专题01 一网打尽高中函数（培优题型清单）（全国通用）2027年高考数学一轮复习讲练测

该高中数学高考复习知识清单聚焦“一网打尽高中函数”专题，涵盖指数对数函数、幂函数、对勾函数等基础与补充函数，以及取整函数、保值函数、中心对称函数等特殊类型，通过题型脑图搭建核心考法体系。 清单分14个题型深研解题技能，如指数对数函数结合“同一真数比高低”记忆图像，中心对称函数强调对称中心特性，培养数学抽象与逻辑推理素养。设考法进阶与例题解析，辅助学生自主复习，助力教师精准教学。

专题01 一网打尽高中函数 题型脑图·核心考法搭建 考法深研·解题技能进阶 题型01 函数基础：指数与对数函数对应关系 指数函数与对数函数，要遵循以下函数图像生成过程，便于学生理解并记忆： 1. 2.还要通过代入“同一真数比高低”来转对比函数图像高低。 3.代值时候，要注意，可以通过这个优美简洁的计算来达到快速“出图”的目的。 4.对数或者指数“变异”型，要遵循“左加右减上加下减，翻折对称”等图像规律技巧。 1．（2026·安徽·模拟预测）已知 ,则 （     ） A．40 B．32 C．72 D．64 2．（25-26高三·全国·一轮复习）设平行于轴的直线分别与函数和的图象相交于点，，若函数的图象上存在点，使得为等边三角形，则这样的直线（    ） A．不存在 B．有且只有一条 C．至少有两条 D．有无数条 3．（2026·山西晋中·三模）已知且，若函数的值域为，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 4．（2026·江西·三模）已知，且，则（    ） A． B． C． D． 题型02 函数基础：幂函数的图像“区域分类” 幂函数的图像，要从两方面建立： 1.函数在第一象限永远有图像，所以图像的“根”在第一象限，恒过（1,1）点。 2.第二、三是否有图像，要结合函数的奇偶性来判断推导确认。 1．（2026·湖南常德·二模）已知实数满足：，则（   ） A． B． C． D． 2．（25-26高三下·湖北孝感·开学考试）若，则下列不等关系一定不成立的是（   ） A． B． C． D． 3．（25-26高一上·四川达州·期末）已知函数的图象分别与函数和的图象交于，两点，设两交点的横坐标分别为，，则的值为（ ） A． B． C． D． 4．（25-26高三上·江苏苏州·阶段检测）已知幂函数的图象关于轴对称，且在上单调递减，则满足的实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 题型03 三大补充函数：对勾函数 对勾函数 对勾函数：图像特征 形如称为对勾函数 1.有“渐近线”：y=ax（倾斜）,x=0（竖直）两条渐近线 2.“拐点”：解方程（即第一象限均值不等式取等处） “对勾”函数核心型函数：类二次函数： 1.偶函数；2.右边是增函数； 1．（25-26高三·浙江·阶段检测）已知定义在上的函数满足，则函数的最大值为（   ） A． B． C．2 D． 2．（25-26高三上·陕西榆林·阶段检测）已知函数，则关于的不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 3．（25-26高三·江苏无锡·阶段练习）已知函数，若实数a，b满足且，则的值为（   ） A．10 B．6 C．8 D．4 4．（25-26高三上·河北保定·阶段检测）已知函数，则关于的不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 题型04 三大补充函数：双刀函数 双曲函数（双刀函数）:可以理解为“双沟函数改变一个符号” 1.有“渐近线”：y=ax与y=-ax 2.“零点”：解方程（即方程等0处） 类三次函数 1．（2025·广东肇庆·一模）已知，若成立，则x的取值范围是（   ） A． B． C． D． 2．（25-26高三·浙江 阶段练习）已知函数，若对任意的正实数、，满足，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 3．（25-26高三上·上海嘉定·期中）已知函数，则不等式的解集为（    ）. A． B． C． D． 4．（24-25高三·广西·阶段练习）已知函数，则不等式的解集是（ ） A． B． C． D． 题型05 三大补充函数：复合反比例型 反比例与分式型函数 解分式不等式，一般是移项（一侧为零），通分，化商为积，化为一元二次求解，或者高次不等式，再用穿线法求解 反比例与分式型函数 方法一：分离常数，左加右减上加下减 方法二：中心对称法，如下 ·形如：。对称中心为P，其中 1．（24-25高一下·云南昭通·开学考试）已知函数，若对任意的恒成立，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 2．（25-26高三·全国·一轮复习）函数，则下列结论错误的是（    ） A．函数在定义域上为奇函数 B．函数在区间上单调递增 C．函数的值域为 D．函数的图像与直线有且只有两个交点 3．（25-26高三·全国·一轮复习）已知函数是奇函数，，且与的图像的交点为，，，，则 A．0 B．6 C．12 D．18 4．（24-25高三·重庆·阶段检测）设函数是奇函数，函数的图像与的图像有2022个交点，则这些交点的横，纵坐标之和等于（    ） A． B． C．10110 D．5050 题型06 对数函数的“反比例性质（积定）” 对数绝对值型函数的反比例定值性质：xy=1 对于，若有两个零点，则满足 1. 2. 3.要注意上述结论在对称轴作用下的“变与不变” 1．（25-26高三·湖南长沙·阶段检测）已知函数，若关于的方程（）有四个不同的根，它们从小到大依次记为，，，，则下列选项正确的是（ ） A． B． C． D．函数有8个零点 2．（25-26高一上·湖北孝感·期末）已知函数，若有四个零点，，，，且满足，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．（25-26高三·安徽安庆·阶段检测）已知函数，若，且，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．（25-26高三·浙江衢州·阶段练习）已知函数，若方程有四个不同的解，且，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 题型07“取整”函数与“去整” 函数 取整函数（高斯函数）表示不超过的最大整数，又叫做“高斯函数”.如右图。“去整”函数如右下图。注意函数两段端点的“开闭” 1．（25-26高三·全国·一轮复习）对于任意实数,符号表示“不超过的最大整数”，如，，，定义函数．给出下列四个结论： ① 函数的值域是； ② 函数是奇函数； ③ 函数是周期函数，且最小正周期为4； ④ 函数的图像与直线有三个不同的公共点． 其中错误结论的个数为（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．（24-25高三·山西大同·阶段练习）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，例如，，已知函数，，则下列叙述正确的是（    ） A．是偶函数 B．在上是增函数 C．的值域是 D．的值域是 3．（24-25高三·黑龙江·阶段检测）符号表示不超过的最大整数，如，，，定义函数则下列说法正确的个数是（    ） ①函数的定义域为R ②函数的值域为 ③函数是增函数 ④函数是奇函数 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 4．（24-25高三·江苏徐州·阶段检测）符号表示不超过的最大整数，如，，定义函数，那么下列说法正确的个数是（      ） 函数 的定义域为 R ，值域为 1, 0 ②方程 有无数多个解 ③对任意的，都有成立 ④函数是单调减函数 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 题型08 保值函数与保值放缩函数 一般地，若的定义域为，值域为，则称为的“倍跟随区间”；特别地，若的定义域为，值域也为，则称为的“跟随区间”， 把函数存在区间，使得函数为上的倍域函数，结合函数的单调性，转化为是解答的关键. 1．（24-25高三上·河南郑州·阶段练习）对于函数，若存在区间，当时的值域为，则称为倍值函数.若是倍值函数，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（25-26高一上·上海杨浦·期末）对于函数，常数，若自变量在区间上变化时，函数值的取值范围恰为，则称区间是函数的倍值区间，区间长度为.已知定义域为的函数的表达式为，给出下列结论： ① 函数恰有2个1倍值区间； ② 函数的所有倍区间长度之和为. 下列说法正确的是（    ） A．结论①成立，结论②不成立 B．结论①不成立，结论②成立 C．两个结论都成立 D．两个结论都不成立 3．（2026·上海·高考真题）对于函数，，设.对于点集，若存在，使得任取，总有，则称为“最低点”.对于函数和，以下说法中正确的是（    ） A．若和都有最小值，则有最低点； B．若有最低点，则和都有最小值； C．若或有最小值，则有最低点； D．若有最低点，则或有最小值. 4．（2026·全国一卷·高考真题）已知函数的定义域为，且当时，．对任意，定义集合． (1)若当时，，求； (2)若是奇函数，，且，证明：； (3)设满足：①若，则；②当时，． （i）证明：； （ii）证明：在区间单调递增． 题型09 中心对称函数：三次函数 一元三次函数：主要性质是中心对称，具有对称中心 遇到一元三次函数，首先要想它的对称中心。 所有的三次函数都有“拐点”，且该“拐点”也是函数的图像的对称中心， 设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”． 1.（25-26高三·全国·一轮复习）已知函数 ，若至少存在两个实数 ，使得 ，， 成等差数列，则过坐标原点作曲线 的切线可以作 A. 条 B. 条 C. 条 D. 条 2．（24-25河南洛阳·阶段练习）设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.已知：任何三次函数既有拐点，又有对称中心，且拐点就是对称中心．设，数列的通项公式为，则（    ） A．2017 B．2018 C．8068 D．4034 3．（24-25高三上·甘肃兰州·阶段检测）三次函数有如下性质：①设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”；②任何一个三次函数都有“拐点”，且“拐点”就是该函数图象的对称中心．若直线过函数图象的对称中心，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 4．(多选）（24-25高三·辽宁大连·阶段练习）直线与曲线：交于，，，，曲线在，处的切线总是平行的，则下列命题正确的是（    ） A．， B．曲线对称中心是 C．经过点作曲线的切线有两条 D．设，则 题型10 中心对称函数：对数嵌套反比例 实战解题巧法：对称中心必然是定义域的“对称中点”处，可以借助这个特性来直接解出参数值 1．（25-26高三上·黑龙江哈尔滨·阶段检测）已知函数，，，，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高三下·甘肃白银·阶段检测）若函数，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高一上·北京·期中）关于函数的性质，下列说法正确的是（    ） A．在上是增函数，且曲线存在对称轴 B．在上是增函数，且曲线存在对称中心 C．在上是减函数，且曲线存在对称轴 D．在上是减函数，且曲线存在对称中心 4．（2025·河北沧州·模拟预测）已知，且为奇函数，则（    ） A． B． C． D． 题型11 中心对称函数:对数嵌套绝对值型 实战解题巧法：对称中心必然是定义域的“对称中点”处，可以借助这个特性来直接解出参数值 1．（北京市丰台区2024-2025学年高三学期考试数学试题）已知函数，则（    ） A．是偶函数，且在区间上单调递增 B．是奇函数，且在区间上单调递减 C．是偶函数，且在区间上单调递增 D．是奇函数，且在区间上单调递减 2．（24-25高三下·山西大同·期末）若是奇函数，则（   ） A．， B．， C．， D．， 3．（2025·全国·模拟预测）若函数（）为奇函数，则（   ） A． B．1 C． D．2 4．（24-25高三下·浙江宁波·阶段检测）已知函数为偶函数，则（   ） A． B． C． D． 题型12 中心对称函数：指数分式中心型 1．（24-25高三·广东揭阳·阶段练习）若命题为奇函数，为偶函数，则是成立的（   ） 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 2．（2025·四川泸州·模拟预测）已知是奇函数，则（    ） A．2 B． C．1 D． 3．（24-25高二下·浙江·阶段检测）已知函数，若对任意，都有，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．（2025高三·全国·专题练习）已知函数，，则函数的图象与x，y轴围成的封闭图形的面积是（    ） A．4 B．5 C．6 D．8 题型13 中心对称函数：对数嵌套无理型 对称中心横坐标如果相同，可以叠加纵坐标为合成中心 1．（25-26高二下·黑龙江大庆·阶段检测）已知函数，若正实数a，b满足，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 2．（25-26高三上·四川内江·阶段检测）已知函数，若等差数列的前项和为，且，，则（    ） A． B．0 C．2026 D．4052 3．（25-26高三·山西运城·阶段检测）设函数，若任意使不等式成立，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 4．（25-26高一上·湖北武汉·阶段检测）已知函数，若，则（    ） A． B． C． D． 题型14 对称轴型：对数嵌套指数型 对数-指数复合反比例型： 对数-指数复合反比例型原理： 1．（25-26高三上·黑龙江·阶段检测）设函数，令，，，则，，的大小关系为（   ） A． B． C． D． 2．（25-26高二上·贵州遵义·期末）已知函数，若成立，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 3．（2025·河北·模拟预测）已知函数，则是（   ） A．偶函数，有最小值 B．偶函数，有最大值 C．奇函数，在上单调递增 D．奇函数，在上单调递减 4．（24-25高三上·贵州铜仁·期末）已知函数是偶函数，则（    ） A． B． C． D． Jieshu 学科网（北京）股份有限公司1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 一网打尽高中函数 题型脑图·核心考法搭建 考法深研·解题技能进阶 题型01 函数基础：指数与对数函数对应关系 指数函数与对数函数，要遵循以下函数图像生成过程，便于学生理解并记忆： 1. 2.还要通过代入“同一真数比高低”来转对比函数图像高低。 3.代值时候，要注意，可以通过这个优美简洁的计算来达到快速“出图”的目的。 4.对数或者指数“变异”型，要遵循“左加右减上加下减，翻折对称”等图像规律技巧。 1．（2026·安徽·模拟预测）已知 ,则 （     ） A．40 B．32 C．72 D．64 【答案】D 【分析】根据题干信息构造单调函数，将换元转化为，利用函数单调性得，即，代入原式即可求出. 【详解】令，易知在上单调递增. 由，得. 对变形，设，则. 代入得，即. 因为单调递增，函数值相等则自变量相等，所以. 即，也就有. 结合，替换得. 2．（25-26高三·全国·一轮复习）设平行于轴的直线分别与函数和的图象相交于点，，若函数的图象上存在点，使得为等边三角形，则这样的直线（    ） A．不存在 B．有且只有一条 C．至少有两条 D．有无数条 【答案】B 【分析】设直线的方程为，求得点，，得到，再由，得到点，根据点在函数的图象上，得到关于的方程，即可求解. 【详解】根据题意，设直线的方程为，则，，， 设，因为是等边三角形，所以点到直线的距离为，所以， 所以，又， 所以，所以，解得， 故而符合条件的直线只有1条． 3．（2026·山西晋中·三模）已知且，若函数的值域为，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】当时，单调递增，则， 当时，，要使函数的值域为， 则需在时的值域包含，故需满足， 解得. 4．（2026·江西·三模）已知，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为，且，所以， 同理，由，可得， 由，可得. 令，得，所以在上单调递减， 满足的即为函数与交点的横坐标； 满足的即为函数与交点的横坐标； 满足的即为函数与交点的横坐标； 在同一平面直角坐标系中画出的图象，如图所示： 从图象中可以直观地看出，三个交点的横坐标关系为. 题型02 函数基础：幂函数的图像“区域分类” 幂函数的图像，要从两方面建立： 1.函数在第一象限永远有图像，所以图像的“根”在第一象限，恒过（1,1）点。 2.第二、三是否有图像，要结合函数的奇偶性来判断推导确认。 1．（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. 【点睛】本题考查指数函数单调性的应用，核心是利用函数单调性判断变量的取值范围，体现了函数思想在不等式判断中的应用. 2．（25-26高三下·湖北孝感·开学考试）若，则下列不等关系一定不成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】对已知等式进行恒等变形，通过构造函数，利用数形结合思想进行判断即可. 【详解】当时，显然不成立， 当时，由， 令，设， 在同一直角坐标系内画出三个函数的图象如下图所示： 由数形结合思想可知：只有选项C不可能， 故选：C 3．（25-26高一上·四川达州·期末）已知函数的图象分别与函数和的图象交于，两点，设两交点的横坐标分别为，，则的值为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据反函数及反比例函数的对称性得到点与点关于直线对称，再进一步求解即可. 【详解】设，， 则. 因为函数和互为反函数，图象关于直线对称，函数的图象也关于直线对称， 所以，关于直线对称，即，， 又，所以. 故选：C. 4．（25-26高三上·江苏苏州·阶段检测）已知幂函数的图象关于轴对称，且在上单调递减，则满足的实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】结合幂函数性质由条件求，结合函数的性质化简不等式，解不等式可得结论. 【详解】因为函数在上单调递减， 所以，又， 所以， 因为函数的图象关于轴对称， 所以为偶数， 不符合题意舍去，所以， 函数的定义域为， 且函数在和上单调递减， 当时，，当时，， 所以不等式可化为 或或， 所以或， 所以的取值范围为. 故选：C. 题型03 三大补充函数：对勾函数 对勾函数 对勾函数：图像特征 形如称为对勾函数 1.有“渐近线”：y=ax（倾斜）,x=0（竖直）两条渐近线 2.“拐点”：解方程（即第一象限均值不等式取等处） “对勾”函数核心型函数：类二次函数： 1.偶函数；2.右边是增函数； 1．（25-26高三·浙江·阶段检测）已知定义在上的函数满足，则函数的最大值为（   ） A． B． C．2 D． 【答案】B 【分析】由题可得，结合基本不等式求解即可.． 【详解】由，得， 联立方程，解得， 因为，所以，当且仅当时取等号， 则，当且仅当，即取等号． 2．（25-26高三上·陕西榆林·阶段检测）已知函数，则关于的不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据可得对称性，进而根据函数的单调性，可得求解． 【详解】由， 得的图象关于直线对称， 设，则， 因为在上单调递增，且在上单调递增， 所以在上单调递增， 由，可得， 所以，整理得， 解得或． 3．（25-26高三·江苏无锡·阶段练习）已知函数，若实数a，b满足且，则的值为（   ） A．10 B．6 C．8 D．4 【答案】B 【分析】根据函数解析式，利用指数的运算性质进行求解即可. 【详解】由，得：； 由，得：； . 故选：B 4．（25-26高三上·河北保定·阶段检测）已知函数，则关于的不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据可得对称性，进而根据函数的单调性，即可得求解. 【详解】由，知的图象关于直线对称， 设，则， 因为在上单调递增，在上单调递增， 所以在上单调递增． 由，可得． ，整理得． 解得或． 故选：D． 题型04 三大补充函数：双刀函数 双曲函数（双刀函数）:可以理解为“双沟函数改变一个符号” 1.有“渐近线”：y=ax与y=-ax 2.“零点”：解方程（即方程等0处） 类三次函数 1．（2025·广东肇庆·一模）已知，若成立，则x的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】确定给定函数的奇偶性及单调性，进而求解不等式. 【详解】函数的定义域为R，，则函数是奇函数， 而函数在R上都单调递增，则函数在R上单调递增， 不等式，则，解得， 所以x的取值范围是. 故选：A 2．（25-26高三·浙江 阶段练习）已知函数，若对任意的正实数、，满足，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用奇函数定义与指数函数单调性可得性质，即可得、间关系，再利用基本不等式计算即可得. 【详解】，又定义域为， 故为奇函数，则， 又在上单调递增，故在上单调递增， 则，即， 故 ， 当且仅当，即，时，等号成立， 故的最小值为. 故选：D. 3．（25-26高三上·上海嘉定·期中）已知函数，则不等式的解集为（    ）. A． B． C． D． 【答案】A 【分析】得出在上单调递增，，然后将不等式等价变形为即可求解. 【详解】设函数，则函数是定义域为， 因为是增函数，是减函数，是增函数， 所以在上单调递增； 因为， 所以其图象关于点对称，即有，即． 由得 ， 即， 即，所以 ，解得 ． 故选：A． 4．（24-25高三·广西·阶段练习）已知函数，则不等式的解集是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】构造函数，可得是奇函数，且在上是增函数，将不等式转化为，得到，结合的单调性，即可求解. 【解答过程】设函数，可得其定义域为，关于原点对称， 且，即，所以为奇函数， 因为是上的增函数，是上的减函数， 所以是上的增函数， 由等价于， 即， 又因为是奇函数，可得， 可得，即，解得或. 所以不等式的解集为. 故选：B. 题型05 三大补充函数：复合反比例型 反比例与分式型函数 解分式不等式，一般是移项（一侧为零），通分，化商为积，化为一元二次求解，或者高次不等式，再用穿线法求解 反比例与分式型函数 方法一：分离常数，左加右减上加下减 方法二：中心对称法，如下 ·形如：。对称中心为P，其中 1．（24-25高一下·云南昭通·开学考试）已知函数，若对任意的恒成立，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先用基本不等式求最值，再解一元二次不等式即可. 【详解】对任意的，， 因为，令，， 因为，当且仅当，即，即时，等号成立， 所以， 因为恒成立，所以，即，解得：， 故选：D. 2．（25-26高三·全国·一轮复习）函数，则下列结论错误的是（    ） A．函数在定义域上为奇函数 B．函数在区间上单调递增 C．函数的值域为 D．函数的图像与直线有且只有两个交点 【答案】D 【分析】根据奇函数定义判断A；结合时函数的单调性和奇函数性质判断B；根据时，并结合奇函数性质判断C；根据时，与有一个交点并结合奇函数性质判断D. 【详解】解：函数定义域为，且，故函数为奇函数，故A选项正确； 当时，，该函数在上为增函数， 所以，结合奇函数的性质，可知函数在上为增函数， 所以，函数在区间上单调递增，故B选项正确； 当时，， 所以，结合奇函数性质，可得函数的值域为，故C选项正确； 当时，，与联立方程，解得， 所以，时的图像与直线有一个交点，坐标为 因为也是奇函数， 所以，其图像含有两个交点，分别为， 所以，函数的图像与直线有三个交点，故D选项错误. 故选：D 3．（25-26高三·全国·一轮复习）已知函数是奇函数，，且与的图像的交点为，，，，则 A．0 B．6 C．12 D．18 【答案】D 【分析】，由此的图像关于点中心对称，关于点中心对称，故交点的横纵坐标之和为定值． 【详解】，由此的图像关于点中心对称，是奇函数，由此，所以关于点中心对称，，，所以 ，故选D 【点睛】函数的对称性分轴对称和对称中心，图像关于点中心对称，那么对称点的横纵坐标之和为对称中心横纵坐标的2倍 4．（24-25高三·重庆·阶段检测）设函数是奇函数，函数的图像与的图像有2022个交点，则这些交点的横，纵坐标之和等于（    ） A． B． C．10110 D．5050 【答案】A 【分析】先利用题意判断出与均关于点对称；然后利用对称性求解即可. 【详解】由题可知，得，所以关于点对称；，显然关于点对称；因为函数的图像与的图像有2022个交点，则这些交点也关于点对称，所以每两个对称点纵坐标之和为，个交点有组对称点，所以这交点得纵坐标之和为；因为函数的图像与的图像有2022个交点，则这些交点也关于点对称，所以每两个对称点横坐标之和为，个交点有组对称点，所以这交点得纵坐标之和为；故这些交点得横纵坐标之和为 故选：A 题型06 对数函数的“反比例性质（积定）” 对数绝对值型函数的反比例定值性质：xy=1 对于，若有两个零点，则满足 1. 2. 3.要注意上述结论在对称轴作用下的“变与不变” 1．（25-26高三·湖南长沙·阶段检测）已知函数，若关于的方程（）有四个不同的根，它们从小到大依次记为，，，，则下列选项正确的是（ ） A． B． C． D．函数有8个零点 【答案】AD 【分析】因为时是二次函数，可配方求值域和零点情况；时去绝对值分析 的单调性、值域，所以能画出的大致图象，找到方程有四个不同实根时的取值范围.对于，因为是时二次方程的两个根，所以用韦达定理可直接得到、的表达式.对于，因为是时方程的两个根，所以去掉绝对值后可得，，进而推导、的取值范围，再结合的结果得到的范围.分析的零点：先令，解方程得到的所有取值，再分别判断每个对应的的实根个数，相加得到的零点总数. 【详解】时，，值域为，顶点，时； 时，，值域为 作出函数图像如图： 方程有四个不同根的条件是，故A正确； 是方程即的两根，由韦达定理：； 是的两根，得，， 故，即； 因此，其取值范围为，故B错误； ，，故，，其取值范围为，故C错； 的零点等价于， 解得的根为：； 分别计算的根个数： ：无实根； ：共2个实根； 当时，有个实根. 因此的总零点个数为个，D正确. 2．（25-26高一上·湖北孝感·期末）已知函数，若有四个零点，，，，且满足，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先画图确定函数有四个零点时m的取值范围，再利用韦达定理及对数性质求出和，最后通过换元法求取值范围. 【详解】作出函数的图象，如图： 因为有四个零点，所以， 因为，， 所以，即，所以， 则， 因为是方程的根，即的根， 所以， 又，所以， 令，则， 令，则， 所以， 因为在上单调递减， 所以，即的取值范围是. 3．（25-26高三·安徽安庆·阶段检测）已知函数，若，且，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用分段函数图象的对称性，先推出，再将转化为关于的二次函数，结合即可确定取值范围. 【详解】作出函数的图象如图所示： 则， 且，，，， 由，得，得， 所以，即， 于是， 又，所以，所以， 即的取值范围是． 4．（25-26高三·浙江衢州·阶段练习）已知函数，若方程有四个不同的解，且，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先画出分段函数图象，然后利用数形结合，结合韦达定理先得出，再由对数函数性质得出，所求式子可化为，换元后利用函数单调性求范围. 【详解】作函数的大致图象，如图， 当时，，即，化简可得， 所以，所以， 当时，又，即， 则，则， 由图形可知，即，解得， 令，又在上单调递增，所以， 故的取值范围是. 题型07“取整”函数与“去整” 函数 取整函数（高斯函数）表示不超过的最大整数，又叫做“高斯函数”.如右图。“去整”函数如右下图。注意函数两段端点的“开闭” 1．（25-26高三·全国·一轮复习）对于任意实数,符号表示“不超过的最大整数”，如，，，定义函数．给出下列四个结论： ① 函数的值域是； ② 函数是奇函数； ③ 函数是周期函数，且最小正周期为4； ④ 函数的图像与直线有三个不同的公共点． 其中错误结论的个数为（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】根据已知分析函数的图象和性质，逐一判断四个结论的真假，可得结论． 【详解】解：∵函数． ∴f（-）=sin（-）=-1； f（）=sin（0）=0． 故①函数是奇函数，错误； 作出的图像，如图所示 函数的值域是{-1，0，1}，故②错误； 函数是周期函数，且最小正周期为4，故③正确； 函数的图象与直线y=x-1有无公共点，故④错误． 故假命题的个数为3， 故选：C 2．（24-25高三·山西大同·阶段练习）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，例如，，已知函数，，则下列叙述正确的是（    ） A．是偶函数 B．在上是增函数 C．的值域是 D．的值域是 【答案】B 【分析】根据奇偶性的定义即可判断A,根据常见函数的单调性即可判断B,由函数的单调性即可判断C，根据高斯函数的定义即可求解D. 【详解】， 对于A，由于，所以，故不是偶函数，故A错误， 对于B,由于单调递增且恒为正，所以为单调递增，B正确， 对于C，，，所以，故C错误， 对于D，由于，所以，故D错误， 故选：B 3．（24-25高三·黑龙江·阶段检测）符号表示不超过的最大整数，如，，，定义函数则下列说法正确的个数是（    ） ①函数的定义域为R ②函数的值域为 ③函数是增函数 ④函数是奇函数 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】A 【分析】根据题中定义、增函数的性质、奇函数的性质，结合特例法进行判断即可. 【详解】①：函数的定义域为全体实数，故本说法正确； ②：因为表示不超过的最大整数，所以，因此本说法不正确； ③：因为，显然函数在整个实数集上不是增函数，所以本说法不正确； ④：因为，， 所以，因此本函数不是奇函数，所以本说法不正确， 故选：A 4．（24-25高三·江苏徐州·阶段检测）符号表示不超过的最大整数，如，，定义函数，那么下列说法正确的个数是（      ） 函数 的定义域为 R ，值域为 1, 0 ②方程 有无数多个解 ③对任意的，都有成立 ④函数是单调减函数 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】根据取整函数的定义，可得函数的最小正周期为1，在区间上是减函数，且函数的值域为.由此与各个选项加以比较，即可得到本题的答案. 【详解】对于①，根据的定义，得x为整数时，，从而，此时得最大值；当x的小数部分不为0时, ，故.综上所述，得的定义域为R，值域为，故①正确. 对于②，当时，，从而，因此方程 有无数多个解，故②正确. 对于③，因为一个数增加1个单位后，它的小数部分不变，而整数部分增加1，因此，从而得到，所以对任意的，都有成立，故③正确. 对于④，函数在区间上是减函数，但是由于函数是分段函数，图象不连续，所以不是R上的减函数，故④不正确. 故选：C 【点睛】本题以取整函数为例，要我们判断关于函数性质的几个命题的真假，着重考查了函数的单调性、周期性以及函数的定义域、值域等知识，属于中档题. 题型08 保值函数与保值放缩函数 一般地，若的定义域为，值域为，则称为的“倍跟随区间”；特别地，若的定义域为，值域也为，则称为的“跟随区间”， 把函数存在区间，使得函数为上的倍域函数，结合函数的单调性，转化为是解答的关键. 1．（24-25高三上·河南郑州·阶段练习）对于函数，若存在区间，当时的值域为，则称为倍值函数.若是倍值函数，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】可看出在定义域内单调递增，可得出是方程的两个不同根，从而得出，通过求导，求出的值域，进而可得到的范围． 【详解】解：在定义域内单调递增， ， 即， 即是方程的两个不同根， ∴， 设， ∴时，；时，， ∴是的极小值点， 的极小值为：， 又趋向0时，趋向；趋向时，趋向， 时，和的图象有两个交点，方程有两个解， ∴实数的取值范围是． 故选B． 【点睛】本题考查了对倍值函数的理解，根据导数符号判断函数极值点的方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题． 2．（25-26高一上·上海杨浦·期末）对于函数，常数，若自变量在区间上变化时，函数值的取值范围恰为，则称区间是函数的倍值区间，区间长度为.已知定义域为的函数的表达式为，给出下列结论： ① 函数恰有2个1倍值区间； ② 函数的所有倍区间长度之和为. 下列说法正确的是（    ） A．结论①成立，结论②不成立 B．结论①不成立，结论②成立 C．两个结论都成立 D．两个结论都不成立 【答案】B 【分析】先分析得出，再分，，三种情况，根据函数的值域为和可求的值，即可得出结论. 【详解】作函数的草图如下：    对①：设为函数的1倍值区间，即当时，. 因为，所以. 当时，在上单调递减， 由. 两式相减得， 因为，所以，将其代入， 得或. 因为和均不属于， 所以当时，函数无1倍值区间； 当时，因为，所以必有， 又，所以必有，即，又，所以. 所以区间是函数的一个1倍值区间. 当时，在上单调递增， 所以，且，所以方程组无解， 即当时，函数无1倍值区间. 综上，函数只有一个1倍值区间，故①错误； 对②：设为函数的倍值区间，即当时，. 因为，所以. 当时，在上单调递减， 所以， 两式相减得：， 因为，所以, 代入得或（因为故舍去）. 由. 所以当时，， 所以是函数的一个倍值区间； 当时，因为，所以必有， 又，所以必有，即，又，所以. 所以区间是函数的一个倍值区间. 当时，在上单调递增， 所以，且，所以方程组无解， 即当时，函数无倍值区间. 综上，函数有两个倍值区间和， 它们的区间长度之和为：.故②正确. 故选：B 3．（2026·上海·高考真题）对于函数，，设.对于点集，若存在，使得任取，总有，则称为“最低点”.对于函数和，以下说法中正确的是（    ） A．若和都有最小值，则有最低点； B．若有最低点，则和都有最小值； C．若或有最小值，则有最低点； D．若有最低点，则或有最小值. 【答案】D 【分析】可以举反例证明选项A、B、C的命题均为假命题，对D，根据“最低点”的定义分析得或，再分类讨论即可. 【详解】对于A项，取，，取，， 则，；而无最低点，故A错误； 对于B项，取，，取，， 则无最小值，；而有最低点，故B错误； 对于C项，取，，取，， 则无最小值，； 因为的函数值可趋向于负无穷大，所以无最低点，则亦无最低点，故C错误； 对于D项，因为有最低点，不妨设为的最低点，且，且， 所以或， 若，则且对任意的，总有，即； 若，同理可知； 所以若有最低点，则或有最小值，故D正确. 故选：D. 4．（2026·全国一卷·高考真题）已知函数的定义域为，且当时，．对任意，定义集合． (1)若当时，，求； (2)若是奇函数，，且，证明：； (3)设满足：①若，则；②当时，． （i）证明：； （ii）证明：在区间单调递增． 【答案】(1) (2)由题意证明如下： 在中，是奇函数，当时，． ∴，当时，， ∴ 在集合中， 当时，， 当时，， 当时，， ∴， ∵， ∴且，即，， ∵， ∴①当时，解得， ，， 此时， ②当时，解得， ，， 此时， ③当时，解得， ，， 此时， 综上，. (3)（i）由题意证明如下， 法一： 若，则存在，使得， 条件①：若，则， ∴，则， 取，则，此时， ∵，则，即， 但，相矛盾，∴ 法二： 假设，则存在，使得， 从而，这导致，但， ∵根据条件又有，矛盾， ∴假设不成立，. （ii）由题意，（2）及（3）（i）证明如下， 在集合中， 要证在上单调递增， 即需证，，都有， 即需证，，都有， ①先证明：当时，，假设，使得， ∵当时，，∴，使得，∴， 而当时，， 否则，使得，，与矛盾， ∴，∴，∴， 由（3）（i）得，，则，由条件②：当时，， 则，否则时，与矛盾， ∴若，使得，则，，（*） ∴，使得， 则， 令，， 此时，则，则， ∴， ∵， ∴易取，满足，使得， 根据（*）可得，此时，与矛盾， ∴当时，， ②证明：对，，都有， ∵，，都有， ∴， 对任意给定的，取，则， ∴对，，都有， ∴在上单调递增. 【分析】（1）求出，写出表达式，即可求出； （2）求出表达式，化简集合并得出表达式，利用得出与，对的三种情况进行分类讨论，即可证明结论； （3）（i）法一：假设，则存在，使得，取，求出，与矛盾，进而证明结论； 法二：假设，则存在，使得，取，求出，与时矛盾，进而证明结论； （ii）将证明转化为证，，都有，先证明：当时，，再证明对，，都有，进而证明出在上单调递增. 【详解】（1）由题意， 在中，，， 在中， ， ∴， 当时，，，解得， 当时，，解得， ∴，∴.（2）略（3）（i）略（ii）略 题型09 中心对称函数：三次函数 一元三次函数：主要性质是中心对称，具有对称中心 遇到一元三次函数，首先要想它的对称中心。 所有的三次函数都有“拐点”，且该“拐点”也是函数的图像的对称中心， 设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”． 1.（25-26高三·全国·一轮复习）已知函数 ，若至少存在两个实数 ，使得 ，， 成等差数列，则过坐标原点作曲线 的切线可以作 A. 条 B. 条 C. 条 D. 条 【答案】B 【解析】至少存在两个实数 ，使得 ，， 成等差数列， 可得 ，即有 的图象关于点 对称， 的导数为 ， ，由 ，可得 ，由 为常数，可得 ，解得 ． 即有 ，，设切点为 ，可得切线的斜率为 ，化为 ，设 ，， 当 时，， 递减；当 或 时，， 递增． 可得 在 处取得极大值，且为 ；在 处取得极小值，且为 ． 可知 有两解，即过坐标原点作曲线 的切线可以作 条． 2．（24-25河南洛阳·阶段练习）设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.已知：任何三次函数既有拐点，又有对称中心，且拐点就是对称中心．设，数列的通项公式为，则（    ） A．2017 B．2018 C．8068 D．4034 【答案】D 【分析】先求出函数的对称中心，再结合等差数列的性质进行求解. 【详解】根据题意，三次函数， 则，则， 若，则有， 又由，则， 即是三次函数的对称中心， 则有， 数列的通项公式为为等差数列， 则有， 则 ，所以D正确. 故选：D. 【点睛】本题将导数和数列的知识结合考查，难度较大.解答此题的关键，在于根据题中的已知信息，求出函数的对称中心，即可得到；然后根据等差数列的性质可以得到，从而得到.在平常的练习中，要多注意不同板块知识的结合考查，这是高考的热点. 3．（24-25高三上·甘肃兰州·阶段检测）三次函数有如下性质：①设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”；②任何一个三次函数都有“拐点”，且“拐点”就是该函数图象的对称中心．若直线过函数图象的对称中心，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定的性质求出函数图象的对称中心，再求出最小值. 【详解】由函数，求导得，再求导得，由，得， 因此函数图象的对称中心为，则，化简得， 于是，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 故选：D 4．(多选）（24-25高三·辽宁大连·阶段练习）直线与曲线：交于，，，，曲线在，处的切线总是平行的，则下列命题正确的是（    ） A．， B．曲线对称中心是 C．经过点作曲线的切线有两条 D．设，则 【答案】ABC 【分析】由题意可知直线恒过定点，由曲线在，处的切线总是平行的，可得，两点关于曲线的对称中心对称，从而可求出曲线的对称中心，由对称性，可得的方程，则可求出的值，进而可求出经过点的切线，求出的值 【详解】因为曲线在，处的切线总是平行的， 所以，两点关于曲线的对称中心对称， 因为直线恒过点， 所以曲线的对称中心为，所以B正确， 所以， 由当时，，则关于点的对称点在曲线上， 所以，即， 由，得，所以A正确， 所以曲线为，则，设切点为，则，切线的斜率为， 所以切线方程为， 因为直线过点， 所以，化简得， 即，解得或， 所以经过点作曲线的切线有两条，所以C正确， 因为， 所以 ， 所以D错误， 故选：ABC 题型10 中心对称函数：对数嵌套反比例 实战解题巧法：对称中心必然是定义域的“对称中点”处，可以借助这个特性来直接解出参数值 1．（25-26高三上·黑龙江哈尔滨·阶段检测）已知函数，，，，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】首先分析函数的奇偶性和单调性，再比较自变量大小即可得到结果. 【详解】函数的定义域为，关于原点对称， 又， 所以是奇函数，所以， 因为， 在上，， ，故， 所以在上单调递增， 因为，， 又，， 所以， 又单调递增，所以 即. 故选：A. 2．（24-25高三下·甘肃白银·阶段检测）若函数，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用函数的奇偶性和单调性来求解不等式即可. 【详解】因为， 所以，又因为定义域为关于原点对称， 所以是奇函数， 由于， 可知函数在定义域上单调递减， 所以 即，即， 则，该不等式组无解，所以解集为. 故选：D. 3．（24-25高一上·北京·期中）关于函数的性质，下列说法正确的是（    ） A．在上是增函数，且曲线存在对称轴 B．在上是增函数，且曲线存在对称中心 C．在上是减函数，且曲线存在对称轴 D．在上是减函数，且曲线存在对称中心 【答案】B 【分析】分析函数的单调性与奇偶性，可得出结论. 【详解】对于函数，由可得，解得， 即函数的定义域为， 因为，即函数为奇函数， 设， 因为内层函数在上为增函数，外层函数为增函数， 故函数在上是增函数，故函数不存在对称轴，且该函数的图象关于原点对称， 故选：B. 4．（2025·河北沧州·模拟预测）已知，且为奇函数，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据奇函数的性质结合函数的定义域，可得，进而利用复合函数的单调性即可求解. 【详解】因为的定义域为为奇函数，所以，则， 由于为减函数且值恒为正数，则为单调递增函数，因此为增函数. 因为，所以，所以，故. 故选：A 题型11 中心对称函数:对数嵌套绝对值型 实战解题巧法：对称中心必然是定义域的“对称中点”处，可以借助这个特性来直接解出参数值 1．（北京市丰台区2024-2025学年高三学期考试数学试题）已知函数，则（    ） A．是偶函数，且在区间上单调递增 B．是奇函数，且在区间上单调递减 C．是偶函数，且在区间上单调递增 D．是奇函数，且在区间上单调递减 【答案】D 【分析】根据函数的奇偶性和单调性求得正确答案. 【详解】的定义域为， ， 所以是奇函数，AC选项错误. 当时， ， 在上单调递增，在上单调递增， 根据复合函数单调性同增异减可知在区间单调递增，B选项错误. 当时，， 在上单调递减，在上单调递增， 根据复合函数单调性同增异减可知在区间单调递减，是奇函数，则在区间上单调递减，D选项正确. 故选：D 2．（24-25高三下·山西大同·期末）若是奇函数，则（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【分析】利用奇函数的定义域区间对称性求参数，再由求参数，进而验证即可得. 【详解】若，则的定义域为，不关于原点对称，所以． 若奇函数有意义，则且，所以且． 因为奇函数的定义域关于原点对称，由，解得． 由，得，所以． 所以，经验证满足题设. 故选：B 3．（2025·全国·模拟预测）若函数（）为奇函数，则（   ） A． B．1 C． D．2 【答案】A 【分析】根据奇函数的定义域关于原点对称可得，然后由可得即可， 【详解】由奇函数性质可得，（）的定义域关于原点对称，由，即且， 故，解得. 又，故， 此时，满足，函数为奇函数， 故， 故选：A. 4．（24-25高三下·浙江宁波·阶段检测）已知函数为偶函数，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】应用偶函数的定义列式结合对数运算计算求参. 【详解】因为函数为偶函数， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以，所以且， 则.故选：A. 题型12 中心对称函数：指数分式中心型 1．（24-25高三·广东揭阳·阶段练习）若命题为奇函数，为偶函数，则是成立的（   ） 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】A 【分析】根据函数奇偶性的定义结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可． 【详解】命题为奇函数，奇函数满足， 即，整理得，解得 故成立的充要条件是. 命题为偶函数，偶函数满足 即，整理得，解得或 故成立的充要条件是或 则是成立的充分不必要条件. 故选：A. 2．（2025·四川泸州·模拟预测）已知是奇函数，则（    ） A．2 B． C．1 D． 【答案】D 【分析】由奇函数性质可得，列方程求，再检验所得结果即可. 【详解】由，可得，所以， 所以的定义域为， 因为是奇函数，所以， 又，， 所以，解得. 当时，， 函数的定义域为，定义域关于原点对称， ，所以此时是奇函数 故选：D. 3．（24-25高二下·浙江·阶段检测）已知函数，若对任意，都有，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】结合指数函数、幂函数的单调性确定的单调性，构造函数并探讨奇偶性，再利用性质求解不等式. 【详解】函数在上单调递增，则函数在上单调递增， 令，则函数在上单调递增， ，即函数是奇函数， 不等式 ，则， 依题意，在上恒成立，而当时，，当且仅当时取等号， 则，所以实数的取值范围是. 故选：D 4．（2025高三·全国·专题练习）已知函数，，则函数的图象与x，y轴围成的封闭图形的面积是（    ） A．4 B．5 C．6 D．8 【答案】A 【分析】根据函数的对称性结合割补法求封闭图形的面积. 【详解】函数的定义域为， 因为，所以是奇函数，其图象关于原点对称． 又，函数在R上单调递增， 所以在上单调递减，因此在上单调递减，且其图象关于点对称. 由题知， 由函数的解析式和二次函数的性质可得在上单调递减， 而时，， 当时，同理有， 故图象关于点对称， 函数与的图象如图1所示． 因此在上单调递减， 且， 故图象关于点对称， 又，故点关于点的对称点为， 所以，连接，如图2． 易知的图象与x，y轴围成的封闭图形可以通过割补变成一个直角三角形， 如图中的，其中，，故， 即的图象与x，y轴围成的封闭图形的面积为4． 故选：A. 题型13 中心对称函数：对数嵌套无理型 对称中心横坐标如果相同，可以叠加纵坐标为合成中心 1．（25-26高二下·黑龙江大庆·阶段检测）已知函数，若正实数a，b满足，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由，根据函数单调性可得，再结合基本不等式即可求解. 【详解】由，可知定义域为， 又， 即， 则， 所以， ， 因为在定义域内单调递增， 所以在定义域内单调递减，故在定义域内单调递增， 因为在定义域内单调递增，在定义域内单调递增， 由复合函数单调性可知，在定义域内单调递增， 所以函数在上单调递增， 因为，正实数，满足，， 若，则，不满足， 所以， 因为，所以可变形为, 又函数在上单调递增，故， 即，所以， 则，当且仅当时，取等号， 即的最小值为，故选项C正确. 2．（25-26高三上·四川内江·阶段检测）已知函数，若等差数列的前项和为，且，，则（    ） A． B．0 C．2026 D．4052 【答案】D 【分析】根据的解析式，判断其为单调增函数且为奇函数，再结合等差数列的前项和公式，即可求得结果． 【详解】函数，其定义域为， 又，故为奇函数； 又在为单调增函数，在为单调增函数，故在单调递增， 又为上的奇函数，故在上为单调增函数； 又函数为上的奇函数，且为增函数，故为上的单调增函数且为奇函数； ，，则， 即；故． 故选：D 3．（25-26高三·山西运城·阶段检测）设函数，若任意使不等式成立，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先分析函数的性质，再根据函数性质化简不等式，最后根据不等式恒成立求解实数的取值范围即可. 【详解】函数的定义域为，即恒成立， 的定义域为，关于原点对称， 则 ， ，的图象关于点对称， 又函数和在上均为减函数， 函数在上为减函数， 不等式可化为，即， 恒成立， 当时，不等式化为，舍去； 当，要使恒成立，则需满足，解得， 综上所述，实数的取值范围为. 故选：C. 4．（25-26高一上·湖北武汉·阶段检测）已知函数，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先判断函数为奇函数，然后对函数表达式进行有理化化简，再用“同增异减”法则结合奇偶性判断复合函数单调性，以及利用指数，对数函数的单调性，进而可得解. 【详解】函数的定义域为, ,所以函数为奇函数， 又 ， 在单调递增，可以得到函数在上单调递增， ：因为单调递减，所以，即； ：因为，，即； ：因为，，且，， 要证，等价于证； 因，则等价于证， 因为，不等式两边同乘（不等号方向不变）， 只需证： 因为；；， 结合，得，故， 将上述式子代入，展开得： ， 则= ， 因，即， 因是单调递增函数，故，即， 因此，即，原不等式成立， 因，且单调递增，故，综上， 所以：， 因为单调递增，所以. 故选：A. 题型14 对称轴型：对数嵌套指数型 对数-指数复合反比例型： 对数-指数复合反比例型原理： 1．（25-26高三上·黑龙江·阶段检测）设函数，令，，，则，，的大小关系为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将整理为，求出的定义域为，根据偶函数的定义得到是偶函数，构造函数，利用导数法求出的单调性，利用复合函数的单调性得到在上单调递增，由是偶函数，得，再由对数换底公式和运算性质求出，，，计算，利用基本不等式得到，从而得到，继而得到，由在上单调递增得到. 【详解】，的定义域为， ，是偶函数， 令，， 当时，，在上单调递增， 在上单调递增， 在上单调递增， 由是偶函数，得， 再由对数换底公式和运算性质， 得，， ，， 所以，所以，又在上单调递增， 所以. 故选：C. 2．（25-26高二上·贵州遵义·期末）已知函数，若成立，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】函数的定义域为，利用对数的运算对函数进行化简，证明函数关于直线对称，利用复合函数的单调性说明函数在上单调递增，利用函数的对称性和单调性解不等式即可求出答案. 【详解】函数的定义域为， ， ， 则函数关于直线对称， 当时，令，函数在上单调递增，， 对勾函数在上单调递增， 根据复合函数的单调性可得在上单调递增， 又为增函数， 根据复合函数的单调性可得在上单调递增， 因为， 所以，即 解得， 所以实数的取值范围为. 故选：C. 3．（2025·河北·模拟预测）已知函数，则是（   ） A．偶函数，有最小值 B．偶函数，有最大值 C．奇函数，在上单调递增 D．奇函数，在上单调递减 【答案】B 【分析】由偶函数的性质结合对数的运算可判断为偶函数，换元法令结合对数的运算和复合函数的单调性可得有最大值. 【详解】函数的定义域为R， ， ，故函数为偶函数. 令，则， ， 所以，由复合函数的单调性可得在上单调递减， 在处取得最大值， 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于利用对数的运算性质化简和换元法化简. 4．（24-25高三上·贵州铜仁·期末）已知函数是偶函数，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由函数为偶函数，可得，从而，根据其单调性比较大小. 【详解】根据题意，函数为偶函数，所以 所以，即 令，则，且在上单调递增， 于是在上单调递增，从而在上单调递增. 且. ， 因此. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：对于，利用复合函数单调性法得其单调性. 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