函数的性质及其应用专项训练-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 以函数性质（奇偶性、单调性、周期性）为核心，通过分层题型系统构建“定义辨析-性质应用-综合拓展”的解题方法体系，强化逻辑推理与数学运算素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础性质|单选1-4|定义法判断奇偶性、周期性转化、单调性比较|从定义域对称性到性质应用，形成“概念-判断-计算”链条| |综合应用|单选5-8、多选9-11|复合函数单调性“同增异减”、零点问题数形结合|结合分段函数、抽象函数（狄利克雷函数），拓展性质适用场景| |拓展提升|填空12-14、解答15-19|分类讨论含参问题、定义法证明单调性、方程根分布|从性质证明到实际应用（“靓点”新定义），体现模型观念与创新意识|

专题：函数的性质及其应用-2027届高三数学上学期复习系列 一、单选题 1．若函数为奇函数，则（    ） A． B．1 C． D． 2．下列函数中在上单调递增的函数是（    ） A． B． C． D． 3．已知函数，求（    ） A． B． C． D． 4．已知是定义在上且周期为3的偶函数，当时，，则（    ） A． B．1 C． D． 5．函数向右平移个单位长度得到函数，则函数的零点可以是（     ） A． B． C． D． 6．已知恰有个零点，则（    ） A． B． C． D． 7．设函数，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 8．已知函数，现给出下列命题： ①当图象是一条连续不断的曲线时，则； ②当时，在上是减函数； ③当时，不等式恒成立； ④当时，函数的值域为. 其中正确的命题是（    ） A．①② B．②④ C．①③ D．③④ 二、多选题 9．下列结论正确的是（     ） A．函数的定义域为 B．函数是增函数 C．函数是偶函数 D．函数的最小值为 10．十九世纪数学家迪利克雷提出了函数，被称为迪利克雷函数，其在现代数学的发展过程中有着重要意义．若函数，则下列实数中属于函数值域的有（    ）． A．3 B．2 C．1 D．0 11．已知函数，则（    ） A．是奇函数 B．在上单调递减 C．若的解集为 D．的零点为1. 三、填空题 12．已知函数与函数的图象关于直线对称，则函数的单调递增区间是_________ 13．函数，令，则不等式的解集是___________. 14．已知函数，则的值域是__________．若关于的方程有八个不相等的实数根，则实数的取值范围是__________． 四、解答题 15．已知函数． (1)证明函数的奇偶性，并指出函数的单调性（不需证明）； (2)若，求取值范围． 16．已知函数． (1)若，判断的奇偶性； (2)若，． （ⅰ）用定义法证明在上单调递减； （ⅱ）设，已知存在，，使得，求实数的取值范围． 17．已知函数，其中． (1)若是偶函数，求的值； (2)当时，设函数，当时，求的最小值； (3)若有四个不同的零点，求的取值范围． 18．已知函数，，且图象的相邻两条对称轴之间的距离为． (1)求函数解析式； (2)求在上的单调递增区间； (3)设，若对任意的，，都有，求实数的取值范围． 19．我们约定：在平面直角坐标系中，当点的坐标满足时，称点为“靓点”．请你根据该约定，解答下列问题： (1)若点为“靓点”，则点是否为“靓点”？请作出你的判断并给出证明； (2)当时，求证：关于的函数（，为常数）的图象上总存在两个不同的“靓点”； (3)已知关于的二次函数（为常数）的图象上存在三个不同的“靓点”：，，，且满足，求的值． 第1页（共4页） ◎ 第2页（共4页） 第1页（共4页） ◎ 第2页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 《专题：函数的性质及其应用-2027届高三数学上学期复习系列》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D B D A C D C BC ABD 题号 11 答案 ACD 1．D 【分析】先求出函数的定义域，根据奇函数的定义域关于原点对称求出的值，再根据奇函数的定义验证函数是奇函数即可. 【详解】的定义域为且， 因为函数为奇函数，所以定义域关于原点对称，故，即. 所以， 的定义域为，关于原点对称， 又， 故函数为奇函数.所以. 2．D 【分析】根据幂函数、指数函数、对数函数的单调性即可判断. 【详解】由幂函数的单调性可知，，在上单调递减，故AB不正确； 由对数函数的单调性知在上单调递减，故C不正确； 由指数函数的单调性知，在上单调递增，故D正确. 3．B 【分析】由分段函数解析式结合题设可得答案. 【详解】因，则. 4．D 【分析】利用偶函数性质，周期性，把自变量转化到已知解析式的区间内代入求值. 【详解】因为是偶函数，所以， 因为周期为3，所以， 即. 5．A 【详解】将函数向右平移个单位长度， 可得，令，解得， 对于A，当时，可得，故A正确， 对于B，C，D，而，，，故B，C，D错误. 6．C 【详解】因为，则， 又是的三个零点，由三次函数的韦达定理知，. 7．D 【分析】确定分段函数和的定义域分界点，根据每一个的分段区间，代入对应的和的表达式，得到该区间内不等式的解集，再将所有分段区间得到的解集取并集，即为不等式的解集. 【详解】，. ①当时，，解得； 由得，，符合题意，即不等式的解集为； ②当时，，解得； 由得，，符合题意， 即不等式的解集为； ③当时，，符合题意， 即不等式的解集为； ④当时，，即， 整理得，解得，不等式的解集为； ⑤当时，， 整理得，即， 解得或；不等式的解集为. 综上所述，不等式的解集为. 8．C 【分析】结合分段函数的连续性、单调性、值域定义，逐个验证四个命题. 【详解】①当时，因为，此时的图象是一条连续不断的曲线，①正确； ②当函数是减函数时，则，解得，因此②不正确； ③当时，，， ，， 因为函数在上单调递增， 所以，即， 所以当时，恒成立，故③正确； ④当时，函数在上单调递减，且在上不连续，此时函数的值域不为，④错误． 9．BC 【分析】对于A，求出实函数定义域即可判断；对于B，由幂函数的性质判断即可；对于C，先确定定义域，再利用定义法判断奇偶性即可；对于D，易知时，即可判断． 【详解】对于A，函数，则，解得， 故函数的定义域为，A错误； 对于B，函数的定义域为，单调递增， 故函数是增函数，B正确； 对于C，函数定义域为，且， 故函数是偶函数，C正确； 对于D，当时，， 当时，，故函数没有最小值，D错误． 10．ABD 【分析】根据已知条件求出，利用分段函数分段处理及函数值域的定义即可求解 【详解】由题意知：， 所以，，，而无解. 所以，所给实数中属于函数值域的有0,2,3. 11．ACD 【分析】对于A，利用奇偶性定义判断即可； 对于B，利用基本函数单调性判断即可； 对于C，利用奇偶性和单调性解不等式； 对于D，利用单调性和特值法求零点. 【详解】对于A，因为，所以是奇函数，A正确. 对于B，因为在单调递增，在单调递减， 所以在单调递增，B错误. 对于C，由A可知是奇函数， 则即为， 由B可知在上单调递增，则，解得，C正确. 对于D，因为单调且，则由可得， 即，故的零点为1，D正确. 12． 【分析】根据函数与函数的图象关于直线对称可知与互为反函数，求出解析式后根据复合函数单调性求单调区间. 【详解】因为函数与函数的图象关于直线对称，所以， ，因为在上单调递减，在上单调递减，上单调递增， 所以根据复合函数的单调性可知的单调递增区间是. 13． 【分析】分和两种情况，分类讨论，求出不等式的解集 【详解】当时，由得，即， 即，，即， 令，则，解得， 即，其中，解得， 当时，由得，即， 即，，即， 令，则，解得， 即，其中，解得， 其中，故， 综上，不等式的解集为. 14．； . 【分析】根据函数的奇偶性，再应用分类去绝对值得出函数及值域即可；令，求出的范围，得出关于的一元二次方程有两个实数根，再由一元二次方程根的分布得出实数的取值范围. 【详解】因为函数定义域为，且， 所以为偶函数，所以当时，， 所以； 当时，，所以； 所以的值域是； 关于的方程有8个不同的实数根， 令，则， 故关于的一元二次方程有两个实数根，且这2个实数根大于0小于. 令， 则由，求得. 综上可得，的范围为 15．(1)由，得，所以定义域为，对，且，所以是奇函数. 在定义域内单调递增，理由如下： 因为在单调递增，是增函数， 所以在单调递增； 因为在单调递减，是减函数， 所以在单调递增； 所以在单调递增. (2) 【分析】（1）根据奇偶性的定义证明函数是奇函数；根据复合函数单调性判断是增函数； （2）根据函数的奇偶性变形后利用单调性和定义域列不等式组求解. 【详解】（1）略 （2）因为是奇函数，所以由得， 又是定义在的增函数， 所以，解得， 所以的取值范围是. 16．(1)当时，既是奇函数又是偶函数； 当时，是奇函数. (2)（ⅰ）证明：任取，且， ， 把代入得， ，，，， 要判断的正负，只需判断的正负， 令， 则， ，， ， 代入得， 化简得， ，，且，故，即， ， 即在单调递减. （ⅱ） 【分析】（1）将代入的解析式，通过奇函数和偶函数的定义即可判断； （2）（ⅰ）任取，且，证明，即可证明在单调递减； （ⅱ）存在，，使得，等价于，同理（ⅰ）可得在单调递增，求出，再通过分类讨论在对称轴的哪个位置判断，即可求出的取值范围. 【详解】（1）当时，，函数的定义域为，关于原点对称， ，， 当时，，此时，所以既是奇函数又是偶函数. 当时，且，所以是奇函数. （2）（ⅰ）略. （ⅱ）同理（ⅰ）得在单调递增，又在单调递减，则， 存在，，使得， 即等价于，， 即， 因为，所以在单调递减，在单调递增， 若，即， 则，，解得，则； 若，即， 则，，解得， 又，所以； 若，即， 此时，，解得， 又，则， 综上所述的取值范围为. 17．(1)或 (2) (3) 【分析】（1）根据偶函数的性质求解；（2）对自变量取值分类讨论去绝对值，分段求函数的最小值；（3）同样对自变量取值分类讨论去绝对值，每段都是二次函数，根据有四个不同零点的条件，用二次函数的判别式求参数的取值范围 【详解】（1）因为函数是偶函数，所以对，有， 即， 化简得，对恒成立，则或； （2）当时，，则， 当时， 当时，，当时，， 当时，，当且仅当时，即当时，等号成立； 当时，，即函数在上单调递增，所以在时取最小值， 因为， 所以的最小值为； （3）令，则， 若，则，，则至多只有一个零点，与条件不符； 若，则方程只有一个解，故只有一个零点，与条件不符； 若， 当时，，当时，， 因为有四个不同零点，所以上述两个二次方程应分别有两个不同的实数根， 当时，，当时恒成立， 此时， 要使，即要，即要，显然此式恒成立，故， 因此当时，函数有两个不同的零点，； 当时，， 要使，则， 此时该方程的两个根为，， 当时，，，则，； 当时，，； 因此当时，若，函数有两个不同的零点，； 综上所述，要使有四个不同的零点，的取值范围为 18．(1) (2)， (3) 【分析】（1）三角恒等变换降幂，利用对称轴间距求周期，算出； （2）正弦函数增区间整体代换，再和定义域取交集； （3）任意性恒成立转化：，分别求其最值，解不等式求出的取值范围. 【详解】（1）， 相邻对称轴距离，， 即. （2） 解不等式， 可得， 或，与求交集： 递增区间为，. （3）对于任意的，，都有， 等价于， ，，， 不等式转化为， ， 令，， ，开口向下，对称轴， 当时，最大值， 代入解不等式，得， 当时，最大值， 代入解不等式，得， 当时，最大值， 代入解不等式，得， 综上，. 19．(1)点是“靓点”，证明如下： 点为“靓点”， ， ，， 将代入上式，得， ， 点是“靓点”． (2)证明：将代入，得， 整理得， ， 判别式 ， ，， ， 该一元二次方程有两个不相等的实数根， 将代入方程左边，得， 方程的两个根都不等于1，即对应的点均满足“靓点”定义， 又，两个不同的对应两个不同的， 函数的图象上总存在两个不同的“靓点”． (3) 【分析】（1）根据“靓点”的定义，直接计算坐标的和与积，把代入并验证，满足定义证明结论； （2）把代入靓点公式，整理得出一元二次方程，计算判别式，得出方程有两个不等实根，补充验证进而证明结论； （3）把二次函数代入靓点公式，因式分解得出，利用靓点个数得出二次方程有两个不等实根，利用韦达定理结合靓点变形建立关于的方程，解方程求出． 【详解】（1）略 （2）略 （3）将代入得，， 整理得， 关于的二次函数（为常数）的图象上存在三个不同的“靓点”， 令，则方程有两个不相等的实数根，， ， 或， 将代入得， ， ， ， 方程有两个不相等的实数根，， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， 整理得， （不符合题意，舍去）或， 的值为． 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $