专题01 期中复习压轴13类题型专项训练-2026-2027学年高一上学期数学人教A版必修第一册

专题01 期中复习压轴13类题型归纳 2026-2027学年高一数学上册人教A版必修第一册 高一上学期 人教A版必修第一册 测试范围 第1章集合与常用逻辑用语 第2章一元二次函数、方程和不等式 第3章函数的概念与性质 题型归纳 第一章 集合与常用逻辑用语 【题型1 含参集合的包含、空交与严格端点】 2 【题型2 充分必要条件的转译、对应与反例】 4 第二章 一元二次函数、方程和不等式 【题型3 代数比较中的正性、取界与反例】 6 【题型4 基本不等式的巧配、约束与取等】 8 【题型5 二次式解集反求、根关系与参数分类】 11 【题型6 区间最值、值域限制与参数反求】 15 【题型7 全称恒成立与整数存在条件】 18 第三章 函数的概念与性质 【题型8 奇偶补全、定义法单调与同值约束】 21 【题型9 中心对称与函数值的整体对应】 24 【题型10 分段函数、取大规则与原像计数】 26 【题型11 绝对值折点的分段比较与参数最值】 29 【题型12 给定函数关系的代入与新定义回译】 31 【题型13 真实情境的分段建模与最优决策】 35 【附页 基础衔接与高考、模拟迁移】 40 【题型1 含参集合的包含、空交与严格端点】 【例1】（改编自2024·南京师大附中期中第16题）设，。为实数。 （1）当时求； （2）若，求的取值范围。 【题型1 含参集合的包含、空交与严格端点 续】 【变式1-1】（改编自2025·南京师大附中期中第15题）函数的定义域为，。 （1）若，求的范围； （2）命题是命题的充分条件，求的范围。 【题型2 充分必要条件的转译、对应与反例】 【例2】（改编自2025·南京师大附中期中第3题）设，命题，命题中至多有一个等于。 （1）用分别不等于表达的充要条件； （2）判断是的何种条件，并说明理由。 【题型2 充分必要条件的转译、对应与反例 续】 【变式2-1】（改编自2024·南京六校期中联考第19题）有限整数集有个元素。规定：若任意均有，则称具有性质。设，。 （1）证明无论是否具有，的元素个数均相等； （2）若具有，求最多有多少个元素； （3）是两者元素个数相等的何种条件？ 【题型3 代数比较中的正性、取界与反例】 【例3】（选自2026年南通市高三一模第9题（多选））已知正数满足，则的大小关系可能是（多选）（　）。 A． B． C． D． 【题型3 代数比较中的正性、取界与反例 续】 【变式3-1】（改编自2024年高考新课标Ⅰ卷第11题）实数满足且。 （1）当时，求； （2）证明，并求等号成立时的； （3）是否一定有？若是，说明理由；若不是，给出一组反例。 【题型4 基本不等式的巧配、约束与取等】 【例4】（改编自2024·南京师大附中期中第7题）正数满足，求的最小值，并写出取得最小值时的。 【题型4 基本不等式的巧配、约束与取等 续】 【变式4-1】（改编自2024·江苏无锡高三期中第4题）某公司租地建仓库，每月土地占地费（元）与仓库距车站的距离（千米，）成反比，每月库存货物费（元）与成正比。已知时，。两项费用之和最小时，仓库应距车站多少千米？ 【题型4 基本不等式的巧配、约束与取等 续】 【变式4-2】（改编自2024·南京六校期中联考第11题）正实数满足。 （1）求的最大值与的最小值； （2）求的最小值； （3）求的最小值。 【题型5 二次式解集反求、根关系与参数分类】 【例5】（改编自2024·南京六校期中联考第16题）关于的不等式的解集为。 （1）求； （2）讨论实数，解不等式。 【题型5 二次式解集反求、根关系与参数分类 续】 【变式5-1】（考点拓展自2024年苏锡常镇四市高三一模第19题（1））设实数，二次函数。已知直线与函数的图象恰有一个公共点。 （1）求的所有可能取值； （2）分别求相应的唯一公共点坐标。 【题型5 二次式解集反求、根关系与参数分类 续】 【变式5-2】（改编自2025·江苏镇江高一期中第10题）函数的图象与轴交于两个不同点、，。 （1）求的范围； （2）若，求； （3）证明无论取何合法值，都有，并给出等号条件。 【题型5 二次式解集反求、根关系与参数分类 续】 【变式5-3】（改编自2025·苏州期中阳光调研第14题）实数，不等式的解集为，其中。求的最小值。 【题型6 区间最值、值域限制与参数反求】 【例6】（改编自2025·江苏镇江高一期中第17题）设，。 （1）解关于的不等式； （2）求在上的最小值； （3）若对任意均有，求的范围。 【题型6 区间最值、值域限制与参数反求 续】 【变式6-1】（选自2024·南京六校高一期中联考第14题）设，函数的定义域为。若其值域恰为，求的取值范围。 【题型6 区间最值、值域限制与参数反求 续】 【变式6-2】（选自2024·南京师大附中高一期中第14题）设。函数在上的最小值为，在上的最小值为。若恰有两个不同的使，求的取值范围。 【题型7 全称恒成立与整数存在条件】 【例7】（考点拓展自2024年高考新课标Ⅰ卷第10题D选项）设。 （1）证明； （2）求不等式的解集； （3）若对区间内的每个都有，求实数的取值范围。 【题型7 全称恒成立与整数存在条件 续】 【变式7-1】（改编自2025·苏州期中阳光调研第6题）对实数，命题为：不等式对所有实数成立。 （1）求成立时的范围； （2）判断条件是成立的何种条件。 【题型7 全称恒成立与整数存在条件 续】 【变式7-2】（改编自2024·南京六校期中联考第18题）已知一次函数和二次函数的图象都经过，且。记不等式的解集为。 （1）求； （2）若，求； （3）是否存在，使所有正整数均在内、所有负整数均不在内？若存在求出它。 【题型8 奇偶补全、定义法单调与同值约束】 【例8】（选自2025·南京师大附中高一期中第16题）函数的图象经过点。 （1）求并判断的奇偶性； （2）用定义证明在上的单调性； （3）求的解集。 【题型8 奇偶补全、定义法单调与同值约束 续】 【变式8-1】（改编自2025·江苏镇江高一期中第14题）偶函数定义在上，且，在上严格递增。 （1）判断在上的单调性； （2）解不等式。 【题型8 奇偶补全、定义法单调与同值约束 续】 【变式8-2】（选自2025·苏州高一期中阳光调研第18题）函数是其定义域上的奇函数。 （1）求； （2）判断在上的单调性，并用定义说明； （3）正实数满足且，求的值域。 【题型9 中心对称与函数值的整体对应】 【例9】（改编自2024·江苏无锡高三期中第11(A)(B)题）设。 （1）当时，证明，并指出图象的对称中心； （2）是否存在实数，使在上严格递减？说明理由。 【题型9 中心对称与函数值的整体对应 续】 【变式9-1】（改编自2024·南京师大附中高一期中第8题）定义在上的函数满足。已知的图象与的图象共有个交点，坐标依次为，其中为正整数。求。 【题型10 分段函数、取大规则与原像计数】 【例10】（改编自2025·苏州高一期中阳光调研第11题）设，。用表示与两者中的较大值。函数规定为：时，；时，。 （1）写出的分段表达式； （2）求方程所有实根之和； （3）若在闭区间上的值域恰为，求的最大值。 【题型10 分段函数、取大规则与原像计数 续】 【变式10-1】（选自2024·南京六校高一期中联考第8题）设。若关于的方程恰有三个互不相等的实数根，求实数所有可能的取值。 【题型10 分段函数、取大规则与原像计数 续】 【变式10-2】（选编自2024·南京师大附中高一期中第19(1)(2)题）设的定义域分别为。若对每个，恰有个不同的使，则称为的“型函数”。 （1），，是否为，的“型函数”？说明理由。 （2）设，若是的“型函数”（两函数定义域均为），求的范围。 【题型11 绝对值折点的分段比较与参数最值】 【例11】（改编自2024·南京师大附中高一期中第11题）设，其中。判断下列结论，并说明理由：①当时，为偶函数；②当时，的最小值为；③对任意实数，在上严格递减；④存在使对任意成立时，的可能值恰有个。 【题型11 绝对值折点的分段比较与参数最值 续】 【变式11-1】（选自2025·南京师大附中高一期中第18题）平面内两点、间的“曼哈顿距离”定义为。 （1），在直线上，求的最小值； （2）在抛物线上，。若对所有这样的恒有，求实数的范围。 【题型12 给定函数关系的代入与新定义回译】 【例12】（改编自2025年高考全国一卷第5题）设是定义在上的偶函数，且对任意实数，均有。当时，，求。 【题型12 给定函数关系的代入与新定义回译 续】 【变式12-1】（选自2024年高考新课标Ⅰ卷第8题）已知函数的定义域为，，且当时，下列结论中一定正确的是（　）。 A． B． C． D． 【题型12 给定函数关系的代入与新定义回译 续】 【变式12-2】（改编自2026年高考全国一卷第19题（1）（2））已知函数的定义域为，且当时，。对任意实数，定义集合。 （1）若当时，求。 （2）另若是奇函数，且、，证明。 【题型12 给定函数关系的代入与新定义回译 续】 【变式12-3】（选自2025·苏州高一期中阳光调研第19题）对于定义在含正数区间上的函数，如果存在，使也在定义域内且，称为上的“局部倒负函数”。 （1）判断是否为上的局部倒负函数； （2）函数规定为：时，时。求使为上局部倒负函数的； （3）满足对任意，，且。若为上的局部倒负函数，求的范围。 【题型13 真实情境的分段建模与最优决策】 【例13】（改编自2025·江苏镇江高一期中第7题）某桥限速。甲、乙两种车型的刹车距离（米）与刹车前车速（，）分别满足、。检测得甲车的刹车距离小于米，乙车的刹车距离超过米。判断两车是否超过限速，并说明理由。 【题型13 真实情境的分段建模与最优决策 续】 【变式13-1】（选自2024·南京师大附中高一期中第17题）矩形中，周长为。把沿向一侧折叠，的对应点为，直线与交于。设，。 （1）求关于的表达式及的范围； （2）求面积的最大值及相应。 折叠示意图 【题型13 真实情境的分段建模与最优决策 续】 【变式13-2】（改编自2024·南京六校高一期中联考第17题）某厂生产应急工具，年度固定成本为万元，年产量为万件，每件售价元，当年全部售出。另需投入的成本（万元）规定如下：时，；时，。 （1）写出年利润的表达式； （2）求最大年利润及对应产量。 【题型13 真实情境的分段建模与最优决策 续】 【变式13-3】（选自2025·苏州高一期中阳光调研第17题）某产品固定成本为元，每件另投入元。日产量为件，销售总收入（元）规定为：时，；时，。 （1）写出利润； （2）求单位利润的最大值和相应产量（产量按正实数模型讨论；最终取值为整数）。 【题型13 真实情境的分段建模与最优决策 续】 【变式13-4】（改编自2025·南京师大附中高一期中第17题）某地连续天开展文旅活动，第天（）的接待人数为万人，人均消费为元。 （1）写出旅游日收益（万元）； （2）求最小日收益及对应日期。 【附页 基础衔接与高考、模拟迁移】 【衔接1】（节选自2024年高考新课标Ⅰ卷第1题）已知集合，，求。 【衔接2】（改编自2025年高考全国一卷第2题）设全集，，求，并写出其中元素的个数。 【附页 基础衔接与高考、模拟迁移 续】 【衔接3】（改编自2026年高考全国一卷第3题）已知集合，，求。 【衔接4】（选自2024年苏锡常镇四市高三一模第1题）已知集合，，下列结论正确的是（　）。 A． B． C． D． 【附页 基础衔接与高考、模拟迁移 续】 【衔接5】（选自2026年南通市高三一模第2题）已知集合，，则为（　）。 A． B． C． D． 【衔接6】（节选自2024年苏锡常镇四市高三一模第2题）设，求。 【附页 基础衔接与高考、模拟迁移 续】 【衔接7】（选自2025·苏州高一期中阳光调研第4题）求函数的定义域。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 期中复习压轴13类题型归纳 2026-2027学年高一数学上册人教A版必修第一册 高一上学期 人教A版必修第一册 测试范围 第1章集合与常用逻辑用语 第2章一元二次函数、方程和不等式 第3章函数的概念与性质 参考答案与试题解析 题型归纳 第一章 集合与常用逻辑用语 【题型1 含参集合的包含、空交与严格端点】 2 【题型2 充分必要条件的转译、对应与反例】 3 第二章 一元二次函数、方程和不等式 【题型3 代数比较中的正性、取界与反例】 5 【题型4 基本不等式的巧配、约束与取等】 7 【题型5 二次式解集反求、根关系与参数分类】 9 【题型6 区间最值、值域限制与参数反求】 11 【题型7 全称恒成立与整数存在条件】 13 第三章 函数的概念与性质 【题型8 奇偶补全、定义法单调与同值约束】 15 【题型9 中心对称与函数值的整体对应】 18 【题型10 分段函数、取大规则与原像计数】 20 【题型11 绝对值折点的分段比较与参数最值】 23 【题型12 给定函数关系的代入与新定义回译】 25 【题型13 真实情境的分段建模与最优决策】 29 【附页 基础衔接与高考、模拟迁移】 33 【题型1 含参集合的包含、空交与严格端点】 【方法提示】先确定参数集合非空及运算合法条件。将包含或空交回译为区间端点关系；先保留严格/非严格符号，再讨论退化系数。用边界代回验证，防止闭区间端点或分母根式导致漏解。 【例1】（改编自2024·南京师大附中期中第16题）设，。为实数。 （1）当时求； （2）若，求的取值范围。 【答案】（1）；（2）。 【分析】处理包含关系时，可只在中研究乘积符号，避免遗漏。 【详解】当时，，所以。 当时恒有，故等价于对所有成立。 若，则恒成立。若，只须最右端满足，即。 合并得。当时，令原乘积为，不能取。 【易错提醒】将二次式系数默认为非零会丢失；严格不等式要求检查闭区间端点。 【变式1-1】（改编自2025·南京师大附中期中第15题）函数的定义域为，。 （1）若，求的范围； （2）命题是命题的充分条件，求的范围。 【答案】（1）；（2）。 【分析】分母根式要求被开方数严格为正；先确认参数区间始终非空。 【详解】得。由于，对任意实数均非空。 （1）两个开区间无交集，当且仅当或，即或。 （2）是的充分条件等价于，即且。 解得，同时或，故。 【易错提醒】开区间包含时端点可以相等；“充分条件”允许两集合相等，不应擅改为真包含。 【题型2 充分必要条件的转译、对应与反例】 【方法提示】把文字条件先化为可判定的代数或集合条件。证明正向蕴含时给出完整对应；证明非必要或非充分时构造符合全部前提的反例。新定义计数先建立一一对应，再找上界和达到上界的实例。 【例2】（改编自2025·南京师大附中期中第3题）设，命题，命题中至多有一个等于。 （1）用分别不等于表达的充要条件； （2）判断是的何种条件，并说明理由。 【答案】（1）且；（2）是的必要不充分条件。 【分析】先把代数条件化为乘积非零，再辨析“至多一个”与“一个也没有”。 【详解】等价于，故等价于且。 成立时，两数均不等于，当然至多一个等于，所以。 取，成立而不成立，所以不能推出。因此是的必要不充分条件。 【易错提醒】“至多一个等于”允许恰好一个等于，不能误读成“两者均不等于”。 【变式2-1】（改编自2024·南京六校期中联考第19题）有限整数集有个元素。规定：若任意均有，则称具有性质。设，。 （1）证明无论是否具有，的元素个数均相等； （2）若具有，求最多有多少个元素； （3）是两者元素个数相等的何种条件？ 【答案】（1）相等；（2）；（3）充分不必要条件。 【分析】把“和属于集合”与“差属于集合”的有序对建立一一对应，再利用相反数限制计算上界。 【详解】对，令，则，因为。反过来，对，。两种操作互相还原，故元素个数相等。 若具有，则，故中没有。对任意两个不同元素，与不能同时在中，否则及其相反数同时属于，与矛盾。 不同元素组成的无序对有个：先按第一元素计得个有序对，每个无序对恰被计两次。因此至多有个元素。 取即可达到上界：当时，均在中，故恰有一半有序对符合条件。 由（1），元素个数相等对任意有限都成立。故充分；取仍有个元素的，由于与其相反数同时属于，不成立，而两点集元素个数仍相等，说明并非必要。 【易错提醒】点集中的元素是有序数对，不能把与当成同一个元素；证明计数上界后还要给达到上界的例子。 【题型3 代数比较中的正性、取界与反例】 【方法提示】先明确定义域和正负条件，比较时只用整数乘法及差的符号。将大小关系转化为同次整数幂比较或平方非负所给的界。“一定成立”必须论证；不能成立的断言用一组可逐项代回的数值反例说明。 【例3】（选自2026年南通市高三一模第9题（多选））已知正数满足，则的大小关系可能是（多选）（　）。 A． B． C． D． 【答案】、。 【分析】以为分界的分类讨论与正数整数幂比较 【详解】记共同的正值为。若，则都大于，从而。结合得，所以；同理由及得。因此，可能成立。 若，则。这时，所以，得；同理，所以，得。因此，可能成立。若，则三者都为，不符合四个严格不等号选项。 正数的整数次幂保序可通过同向正数不等式逐次相乘说明。为验证两种严格次序都能成立，可分别取和；两组都满足三种整数次幂相等，且分别呈现选项、的次序。因此、均可能，、不可能。 【易错提醒】检查每一步变形的合法范围，并将边界值或构造的例子代回原条件。 【变式3-1】（改编自2024年高考新课标Ⅰ卷第11题）实数满足且。 （1）当时，求； （2）证明，并求等号成立时的； （3）是否一定有？若是，说明理由；若不是，给出一组反例。 【答案】（1）或；（2）等号在时成立；（3）不一定，反例。 【分析】平方非负取界、因式分解与构造反例 【详解】（1）代入，得，所以或，得到或。结合，舍去，得到或。 （2）由，可得，即，所以。若取得上界，必须，即，代回得；反之满足条件且取等。 （3）取，则。取，有，且直接代入可验证原关系。因此不能断言。 【易错提醒】检查每一步变形的合法范围，并将边界值或构造的例子代回原条件。 【题型4 基本不等式的巧配、约束与取等】 【方法提示】先从约束推出将要使用的量为正。通过平移配定积，或把未知比例常数先消去，再配成基本不等式形式。一乘配凑处理倒数和；最优值与等号的可行性同时验证。 【例4】（改编自2024·南京师大附中期中第7题）正数满足，求的最小值，并写出取得最小值时的。 【答案】最小值，在时取得。 【分析】先移项配成，并证明两因子都为正，再使用基本不等式。 【详解】由且，可得，因而。同时。 。 等号条件为，结合乘积为得，，符合原条件。 【易错提醒】使用基本不等式前须确认为正；最后还要验证等号条件能够同时满足。 【变式4-1】（改编自2024·江苏无锡高三期中第4题）某公司租地建仓库，每月土地占地费（元）与仓库距车站的距离（千米，）成反比，每月库存货物费（元）与成正比。已知时，。两项费用之和最小时，仓库应距车站多少千米？ 归一化费用函数的最小值 【答案】千米。 【分析】把两个正比例系数用给定条件联系起来，将总费用写成一个正数乘以的形式。 【详解】设、，其中。在时，有，所以。 总费用为。等号要求，结合得到。因此最佳距离为千米。 【易错提醒】等号是两项实际费用相等；千米处四倍关系只用于确定系数，不是最优点。 【变式4-2】（改编自2024·南京六校期中联考第11题）正实数满足。 （1）求的最大值与的最小值； （2）求的最小值； （3）求的最小值。 【答案】（1），；（2）；（3）。 【分析】把条件写成，并用“一乘”配凑解决受约束的倒数和。 【详解】令，则，，并有。 ；。两者均在，即时取等。 第二问由定积得倒数和，在时取等，正性条件满足。 第三问为，其中。 ，故。 等号要求，即。此值在内，故最小值可取。 【易错提醒】倒数和的最小值不是把两个分母分别取最大；受约束时必须把等号条件代回可行域。 【题型5 二次式解集反求、根关系与参数分类】 【方法提示】由解集边界识别根与开口，先锁定系数或等价方程。用判别式、根和根积或平方形式讨论退化/重根/两根顺序。复杂目标式优先整体代换，最后再求界；不要无条件乘分母。 【例5】（改编自2024·南京六校期中联考第16题）关于的不等式的解集为。 （1）求； （2）讨论实数，解不等式。 【答案】（1）；（2）时解集为，时解集为。 【分析】由解集读出两个根和开口方向，代入后只剩平方与参数绝对值的比较。 【详解】由解集可知且为对应方程的根，故。比较一次项得，常数项得。 第二问化为，即。 当时，平方不可能小于，解集为空。 当时，不等式等价于，故。若要求按正负列出区间，可相应写或。 【易错提醒】两个形式上的根次序随改变，不能一直按原顺序写区间。 【变式5-1】（考点拓展自2024年苏锡常镇四市高三一模第19题（1））设实数，二次函数。已知直线与函数的图象恰有一个公共点。 （1）求的所有可能取值； （2）分别求相应的唯一公共点坐标。 【答案】（1）或；（2）分别为和。 【分析】图象交点转方程、判别式与唯一解 【详解】（1）公共点的横坐标满足，即。二次项系数为，恰有一个实数解等价于判别式为，故，整理为。因此或。 （2）唯一横坐标为，再由求纵坐标。时得到；时得到。 【易错提醒】检查每一步变形的合法范围，并将边界值或构造的例子代回原条件。 【变式5-2】（改编自2025·江苏镇江高一期中第10题）函数的图象与轴交于两个不同点、，。 （1）求的范围； （2）若，求； （3）证明无论取何合法值，都有，并给出等号条件。 【答案】（1）；（2）；（3）下界可在时取得。 【分析】把根差转为判别式，把小根用一个根式整体代换后配方。 【详解】。两个不同实根等价于，得到。 两根为、。所以，解得。 令，则，因此。等号在，即时取得，此时，符合两根不同。 【易错提醒】小根并不随一直递增或递减；整体换元后配方能直接找到全局下界。判别式等于不符合两点不同。 【变式5-3】（改编自2025·苏州期中阳光调研第14题）实数，不等式的解集为，其中。求的最小值。 【答案】最小值为，当时取得。 【分析】不必逐一代入复杂的根式，利用两根和、积先整体化简。 【详解】原不等式的正数分界点是的两根，故，。 由得。 待求式化为。 因，可用基本不等式；等号在即时成立。 【易错提醒】不能把分式不等式在全部实数上直接乘；本题已给解集正半轴形式，但仍应确认两个分界点均为正。 【题型6 区间最值、值域限制与参数反求】 【方法提示】以配方或分式作差确定顶点、转折位置。参数决定对称轴与区间的相对位置时，逐段求最值并核边界。目标值域要求既“不越界”也“确实取到”；有两个参数值时用二次式的两个实根核对取值个数。 【例6】（改编自2025·江苏镇江高一期中第17题）设，。 （1）解关于的不等式； （2）求在上的最小值； （3）若对任意均有，求的范围。 【答案】（1）时或；时；时或。（2）时最小值为；时为；时为。（3）或。 【分析】第一问因式分解后比较根的次序；第二问看顶点与固定区间的位置；第三问将当作变动量，用全称条件确定。 【详解】。时，开口向上，在两根外侧严格为正，按与的大小写区间；时为，只排除。 对称轴为。若，顶点在区间左侧，最小值为；若，顶点在区间内部，最小值为；若，顶点在区间右侧，最小值为。 第（3）问中，当时，两因子对所有均正，成立；时乘积为，排除。当时，要使乘积恒正，必须对所有都有。区间中最小的为，所以条件恰为。最终或。 【易错提醒】第三问求的是而不是；遇到时取，应排除。第二问和处的相邻公式相等。 【变式6-1】（选自2024·南京六校高一期中联考第14题）设，函数的定义域为。若其值域恰为，求的取值范围。 【答案】。 【分析】把值域下端对应到顶点必须在区间内；左端点已给出上端，再约束右端点不越界。 【详解】。要取得最小值，必须在定义域内，故。结合得到。 左端点给出。为使整个区间内函数不大于，还应满足。在条件下，等价于。 解得。这些均使顶点在区间内、左端点函数值为且右端点不超过，因此也充分。 【易错提醒】仅检验两个端点还不足以保证最小值为-；顶点必须实际落在定义区间内。 【变式6-2】（选自2024·南京师大附中高一期中第14题）设。函数在上的最小值为，在上的最小值为。若恰有两个不同的使，求的取值范围。 【答案】。 【分析】先确定是函数的转折位置，再把两个区间的最小值乘积转化为同一个关于的函数。 【详解】由作差可证在递减、在递增，且。当时，；当时，。 因此总有。它在上严格递减，取值为；在上严格递增，取值为。 当时，方程只有。当时，方程的较小根为，由分母在内得；另一根位于，也在允许范围内，因此恰有两个不同参数值。当时，这段不能取得该值，而上严格递增，至多有一个参数。故范围为。 【易错提醒】两个分支在处是同一个参数值，不能计为两个。 【题型7 全称恒成立与整数存在条件】 【方法提示】先将函数比较作差、因式分解，把全称量词转化为解集包含。二次项为零的退化情形必须独立检查，再用开口与判别式。正负整数两侧的长期符号可以直接用多项式开口或取足够大整数证明。 【例7】（考点拓展自2024年高考新课标Ⅰ卷第10题D选项）设。 （1）证明； （2）求不等式的解集； （3）若对区间内的每个都有，求实数的取值范围。 【答案】（1）见证明；（2）；（3）。 【分析】作差—公因式—符号判定—区间包含 【详解】（1），而，所以两式相减，得到。 （2）等价于，所以。 （3）由（2），题意等价于。右端点也包含在原区间中，因此须，即；端点时使两函数值相等，不能取。 【易错提醒】检查每一步变形的合法范围，并将边界值或构造的例子代回原条件。 【变式7-1】（改编自2025·苏州期中阳光调研第6题）对实数，命题为：不等式对所有实数成立。 （1）求成立时的范围； （2）判断条件是成立的何种条件。 【答案】（1）；（2）充分不必要条件。 【分析】先单独检查二次项消失的情况，再用开口与判别式。 【详解】当时，原式恒为，命题成立。 当时，恒小于要求，并且判别式。结合得。 故全部参数为。条件足以保证，但也能使成立，因此该条件不是必要条件。 【易错提醒】一上来套二次函数的判别式会漏掉；时判别式为零，有相切点不能满足严格小于。 【变式7-2】（改编自2024·南京六校期中联考第18题）已知一次函数和二次函数的图象都经过，且。记不等式的解集为。 （1）求； （2）若，求； （3）是否存在，使所有正整数均在内、所有负整数均不在内？若存在求出它。 【答案】（1）；（2）；（3）存在且仅有。 【分析】把函数条件先化为明确二次式，再区分二次项退化和非退化；整数两侧的符号要求会迫使二次项消失。 【详解】由两点条件得。由为偶二次函数且过两点，得。 不等式化为，其中二次项系数为。 当二次项系数为零时，使恒正；时为非恒定一次式，不在全体实数上恒正。 当二次项系数非零时，要求且。联立得或，加上得第二问答案。 第三问若二次项系数为正，取绝对值充分大的负整数，仍为正，矛盾；若系数为负，取充分大的正整数，为负，也矛盾。 故必须或。前者使所有整数均满足，排除；后者，对正整数恒正、对负整数恒负，满足要求。 【易错提醒】负整数不属于严格不等式的解集表示函数值应不大于，不是一定小于；退化线性情况不可漏。 【题型8 奇偶补全、定义法单调与同值约束】 【方法提示】从定义域对称、特殊函数值出发确定参数并补全表达式。用作差因式分解证明指定区间单调，比较函数值前核所有自变量合法且处于对应区间。同值条件先转为代数约束，再证明新自变量范围和目标值域的每个值均可取得。 【例8】（选自2025·南京师大附中高一期中第16题）函数的图象经过点。 （1）求并判断的奇偶性； （2）用定义证明在上的单调性； （3）求的解集。 【答案】，为奇函数；在上严格递增；解集为。 【分析】函数定义域关于原点对称，再由作差确定单调性；最后按分子零点和分母零点解有理不等式。 【详解】，所以。定义域为，且，故为奇函数。 任取，有，因此严格递增。 令，原式为，其中。按分段，得到或，所以或。 【易错提醒】的定义域不含，不能把两侧的单调区间误并；复合函数还要排除。 【变式8-1】（改编自2025·江苏镇江高一期中第14题）偶函数定义在上，且，在上严格递增。 （1）判断在上的单调性； （2）解不等式。 【答案】（1）严格递减；（2）。 【分析】利用偶性把函数值的符号转为与的比较，再按三个关键点列符号表。 【详解】若，则，由右半轴递增及偶性得到，故左半轴严格递减。 由，偶性与右半轴严格递增给出：当时；当时；当时。 因此在时为负，在或时为正，在处为。与的符号结合，原乘积小于恰在或成立。 【易错提醒】偶函数在两侧的单调性相反；严格不等式需排除、、三个端点。 【变式8-2】（选自2025·苏州高一期中阳光调研第18题）函数是其定义域上的奇函数。 （1）求； （2）判断在上的单调性，并用定义说明； （3）正实数满足且，求的值域。 奇函数的图象与单调区间 【答案】；在上严格递减；。 【分析】同值关系经通分因式分解会给出乘积约束，再用基本不等式控制和的范围。 【详解】定义域为。奇函数在处的值为，故，所以，即。 任取，有，故严格递减。 由，整理得到。结合，得到。 所以，等号在时取得，符合。而任意均可取、，使、、，且保证。故取遍。 由第（2）问，目标值不大于且始终为正。反过来，任给，方程的判别式。取较大根，因分子不小于、分母不大于，有。此时，再用前一步构造即可取得该值。因此完整值域为。 【易错提醒】不能遗漏条件；证明和的范围时要验证每个值都有合法的，目标值也须证明能取到；不能取。 【题型9 中心对称与函数值的整体对应】 【方法提示】使用平移换元或直接代入验证函数值关系。证明整体对应是完整的，检查是否可能存在不动点及零分母。反证半无限区间递减时，只需固定间距作差并选取可明确写出的合法自变量。 【例9】（改编自2024·江苏无锡高三期中第11(A)(B)题）设。 （1）当时，证明，并指出图象的对称中心； （2）是否存在实数，使在上严格递减？说明理由。 【答案】（1）恒等式成立，对称中心为；（2）不存在。 【分析】第一问通过整体代换直接验证对称；第二问从单调性定义出发，构造两个相距为的负自变量。 【详解】当时，令，则。把换成时，变为，所以两函数值互为相反数，图象关于对称。 假设存在固定实数使在上严格递减。取，则，由递减定义必须有。 直接展开得。取，其值不小于。因为，该式不小于，矛盾。因此不存在这样的。 【易错提醒】定义法反证时，取的两个自变量都必须落在给定区间；固定间距的函数值差可化成二次式，再通过明确选点判断符号。 【变式9-1】（改编自2024·南京师大附中高一期中第8题）定义在上的函数满足。已知的图象与的图象共有个交点，坐标依次为，其中为正整数。求。 【答案】。 【分析】把交点按点对称配对；不必逐个求交点。 【详解】对，。由已知，若为交点，则也为交点。 交点的横坐标不能等于，所以不存在以为中心的单独不动交点。全部交点可分为对，每对横坐标和为、纵坐标和为。 于是、，所求比值为。 【易错提醒】必须先验证两个函数图象具有同一个对称中心；不能只凭的对称关系求和。 【题型10 分段函数、取大规则与原像计数】 【方法提示】先把取大、绝对值或分段定义明确写为各合法区间。把复合方程分成“外层水平值”和“内层不同原像个数”两层，边界值单独统计。不同水平值的原像互不重叠；要求每个目标值都具有固定原像数时，研究整个值域而非只验一个点。 【例10】（改编自2025·苏州高一期中阳光调研第11题）设，。用表示与两者中的较大值。函数规定为：时，；时，。 （1）写出的分段表达式； （2）求方程所有实根之和； （3）若在闭区间上的值域恰为，求的最大值。 取大函数的分段图象 【答案】当时；当时；当时。根之和为；最大区间长度为。 【分析】先比较两个候选表达式，再逐段求根；值域两端须都能达到，区间内不得出现超出范围的值。 【详解】。在内，时，时，所以得到题述三段。 在段，仅保留；中段给出；正半轴给出。总和为。 值只能在正半轴处取得，故必须；又不许函数值小于，所以。为保证左端延伸时不出现大于的函数值，必须。取确有值域，长度，故为最大值。 【易错提醒】取较大值的规则已在题中说明，不能把两个表达式相加。解方程要回验分段范围，尤其不能保留。 【变式10-1】（选自2024·南京六校高一期中联考第8题）设。若关于的方程恰有三个互不相等的实数根，求实数所有可能的取值。 【答案】或。 【分析】先把方程视为关于的二次方程，再按每个对应的的个数计数。 【详解】，值域为。对水平线：时个根，时个根，时个根，时个根，时个根。 不同的对应互不重叠的集合。总根数要等于，必须有这个根，且不能再有其他落在内的不同根。故。 关于的方程变为。若，只有一个不同根，满足；若，另一根必须大于，即。所以或。 【易错提醒】统计的是不同的根；外层方程有重根时不能重复统计，本身对应个不同的。 【变式10-2】（选编自2024·南京师大附中高一期中第19(1)(2)题）设的定义域分别为。若对每个，恰有个不同的使，则称为的“型函数”。 （1），，是否为，的“型函数”？说明理由。 （2）设，若是的“型函数”（两函数定义域均为），求的范围。 【答案】（1）不是；（2）。 【分析】先研究的值域，再逐水平线统计图象的交点个数；不要把“每一个”只检验成某一个。 【详解】（1）的值域是，在上递增，值域是。当时不能由取得，故不满足定义。 （2）的值域为。由于，时不可能；时方程只有一个根，也不可能。因此。 令。方程分成与。前者始终有两个不同实根；后者在时有两个、时有一个、时没有实根。由于，两方程不共根，故总根数依次为、、。 要使每一个都恰有两个根，必须且只需。结合，得到。 【易错提醒】临界水平线上是个根，不能纳入参数端点。 【题型11 绝对值折点的分段比较与参数最值】 【方法提示】按内式零点分段，把符号、单调和最值转成一次或二次式问题。对称性应从两个真折点位置和远端一次式直接推导，应比较折点中点与远端一次表达式所确定的位置。新距离先照定义化成绝对值代数式，再取全局最小值，将恒成立转为参数不等式组。 【例11】（改编自2024·南京师大附中高一期中第11题）设，其中。判断下列结论，并说明理由：①当时，为偶函数；②当时，的最小值为；③对任意实数，在上严格递减；④存在使对任意成立时，的可能值恰有个。 绝对值函数的折点与最小值 【答案】四个结论均成立；第④问中。 【分析】按绝对值内式子的零点分段，用一次函数斜率的符号判断；对称时分段折点和两侧斜率必须配对。 【详解】①当时，，故为偶函数。 ②当时，以为分界点。三段解析式依次为、、，所以先减后增，最小值为。 ③若，则时，严格递减。若，此区间内，故，仍严格递减。若，在可能的折点两侧，斜率分别为与；当时后一段不落在内，其他情形斜率严格为负，因此也严格递减。 ④当时，分别有、，均关于对称；时已证关于对称。若，记、、，则且。分段一次图象只在处改变直线方向，轴对称必须把这两处相互对应，故对称轴位置。对足够靠左的，两侧远端表达式为与。相等要求。联立两式得，所以；在当前情形下只得。合并恰有三个值。 【易错提醒】绝对值内式为零的位置决定分段；全区间递减要检查每一段及跨分界的比较。判断对称性须说明折点和远端表达式如何对应，不能凭图猜测。 【变式11-1】（选自2025·南京师大附中高一期中第18题）平面内两点、间的“曼哈顿距离”定义为。 （1），在直线上，求的最小值； （2）在抛物线上，。若对所有这样的恒有，求实数的范围。 【答案】（1）最小值为，；（2）。 【分析】把新距离定义直接代成绝对值式，按折点分段；第二问先求距离关于位置的全局最小值，再转为参数不等式组。 【详解】（1）设，则。在、、三段上，表达式分别为、、，最小值为，在时取得。 （2）设，令、，则距离。当时，，开口向下，最小值在端点取得，为与中较小者；当时，严格递增，最小值为。所以全局最小值为与中较小者。 题设等价于且。第一个不等式解得或。 当时，第二个不等式化为，只能。当时，化为，得到。与第一个条件取交集，最终为。 【易错提醒】不能用欧氏距离公式替代题中新定义；可以为负，必须按的符号处理||，否则会漏掉孤立值-。 【题型12 给定函数关系的代入与新定义回译】 【方法提示】先把关系中的自变量移到已知区间或代特殊值得到表达式。有限步推演只使用已经给出的函数关系与不等式运算，逐步保留严格符号。新定义先翻译成具体不等式、集合或方程，再分类、换元，最后反向构造验证存在性。 【例12】（改编自2025年高考全国一卷第5题）设是定义在上的偶函数，且对任意实数，均有。当时，，求。 【答案】。 【分析】偶性换元与给定函数关系有限次代入 【详解】由偶函数性质，。再由题目给定的关系，。由于，所以。 【易错提醒】检查每一步变形的合法范围，并将边界值或构造的例子代回原条件。 【变式12-1】（选自2024年高考新课标Ⅰ卷第8题）已知函数的定义域为，，且当时，下列结论中一定正确的是（　）。 A． B． C． D． 【答案】。 【分析】有限步代入与严格不等式传递 【详解】由、，逐步代入不等式可得，，，，，，，。继续逐项代入，得到，，，，，，，，，。所以一定正确，不成立。 为说明、不一定成立，可构造函数：当时取；随后在、等各区间依次用确定函数，其中。该规则只调用已定义区间，且满足题设。按同样的有限步计算可得。取得到，不必成立；取得到，不必成立。 【易错提醒】检查每一步变形的合法范围，并将边界值或构造的例子代回原条件。 【变式12-2】（改编自2026年高考全国一卷第19题（1）（2））已知函数的定义域为，且当时，。对任意实数，定义集合。 （1）若当时，求。 （2）另若是奇函数，且、，证明。 【答案】（1）；（2）见分类证明。 【分析】新定义翻译—奇偶补全—分式作差—正负分类—集合包含 【详解】（1）。当时，，所以。此时分母大于，故等价于，得到。当时，，不等式给出。两部分合并得。 （2）由奇函数性质，；当时，，故。负半轴上，正半轴上。若，则；若，则。故两个半轴上分别严格递增。 若，则。只有且才有，所以。若，则；当时不等式必成立，给出；当时，由正半轴递增知不等式等价于。因此。 若同为负数，由知，所以。若两者同为正数，同理，所以。若，则。而时，，与已知不符，排除。各可能情况均得所证包含关系。 【易错提醒】检查每一步变形的合法范围，并将边界值或构造的例子代回原条件。 【变式12-3】（选自2025·苏州高一期中阳光调研第19题）对于定义在含正数区间上的函数，如果存在，使也在定义域内且，称为上的“局部倒负函数”。 （1）判断是否为上的局部倒负函数； （2）函数规定为：时，时。求使为上局部倒负函数的； （3）满足对任意，，且。若为上的局部倒负函数，求的范围。 【答案】（1）是；（2）；（3）。 【分析】借倒数把两个自变量分置两侧；第三问先代特殊值得到函数表达式，再令，把存在性化为一元参数最小值。 【详解】（1）取，有，故满足定义。 （2）因为，不能取。一对倒数自变量中必有一个。条件等价于，即。当时，恰好取遍；反过来任取，可取验证。 （3）取，由得到；再令得到。代入原关系可以验证该式确实满足。 取，局部倒负条件等价于。不合条件，故令，得到。 再令，有，等号在时成立。反之，若，方程有正实根；取，再由得到正实数，所以确有局部倒负关系。故范围为。 【易错提醒】题意是存在一个自变量，不是对所有自变量都成立。对应，已被排除，因此不能在处进行参数分离。 【题型13 真实情境的分段建模与最优决策】 【方法提示】先统一单位和自变量可行范围，明确目标是距离界、面积、总利润、单位利润还是日收益。按真实条件建立各分段表达式，每段分别处理，再作全局比较。等号点必须满足所在区间与整数约束；物理情境的临界值需代回核对。 【例13】（改编自2025·江苏镇江高一期中第7题）某桥限速。甲、乙两种车型的刹车距离（米）与刹车前车速（，）分别满足、。检测得甲车的刹车距离小于米，乙车的刹车距离超过米。判断两车是否超过限速，并说明理由。 两种车型的刹车距离模型 【答案】甲车没有超速（车速小于）；乙车超速（车速大于）。 【分析】分别在各自车型的模型中比较，不得把两个模型混用或假设两车速度相等。 【详解】对任意，有，所以甲车型的刹车距离随车速严格递增。同理也严格递增。 。由甲车距离小于，得到车速小于，因而未超过的限速。 。由乙车距离超过，得到车速大于，因此超速。 【易错提醒】两种车型要分别代入对应的距离模型，不能假设两车速度相同。严格小于和严格大于的条件都须保留。 【变式13-1】（选自2024·南京师大附中高一期中第17题）矩形中，周长为。把沿向一侧折叠，的对应点为，直线与交于。设，。 （1）求关于的表达式及的范围； （2）求面积的最大值及相应。 折叠示意图 【答案】，；面积最大值为，在时取得。 【分析】利用折叠得到等角，推出；再由勾股关系建立面积函数，最后用基本不等式求最值。 【详解】由周长知，再由得到。折叠给出，而给出，所以。 在直角三角形中，，故，整理得。 。由，有。等号在时成立。 【易错提醒】只能用周长的一半作为两邻边之和；等号点必须在几何允许范围内。 【变式13-2】（改编自2024·南京六校高一期中联考第17题）某厂生产应急工具，年度固定成本为万元，年产量为万件，每件售价元，当年全部售出。另需投入的成本（万元）规定如下：时，；时，。 （1）写出年利润的表达式； （2）求最大年利润及对应产量。 【答案】时；时。最大利润为万元，在时取得。 【分析】分别求两段利润的最值，再比较；万元与万件乘元得到万元。 【详解】收入为万元，故。代入两段成本即得题述利润表达式。 当时，，在时取等。 当时，，故，在时取等。比较两段得到整体最大值万元，产量万件。 【易错提醒】固定成本只能从收入中扣除一次；先按题目给定的产量区间分别求利润，再比较各段最优值。 【变式13-3】（选自2025·苏州高一期中阳光调研第17题）某产品固定成本为元，每件另投入元。日产量为件，销售总收入（元）规定为：时，；时，。 （1）写出利润； （2）求单位利润的最大值和相应产量（产量按正实数模型讨论；最终取值为整数）。 【答案】时；时。最大单位利润为元，时取得。 【分析】单位利润和总利润不是同一目标；先除以，再分段优化。 【详解】总成本为，所以，得到题述分段表达式。 当时，，在即时取等。 当时，。比较两段，整体最大单位利润为元，对应日产量件。 【易错提醒】把总利润最大的产量代入不能保证单位利润最大；固定成本应先计入总成本。 【变式13-4】（改编自2025·南京师大附中高一期中第17题）某地连续天开展文旅活动，第天（）的接待人数为万人，人均消费为元。 （1）写出旅游日收益（万元）； （2）求最小日收益及对应日期。 【答案】时；时。最小收益万元，在第天取得。 【分析】自变量为整数，绝对值分界应落实为与两段；分别求最小值后作全局比较。 【详解】人数以万人计、消费以元计，二者相乘即为万元，因此。 整数时，展开得；整数时，展开得。 第一段，等号点为合法整数，故最小值。 第二段中与均随正增大而减小，所以严格递减，最小值在处，为，大于。故整体最小日收益为万元，在第天取得。 【易错提醒】整数日期不能取；基本不等式的取等点必须落在对应的整数区间内。 【附页 基础衔接与高考、模拟迁移】 【方法提示】先核对定义域、集合元素及运算条件；这些衔接题用于校准基本方法，不单独计作压轴题型。 【衔接1】（节选自2024年高考新课标Ⅰ卷第1题）已知集合，，求。 【答案】。 【分析】有限集合逐元素检验 【详解】逐一检验中的元素：不合条件，与均在内，、不合条件。因此交集为。 【易错提醒】有限集交集要逐个检验元素是否同时满足两个集合的条件。 【衔接2】（改编自2025年高考全国一卷第2题）设全集，，求，并写出其中元素的个数。 【答案】，共有个元素。 【分析】补集定义与有限集计数 【详解】补集由全集中不属于的元素组成。从中去掉，得到，共个。 【易错提醒】补集必须相对给定全集，不要遗漏较大的元素。 【衔接3】（改编自2026年高考全国一卷第3题）已知集合，，求。 【答案】。 【分析】有限集合交集 【详解】与同时属于两个集合；不属于，不属于。因此交集为。 【易错提醒】只把两个集合中完全相同的具体数保留在交集中；不能把近似相等当成相等。 【衔接4】（选自2024年苏锡常镇四市高三一模第1题）已知集合，，下列结论正确的是（　）。 A． B． C． D． 【答案】。 【分析】二次不等式解集与集合包含 【详解】的解集为，故。而，所以，正确。交集为，不为空；并集仍为，不为；例如但，故错误。 【易错提醒】检查每一步变形的合法范围，并将边界值或构造的例子代回原条件。 【衔接5】（选自2026年南通市高三一模第2题）已知集合，，则为（　）。 A． B． C． D． 【答案】。 【分析】因式分解解二次不等式、有限集检验 【详解】因为，所以。集合中，与落在该开区间中，不在其中，故。 【易错提醒】检查每一步变形的合法范围，并将边界值或构造的例子代回原条件。 【衔接6】（节选自2024年苏锡常镇四市高三一模第2题）设，求。 【答案】。 【分析】对恒等式进行特殊值代入 【详解】在给定恒等式中取，得。再取，得。两式相减，得到。通过两次赋值即可得到所求和。 【易错提醒】先在恒等式中代入与，求高次项系数之和时应扣除常数项。 【衔接7】（选自2025·苏州高一期中阳光调研第4题）求函数的定义域。 【答案】。 【分析】同时处理根式非负和分母非零。 【详解】根式有意义要求，分母非零要求。与合并得到。 【易错提醒】排除负后仍须与根式范围取交集，不能把负半轴带入答案。 1 学科网（北京）股份有限公司 $