026·四川绵阳·二模）已知对任意，不等式恒成立，则实数的最大值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 10．（2026·广东深圳·二模）已知函数，则满足的的取值范围是（   ） A． B． C． D． 11．（2026·河北邢台·二模）已知函数 则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 12．（2026·河北邯郸·二模）已知函数，若对任意，且，不等式恒成立，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 13．（2026·广东清远·二模）已知定义域为的函数满足，且对于任意的，当时，都有．设，若，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 二、多选题 14．（2026·江西南昌·二模）已知时，关于的不等式恒成立，则下列判断正确的是（   ） A．， B． C． D．的最大值为 三、填空题 15．（2026·广东肇庆·二模）已知关于的不等式恒成立，则的取值范围是___________． 16．（2026·陕西咸阳·二模）已知，若对于任意，不等式恒成立，则的取值范围为________. 17．（2026·河北邢台·二模）已知a >0，当x≥1 时，不等式 恒成立，则实数a的取值范围是________. 18．（2026·四川广元·二模）关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为__________． 19．（2026·四川成都·二模）函数．若在区间上恒成立，则整数的最小值是__________． 20．（2026·四川内江·二模）已知函数，．若不等式恒成立，则a的取值范围为________． 21．（2026·天津河西·二模）若a，，若对任意实数x，都有恒成立，则的最大值为_______. 四、解答题 22．（2026·河南开封·二模）已知函数． (1)求的单调区间； (2)求证：对任意，不等式恒成立． 23．（2026·福建三明·二模）已知函数． (1)若函数有两个零点，求实数a的取值范围； (2)若，求证：； (3)若，，关于x的不等式恒成立，求的最大值． 24．（2026·江苏镇江·二模）已知函数，其中，曲线在点处的切线方程为． (1)求a的值； (2)证明：当时，； (3)设，若对任意恒成立，求m的最大值． 25．（2026·四川达州·二模）已知，. (1)求的单调区间； (2)若方程有两个不相等的实数根. （i）求的取值范围； （ii）若恒成立，求实数的取值范围. ( 抽象函数问题 考点 5 )1．（2026·安徽阜阳·二模）已知的定义域为，的图象关于点对称，，且的图象关于点对称，则（    ） A．99 B．78 C．66 D．52 2．（2026·江西九江·二模）定义在上的函数满足：①对任意都有；②，则函数零点的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．（2026·安徽池州·二模）设函数的定义域为，，若的图象与x轴相交于点，则（   ） A． B． C．是奇函数 D．是奇函数 4．（2026·四川成都·二模）已知定义域为的函数满足，且为奇函数，则一定有（   ） A． B． C． D． 5．（2026·四川·二模）已知是上的奇函数，，若在上单调递增，且，，则与函数交点个数为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 6．（2026·上海黄浦·二模）设函数的定义域为R，则下列结论：①若是奇函数或偶函数，且在区间上严格增，则对任意的，或；②若对任意的，，则是奇函数或偶函数．其中正确的说法是（    ）． A．①和②均正确 B．①正确，②错误 C．①错误，②正确 D．①和②均错误 7.（2026·重庆九龙坡·二模）已知是定义在上的偶函数，且在上单调递减， 是定义在上的奇函数，且在上单调递增. 设， ， . 则（   ） A． B． C． D． 8．(多选)（2026·广东江门·二模）若函数的定义域为，，且，，，则（   ） A． B．， C．为奇函数 D．当时， 9．(多选)（2026·广东清远·二模）已知函数满足对且，若数列满足，则（   ） A． B． C．数列是等比数列 D． 10．(多选)（2026·重庆渝中·二模）已知是定义在上的函数，对任意，满足，，若时，，则下列说法正确的是（   ） A．是奇函数 B．， C． D．在区间上，有2027个零点 11．(多选)（2026·广东茂名·二模）已知是定义在上的函数，且，，则（    ） A． B．是奇函数 C．的图象关于直线对称 D．是的周期 12．(多选)（2026·广西河池·二模）已知定义域为的函数，对任意实数都有，且，则以下结论一定正确的有（   ） A．为的周期 B．关于对称 C． D． 13．(多选)（2026·河北邢台·二模）已知是定义在上的奇函数，，，若为偶函数，则（    ） A． B． C． D． 14．(多选)（2026·浙江宁波·二模）定义在上的函数满足，则（    ） A． B． C． D． 15．(多选)（2026·广东佛山·二模）定义域关于原点对称的函数，满足，，为偶函数且，则（   ） A． B． C．为偶函数 D．若，则 16．(多选)（2026·四川广安·二模）已知定义在上的偶函数满足，，设在上的导函数为，则（    ） A． B． C． D． 17．(多选)（2026·陕西商洛·二模）已知是定义在上的可导函数，其中为其导数，，若满足，关于点对称，下列结论中正确的是（     ） A． B． C．为的一条对称轴 D． 18．（2026·重庆·二模）已知是偶函数，对任意，，；当时，．则的表达式可以为___________．（写出满足条件的一个即可） ( 实际问题中的函数应用 考点 6 ) 1．（2026·湖南怀化·二模）某AI大模型的算力规模每半年翻一番，初始算力为，经过t年后算力为P，则P与t的函数关系式为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·吉林·二模）一个港口的某一观测点的水位在退潮的过程中，水面高度（单位：）关于时间（单位：）的函数解析式为（为参数）.已知刚开始退潮时水面高度为，若从到，水面高度下降了，则（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 3．（2026·浙江嘉兴·二模）为保护环境，某发电厂对烟气进行脱碳处理．已知初始碳排放浓度为，每经过一次环保设备处理，碳排放浓度会减少50%．国家排放标准规定碳排放浓度不得超过，若要使该发电厂烟气排放达标，则至少需要脱碳处理的次数为（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 4．（2026·湖南·二模）如图，一块边长为6的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下来，然后用余下的四个等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则当正四棱锥容器的体积最大时，正四棱锥的高为（   ） A． B． C．3 D． 5．（2026·湖北十堰·二模）冷链物流是指冷藏冷冻类物品在生产、贮藏、运输、销售到消费前的各个环节中始终处于规定的低温环境下，以保证物品质量、减少损耗的系统工程.主要包括初级农产品（如蔬菜、水果、肉禽蛋等）、加工食品（如速冻食品、冰淇淋等）和特殊商品（如药品等）.已知某蔬菜的保鲜时间y（单位：小时）与贮藏温度x（单位：℃）之间满足：（其中a，b为常数）.若该蔬菜在贮藏温度为9℃的环境下保鲜时间为261小时，在23℃的环境下保鲜时间为29小时，且该蔬菜所需物流时间为87小时，则该蔬菜在物流过程中的贮藏温度不能超过（   ） A．12℃ B．14℃ C．16℃ D．18℃ 6．（2026·四川广安·二模）借助信息技术计算的值，我们发现当时，的底数越来越小，而指数越来越大，随着越来越大，会无限趋近于（是自然对数的底数），根据以上知识判断，当越来越大时，会无限趋近于（    ） A． B． C．3 D． 7．（2026·广东清远·二模）生物学家经过长期研究发现，睡眠中的恒温动物的脉搏率（单位：次）与体重（单位：kg）、外界环境温度（单位：℃）有关，满足（为常数）．已知在环境温度为时，为两个睡眠中的恒温动物，的体重为、脉搏率为210次，的脉搏率是105次，则的体重为（   ） A． B． C． D． 8．（2026·四川达州·二模）“本福特定律”又称“首位数字定律”，是一条关于自然界和人类社会中大量数据的首位数字分布概率的统计规律：一个数的首位数字是的概率为，据此可知，一个数的首位数字是3的概率与首位数字是5的概率之差约为（参考数据：）（    ） A．0.046 B．0.023 C．0.262 D．0.131 9．（2026·浙江金华·二模）某物种繁殖能力极强，在没有外部因素干扰的前提下，其种群数量每经过一年就会增长为原来的5倍，则该物种种群数量变成原来的1000万倍大约需要经过（   ）（参考数据：） A．10年 B．11年 C．23年 D．24年 10．（2026·山西吕梁·二模）在智能驾驶快速发展的今天，车载AI芯片的运算能力至关重要，行业内通常以“每秒万亿次运算（TOPS），即1TOPS=次运算/秒”为单位衡量芯片性能.某车载AI在道路目标检测中，需在0.5秒内完成次运算，则该芯片的运算性能至少为（   ）TOPS. （参考数据，，） A．56.2 B．56.1 C．562 D．561 11．（2026·江苏·二模）随着对某项新技术学习效率的提升，生产力不断提高．该技术下生产第一件产品的工时为，生产件产品的平均工时，其中（为产品工时递减速率）．现有一条工时递减速率为80%的生产线，则生产前四件产品与生产前两件产品的平均工时之比为（   ） A．0.6 B．0.8 C．1.25 D．1.6 12．（2026·陕西咸阳·二模）已知圆锥的侧面积为，其母线与底面所成的角是60°，要在圆锥内挖去一个体积最大的圆柱，要求圆柱的一个底面在圆锥的底面上，则挖去的圆柱的体积为（    ） A． B． C． D． 13．（2026·江西·二模）如何度量样本间的相似性是人工智能核心领域的基础问题，通常通过计算样本间的“距离”来解决．镜像距离是一种基础且重要的工具．定义两点，的镜像距离为．若，，则的最小值为________． 14．（2026·上海徐汇·二模）如图为一架农业无人机沿固定航线匀速飞行，并在某时刻向下喷洒农药的示意图.将种植坡面视为坡角为的平面，航线视为直线，无人机视为航线上的点，无人机在任意时刻喷洒农药的雾滴形成的形状均为以铅垂线为轴､母线与轴夹角为的圆锥及其内部.若无人机飞行的海拔高度恒定，航线与种植坡面平行且距离为3米，假设无人机飞行时农药喷洒不间断且不受风速影响；则飞行过程中会在种植坡面上形成一条宽为米的“农药条带”.当时，的最大值为__________.（结果精确到） 15．（2026·上海黄浦·二模）如图所示，某圆形游乐园的半径为140米，其圆心在点A处，游乐园内有一圆形广场，其半径为20米，圆心在与点A相距60米的点B处，游客中心位于圆形广场的边界线与A，B连线的交点O处．现打算在游乐园的边界线与圆形广场的边界线上各选一点C，D，在这两处各建一座游乐设施（其占地大小忽略不计），将的内部区域作为游客的休闲区并使其面积最大，则此最大面积为______． 16．（2026·陕西·二模）沙漏也叫作沙钟，是一种测量时间的装置．现有一个沙漏（如图）上方装有的细沙，细沙从中间小孔由上方慢慢漏下，经过分钟时剩余的细沙量为，且（为常数），经过16分钟时，上方还剩下一半细沙，要使上方细沙是开始时的，需经过的时间为______分钟． 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $