2 单元周清卷(二) 函数的概念与性质(Word练习)-【金版新学案】2027年高考数学高三总复习大一轮复习（广东专版）

**基本信息** 聚焦函数概念与性质，通过A卷强基、B卷提能分层训练，系统构建“概念-性质-应用”逻辑链，渗透数学抽象与逻辑推理素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |A卷基础|11题（含2025全国卷题）|定义域不等式组法、单调性定义判断、奇偶性+周期性区间转化、分段函数端点衔接|从函数概念（定义域）到性质（单调/奇偶/周期），层层递进| |B卷深化|8题（含新定义题）|抽象函数周期性推导、“局部奇函数”方程有解转化、不等式恒成立分离参数|性质综合应用（如奇偶+周期+对称），提升数学建模与运算能力|

单元周清卷(二)　函数的概念与性质 (考点一　函数的概念；考点二　分段函数； 考点三　函数的单调性与最值；考点四　函数的奇偶性；考点五　函数的周期性与对称性) A卷　强基精研卷 (时间：50分钟　分数：100分) 1.(8分)函数f＝＋ln的定义域为(　　) A. B.∪ C. D.∪ 答案：D 解析：要使函数f有意义，则所以函数f∪.故选D. 2.(8分)若函数f(x)＝(m－1)x＋b在R上是减函数，则f(m)与f(1)的大小关系是(　　) A.f(m)＜f(1) B.f(m)＞f(1) C.f(m)≤f(1) D.f(m)≥f(1) 答案：B 解析：因为函数f(x)＝(m－1)x＋b在R上是减函数，所以m－1＜0，得m＜1，所以f(m)＞f(1).故选B. 3.(8分)(2025·全国一卷)已知f(x)是定义在R上且周期为2的偶函数，当2≤x≤3时，f(x)＝5－2x，则f(－)＝(　　) A.－ B.－ C. D. 答案：A 解析：当x∈[－1，0]时，－x＋2∈[2，3]，所以当x∈[－1，0]时，f(x)＝f(－x)＝f(－x＋2)＝5－2(－x＋2)＝1＋2x，所以f(－)＝1－＝－.故选A. 4.(8分)若函数f(x)，g(x)满足f(x)－2f＝3x－，且f＋g＝2x＋6，则f＋g＝(　　) A.5 B.6 C.7 D.8 答案：D 解析：令x＝2可得f(2)－2f＝6－2＝4；令x＝可得f()－2f＝－8＝－，所以－3f(2)＝－9，所以f(2)＝3，令x＝－1可得f(－1)－2f＝－3＋4＝1，所以f(－1)＝－1；令x＝－1可得f＋g＝－2＋6＝4，所以g＝5，所以f＋g＝3＋5＝8.故选D. 5.(8分)(2025·福建漳州模拟)已知函数f＝是R上的减函数，则实数a的取值范围是(　　) A.－3≤a≤－2 B.－3≤a≤0 C.a≤－2 D.a＜0 答案：A 解析：由于函数f＝是定义在R上的减函数，所以函数y＝x2＋ax＋5在区间上为减函数，函数y＝－上为减函数，且有x＝1时，－≤x2＋ax＋5，即解得－3≤a≤－2.因此，实数a的取值范围是－3≤a≤－2.故选A. 6.(8分)(2025·河南三模)已知f为定义在上的奇函数，若f在上单调递减，则满足不等式f＋f＞0的实数a的取值范围是(　　) A. B. C.∪ D.∪ 答案：C 解析：因为f是奇函数，则f＋f(1－a2)＞0可化为f＞－f＝f.又f上单调递减且f上的奇函数，所以f上单调递减，则解得－＜a＜－1或2＜a＜，即实数a的取值范围是∪.故选C. 7.(8分)(多选)若函数f＝x，则(　　) A.f＝ B.f的最小值为0 C.f是奇函数 D.f的定义域为∪ 答案：ACD 解析：f＝×＝，故A正确；由x2－1≥0，得x∈∪，故D正确.因为f＜0，所以f的最小值不是0，故B错误.因为f＝－x＝－f，所以f是奇函数，故C正确.故选ACD. 8.(8分)(多选)(2025·安徽亳州模拟)已知函数f是定义在R上的奇函数，当x≤0时，f＝x2＋x＋a，则下列说法正确的是(　　) A.a＝0 B.当x＞0时，f＝－x2－x C.函数f的单调递减区间为(－∞，－)和(，＋∞) D.不等式f＜0的解集为∪ 答案：ACD 解析：由于f是定义在R上的奇函数，所以f＝a＝0，经验证此时满足题意，所以A正确.则当x≤0时，f＝x2＋x，当x＞0时，－x＜0，f＝－f＝－[－x]＝－x2＋x，所以B错误.由上述分析可知f＝由此画出f的图象如图所示， 由图可知，f，C正确.不等式f＜0的解集为∪，D正确.故选ACD. 9.(8分)函数y＝f满足：(1)定义域为R；(2)f＝f；(3)在上为增函数.请写出满足上述三个条件的一个函数解析式　　　　　　(答案不唯一，正确即可). 答案：y＝－x2 解析：由f＝f以及定义域为R，可得y＝f为偶函数，故y＝f可以为y＝－x2，y＝－x2为开口向下的二次函数，且满足在上单调递增，故y＝－x2符合题意.(答案不唯一) 10.(8分)已知定义在上的函数f为单调函数，且f＝4，则f＝　　　　. 答案：6 解析：因为函数f上的单调函数，则由f＝4，得f－为常数，令f－＝m，m＞0，所以f＝＋m，则f＝＋m，即＋m＝4，整理可得m2－4m＋4＝0，解得m＝2，所以f＝4＋2＝6. 11.(20分)已知函数f＝，且f＝－2. (1)求函数f的解析式； (2)求函数f在上的最值. 解：(1)法一：因为f＝，f＝－2，令x－1＝－1，即x＝0，所以f＝＝－a，则－a＝－2，解得a＝2，所以f(x－1)＝，令t＝x－1，t≠0，则x＝t＋1，则f＝＝＝t＋，t≠0，所以函数f的解析式为f＝x＋. 法二：由题意f＝＝，所以f＝，又f(－1)＝－2，所以＝－2，解得a＝2，所以f＝＝x＋，即函数f的解析式为f＝x＋. (2)由(1)知f＝x＋，任取x1，x2∈，且x1＜x2，则f－f＝x1＋－＝x1－x2＋＝(x1－x2)，因为0＜x1＜x2，x1x2＞1，所以f－f＜0，即f＜f，所以函数f上单调递增，同理任取x3，x4∈，且x3＜x4，则f－f＝，因为0＜x3＜x4，x3x4＜1，所以f－f＞0，即f＞f，所以函数f上单调递减，故f上单调递减，在上单调递增，又f＝2，f＝f＝，故f上的最小值为2，最大值为. B卷　培优提能卷 (时间：50分钟　分数：100分) 1.(10分)已知函数f的定义域为，则函数f的定义域为(　　) A. B. C. D. 答案：D 解析：函数f，所以－1≤2x－1≤3，解不等式得0≤x≤2，即函数f.故选D. 2.(10分)已知定义域为R的函数f，∀x1，x2∈R，x1＜x2，都有(x1－x2)[f－f]＜0，则(　　) A.f＜f＜f B.f＜f＜f C.f＜f＜f D.f＜f＜f 答案：B 解析：因为∀x1，x2∈R，x1＜x2，则x1－x2＜0，且＜0，可得f－f＞0，即f＞f，可知f是R上的减函数，且π＞3＞2，所以f＜f＜f.故选B. 3.(10分)(2025·山东青岛三模)已知函数f(x)的定义域为R，f(x＋y)－f(x－y)＝2f(1－x)f(y)，f(1)＝1，则f(2 025)＝(　　) A.－1 B.0 C.1 D.2 答案：C 解析：令x＝0，则f－f＝2ff＝2f，所以f＝－f，所以f为奇函数，令y＝1，则f(x＋1)－f＝2f(1－x)f＝2f，因为f(x)为奇函数，所以f(1－x)＝－f，所以f＝－f(x－1)，所以f＝－f，所以f＝f(x)，所以f的周期为4，所以f(2 025)＝f＝1.故选C. 4.(10分)(2026·潍坊期中)函数f＝x2＋ax＋5，对x∈R恒有f＝f，若x∈(m＜0)时，f的值域为，则实数m的取值范围是(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：由f＝f可知函数f关于直线x＝－2对称，可得－＝－2，解得a＝4，则f＝x2＋4x＋5＝＋1；可知f＝f(－4)＝5，f(－2)＝1，当x∈(m＜0)时，f，则m∈.故选A. 5.(10分)(多选)(2025·河南信阳模拟)定义在R上的奇函数f满足f＝f，则下列结论一定成立的是(　　) A.f＝1 B.f＝0 C.是f图象的一个对称中心 D.f为偶函数 答案：BCD 解析：对于A，f是定义在R上的奇函数，所以f＝0，又f满足f＝f，令x＝0，所以f＝f＝0，错误；对于B，由f(－3x)＝f，可知f＝f，所以f＝f＝－f＝f，所以f(x)的周期为4，所以f＝f＝f＝0，正确；对于C，因为f＝f，所以x＝1是f图象的对称轴，又为f图象的一个对称中心，所以是f图象的一个对称中心，正确；对于D，因为f＝f，所以f(3x＋1)＝f，即f为偶函数，正确.故选BCD. 6.(10分)(新定义)记函数f的定义域为R，I为定义域内的某个区间，若存在x∈I，使得f＝－f，则称f为I上的“局部奇函数”.若函数f＝e2x＋aex－2a＋1为R上的“局部奇函数”，则a的取值范围是　　　　　　　　. 答案：∪ 解析：由“局部奇函数”的定义得，∃x∈R使得方程＋a－2a＋1＝－成立，即e2x＋＋a＋aex－4a＋2＝0有实数解；方程变形为＋a－4a＝0，令t＝ex＋，则t∈，故方程t2＋at－4a＝0在区间t∈上有解，令g＝t2＋at－4a，则g＝4－2a≤0或解得a≥2或a≤－16. 7.(20分)设f(x)是定义在(－∞，＋∞)上以2为周期的函数，且f(x)是偶函数，在区间[2，3]上时，f(x)＝－2(x－3)2＋4. (1)求当x∈[1，2]时，f(x)的解析式； (2)若矩形ABCD的两个顶点A，B在x轴上，C，D在y＝f(x)(0≤x≤2)的图象上，求这个矩形面积的最大值. 解：(1)设x∈[1，2]，则4－x∈[2，3]， 因为f(x)是偶函数，所以f(x)＝f(－x)， 又2是f(x)的周期，则4是f(x)的周期， 所以f(x)＝f(－x)＝f(4－x)＝－2(x－1)2＋4； (2)设x∈[0，1]，则2≤x＋2≤3， f(x)＝f(x＋2)＝－2(x－1)2＋4， 由(1)知，当x∈[0，2]时， f(x)＝－2(x－1)2＋4， 设点A，B的坐标分别为(1－t，0)，(1＋t，0)(0＜t≤1)， 则｜AB｜＝2t，｜AD｜＝－2t2＋4， SABCD＝2t＝4t，令SABCD＝S， 则＝2t2·≤＝， 当且仅当2t2＝2－t2，即t＝时取等号. 所以S2≤，即S≤，故Smax＝. 8.(20分)已知函数f对任意的实数m，n，都有f(m＋n)＝f＋f－1，且当x＞0时，有f＞1. (1)求f的值； (2)求证：f在R上为增函数； (3)若f＝3，且关于x的不等式f(ax－2)＋f(x－x2)＜3对任意x∈(2，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围. 解：(1)由f(m＋n)＝f(m)＋f(n)－1， 故令m＝n＝0，则f(0)＝2f(0)－1， 则f(0)＝1. (2)证明：设x1，x2是R上任意两个实数，且x1＜x2， 则f(x2)＝f(x2－x1)＋f(x1)－1， 所以f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)－1， 由x1＜x2得x2－x1＞0，所以f(x2－x1)＞1， 故f(x2)－f(x1)＞0，即f(x1)＜f(x2)， 故函数f(x)为R上的增函数. (3)由已知条件得：f(ax－2)＋f(x－x2)＝f[(ax－2)＋(x－x2)]＋1＜3， 故f[－x2＋(a＋1)x－2]＜2，因为f(2)＝3＝2f(1)－1，所以f(1)＝2， 所以f[－x2＋(a＋1)x－2]＜f(1)， 由(2)可知f(x)在R上为增函数， 所以－x2＋(a＋1)x－2＜1， 即x2－(a＋1)x＋3＞0， x∈(2，＋∞)时，可得a＋1＜x＋恒成立， 令g(x)＝x＋， 由对勾函数性质可得g(x)＝x＋在(2，＋∞)上单调递增， 所以g(x)＞g(2)＝2＋＝， 所以a＋1≤⇒a≤，综上，a∈. 学科网（北京）股份有限公司 $