函數(shù)的概念與性質(zhì)（8題型+高分技法+限時提升練）-2025年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專項提升

熱點(diǎn)03函數(shù)的概念與性質(zhì)

明考情-知方向

三年考情分析2025考向預(yù)測

2024年分段函數(shù)、函數(shù)的奇偶性

2023年函數(shù)的值域，函數(shù)奇偶性的判斷、函數(shù)與方函數(shù)的性質(zhì)應(yīng)用、函數(shù)與方程的應(yīng)用

程的應(yīng)用

2022年抽象函數(shù)的性質(zhì)應(yīng)用、函數(shù)的定義域及其求

法

熱點(diǎn)題型解讀

堂5函教奇偶性的性質(zhì)與判斷題型1函雌定義域法

題型6單調(diào)性與胡禺崢合題年函數(shù)碑域

函數(shù)的概念與性質(zhì)

理7抽象函數(shù)及其應(yīng)用題型3函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷

題型8函數(shù)恒成立問題題型4函數(shù)的最值及其幾何意義

題型1函數(shù)的定義域及其求法

!求函數(shù)的定義域應(yīng)關(guān)注三點(diǎn)

；①要明確使各函數(shù)表達(dá)式有意義的條件是什么，函數(shù)有意義的準(zhǔn)則一般有：（i）分式的分母不為0；（ii）偶

次根式的被開方數(shù)非負(fù)；（iii）y=x。要求xWO.

i②不對解析式化簡變形，以免定義域變化.

!③當(dāng)一個函數(shù)由兩個或兩個以上代數(shù)式的和、差、積、商的形式構(gòu)成時，定義域是使得各式子都有意義的

公共部分的集合.

I_____________________________________________________________________

1.（2022?上海）下列函數(shù)定義域為R的是（）

_i_

A.y=x^B.y=x~{C.y=x^D.y=x^

【分析】化分?jǐn)?shù)指數(shù)幕為根式，分別求出四個選項中函數(shù)的定義域得答案.

__1_1

【解答】解:y=x^，定義域為{X|X>0},

yJx

y=x~x,定義域為{x|xw0},

x

y=x^=yfx,定義域為R，

y=x2=y[x,定義域為{x|x》0}.

.?.定義域為R的是y=x3.

故選：C.

【點(diǎn)評】本題考查函數(shù)的定義域及其求法，是基礎(chǔ)題.

2.(2024?松江區(qū)校級模擬)若函數(shù)/(x)=x-/+2枇3(mez)的定義域為尺,且"》+1)=/(_》一1),則實數(shù)加

的值為—.

【分析】由已知可得關(guān)于用的不等式，求解機(jī)的范圍，結(jié)合函數(shù)為偶函數(shù)求解m值.

【解答】解：?.?函數(shù)/且)=月向2"+3(冽/2)的定義域為尺,

.’.一加~+2m+3>0,角由—1<77?<3,

又mwZ,zw=0,1,2,

而/(x+l)=/(-x-l),可知/(x)為偶函數(shù)，

貝!Jm=\.

實數(shù)加的值為1.

故答案為：1.

【點(diǎn)評】本題考查函數(shù)的定義域及其求法，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想，是基礎(chǔ)題.

3.(2021?上海)已知函數(shù)/(x)=尤+°|-a-x.

(1)若a=l,求函數(shù)的定義域；

(2)若“*0,若有2個不同實數(shù)根，求a的取值范圍；

(3)是否存在實數(shù)a,使得函數(shù)〃x)在定義域內(nèi)具有單調(diào)性？若存在，求出a的取值范圍.

【分析】(1)把。=1代入函數(shù)解析式，由根式內(nèi)部的代數(shù)式大于等于0求解絕對值的不等式得答案；

(2)f(ax)=a<^>y]\ax+a\-a=ax+a,設(shè)ax+a=f>0,得a=f-/2,,求得等式右邊關(guān)于f的函數(shù)的

值域可得a的取值范圍；

(3)分與x<-a兩類變形，結(jié)合復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可得使得函數(shù)〃x)在定義域內(nèi)具有單調(diào)性的。的

范圍.

【解答】解：(1)當(dāng)a=l時，/(x)=V|x+l|-l-x,

由|x+11-120,得|x+112],解得—2或.

函數(shù)的定義域為(T?，-2]|J[0,+00);

(2)f(辦)=J"+a|-a-ax,

f{ax)=a=y/\ax+a\-a=ax+a,

設(shè)辦+〃=合0,「.-a=，有兩個不同實數(shù)根,整理得a=00,

；,a=-(t--)2+-,后0,當(dāng)且僅當(dāng)時，方程有2個不同實數(shù)根，

244

又的取值范圍是(0,；)；

(3)當(dāng)》)一4時，/(x)=yj\x+a\-a-x=y/x-x=-(Vx-^)2+,在[:,+8)上單調(diào)遞減，

此時需要滿足-a2,，即工，函數(shù)/(x)在[-。，+8)上遞減；

44

當(dāng)x<-ci時*，f(x)=x+a|-a—x—yj—x-2cl-x,(-co,-2a]匕南洞，

--<0,-2a>-a>0,即當(dāng)aW-工時，函數(shù)/1(x)在(-co,-a)上遞減.

44

綜上，當(dāng)ae(-oo,-/時，函數(shù)“X)在定義域R上連續(xù)，且單調(diào)遞減.

【點(diǎn)評】本題考查函數(shù)定義域的求法，考查函數(shù)零點(diǎn)與方程根的關(guān)系，考查函數(shù)單調(diào)性的判定及其應(yīng)用,

考查邏輯思維能力與推理論證能力，屬難題.

題型2函數(shù)的值域

求函數(shù)值域的方法

⑴觀察法：對于一些比較簡單的函數(shù)，其值域可通過觀察得到.

(2)配方法：此方法是求“二次函數(shù)類”值域的基本方法，即把函數(shù)通過配方轉(zhuǎn)化為能直接看出其值域的方

法.

(3)圖象法：利用已知一次函數(shù)、二次函數(shù)或反比例函數(shù)的圖象寫出函數(shù)的值域.

(4)分離常數(shù)法：此方法主要是針對有理分式，即將有理分式轉(zhuǎn)化為“反比例函數(shù)類”的形式，便于求值域.

(5)換元法：對于一些無理函數(shù)(如y=ax±6±Jcx±砂,通過換元把它們轉(zhuǎn)化為有理函數(shù)，然后利用有理函數(shù)

求值域的方法，間接地求解原函數(shù)的值域.

1.(2023?上海)已知函數(shù)=則函數(shù)/(x)的值域為.

【分析】分段求出“X)的值域，再取并集即可.

【解答】解：當(dāng)尤《0時，/(x)=l,

當(dāng)x>0時，/(x)=2x>1,

所以函數(shù)/(x)的值域為[1,+(?).

故答案為：[1,+00).

【點(diǎn)評】本題主要考查了求函數(shù)的值域，屬于基礎(chǔ)題.

4r2

2.(2024?嘉定區(qū)校級模擬)己知函數(shù)則對任意實數(shù)X,函數(shù)/(X)的值域是()

2x+1

A.(0,2)B.(0,2]C.[0,2)D.[0,2]

【分析】分x=0和xwO兩種情況討論，可得“X)的值域.

【解答】解：當(dāng)x=0時，/(0)=0,

411

當(dāng)xwO時，/(%)=——因為二>0,所以2+^>2,

所以0<」r<L

2+52

所以〃x)e(0,2),

綜上所述：/(x)的值域為[0,2).

故選：C.

【點(diǎn)評】本題考查函數(shù)的值域的求法及分類討論的思想，屬于基礎(chǔ)題.

3.(2024?嘉定區(qū)二模)函數(shù)y=|x-l|+|x-4|的值域為.

【分析】先對已知函數(shù)進(jìn)行化簡，作出函數(shù)圖象

2x-5,x>4

【解答]解：y=\x-l\+\x-4\=<3,l<x<4,

-2x+5,x<1

其大致圖象如圖所示，結(jié)合函數(shù)圖象可知，函數(shù)有最小值3,沒有最大值.

故答案為:[3,+00).

【點(diǎn)評】本題主要考查了函數(shù)值域的求解，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.

4.(2024?松江區(qū)校級模擬)函數(shù)〃x)=|尤-a|+cosx在［0,6］上的值域為［-1,陰］,則2的值為_______.

2a

【分析】先由絕對值、余弦函數(shù)的有界性以及/(0)求出。，分類討論求出6,即可求解.

【解答】解：因為|X-Q|20,cosx^-1,

所以當(dāng)且僅當(dāng)|x—Q|=0且cosx=-l時f(x)=-1,

所以2k兀，ksN,

3TT

又〃0)=⑷+1/1號"所以。=%，

所以/(x)=|x-乃I+COSX,易知/(x)在(0,萬)上單調(diào)遞減,在(肛+8)單調(diào)遞增,

所以當(dāng)64萬時，/(x)&(0)=乃+1,不滿足題意；

3TT37T

當(dāng)b＞萬時，因為/(x)?1a=手，所以/(6)=6-乃+cosb=f,

注意到了等)=￡,且/(X)在(肛+00)單調(diào)遞增,

所以6=%,

2

所以2=*.

a2

故答案為：

2

【點(diǎn)評】本題主要考查了三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)，屬于中檔題.

5.(2024?浦東新區(qū)校級模擬)設(shè)函數(shù)/(x)的定義域為。，若函數(shù)/(x)滿足條件：存在［a,b］^D,使/(x)

在［a,可上的值域為g,1］,則稱/(x)為“倍縮函數(shù)”，若函數(shù)/(x)=log2(2':+。為“倍縮函數(shù)”，貝心的

范圍為.

【分析】由題意得，函數(shù)是增函數(shù)，構(gòu)造出方程組，利用方程組的解都大于0,求出，的取值范圍.

【解答】解：?.?函數(shù)=log?（2,+。為“倍縮函數(shù)”,

且滿足存在［a,h］^D,使/（x）在［a,可上的值域是耳，!］,

.?./（X）在［a,句上是增函數(shù);

a

/Og2（2+0=j

?V，

bgQb+t）=1

即卜

b

2b+t=2^

.??方程2、-2、+%=0有兩個不等的實根，且兩根都大于0；

,,b＞o9

解得：o＜，＜L

4

.?.滿足條件t的范圍是（0，）.

故答案為：（0,；）.

【點(diǎn)評】本題考查了函數(shù)的值域問題，解題時構(gòu)造函數(shù)，滲透轉(zhuǎn)化思想，是中檔題.

6.（2022?上海）設(shè)函數(shù)/（x）滿足/（x）=/（」一）對任意xe［0,+8）都成立，其值域是《，已知對任何滿

足上述條件的/（x）都有{y\y=/（x）,0Wx《a}=Af,則a的取值范圍為.

【分析】由題可得［舊=/1）,0。^避二4=4,再根據(jù)“〈心二1時不合題意，進(jìn)而即得；或等價于

2J2

---恒成立，即』-（l+a）（x恒成立，進(jìn)而即得.

1+x+aa

【解答】解：法一：令工=,，解得x=（負(fù)值舍去），

當(dāng)王e［0,￡^］時，€［與土刀，

當(dāng)再e（+oo）時,%，

￡2L國+12

且當(dāng)石￡（趙一^,+8）時，總存在％=—二￡（0,），使得/（再）=/（工2），

2再+1為21

故，Wy=y(x),owxw——j=Af，

_l_l

若”---，易得/(---)^{y\y=/(x),O^x^tz),

所以建必二1,

2

即實數(shù)。的取值范圍為［與1>+00);

法二：原命題等價于任意。>O,/(X+4)=/(),

1+x+a

所以-------=>X2(1+Q)怛成_AL,

\+x+aa

即L-(l+a)W0恒成立，又a>Q,

a

所以建苴二1,

2

即實數(shù)a的取值范圍為［存L+oo).

故答案為：［痔^,+s).

【點(diǎn)評】本題考查了抽象函數(shù)的性質(zhì)的應(yīng)用，同時考查了集合的應(yīng)用，屬于中檔題.

題型3函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷

!00目4

1.求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間

(1)求函數(shù)單調(diào)區(qū)間時，若所給函數(shù)是常見的一次函數(shù)、二次函數(shù)、反比例函數(shù)等，可根據(jù)其單調(diào)性寫出函

數(shù)的單調(diào)區(qū)間，若所給函數(shù)不是上述函數(shù)但函數(shù)圖象容易作出，可作出其圖象，根據(jù)圖象寫出其單調(diào)區(qū)間.

i(2)一個函數(shù)出現(xiàn)兩個或兩個以上的單調(diào)區(qū)間時，不能用“U”連接兩個單調(diào)區(qū)間，而要用“和”連接或用

!“，”分開.

2.由函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)范圍的處理方法

(1)由函數(shù)解析式求參數(shù)

若為二次函數(shù)——判斷開口方向與對稱軸——利用單調(diào)性確定參數(shù)滿足的條件.

若為一次函數(shù)---由一次項系數(shù)的正負(fù)決定單調(diào)性.

:若為分段函數(shù)——數(shù)形結(jié)合，每一段的函數(shù)的單調(diào)性均要考慮，并注意臨界值的大小.探求參數(shù)滿足的條

件.

I___________________________________________________________________

(2)當(dāng)函數(shù)｛x)的解析式未知時，欲求解不等式，可以依據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義和性質(zhì)，將符號去掉，列

出關(guān)于自變量的不等式(組)，然后求解，此時注意函數(shù)的定義域.

3.利用定義證明函數(shù)單調(diào)性的步驟

⑴取值并規(guī)定大小：設(shè)修，切是該區(qū)間內(nèi)的任意兩個值，且X1<X2.

(2)作差變形：作差加1)一人尤2)(或於2)—/1)),并通過因式分解、通分、配方、有理化等方法，轉(zhuǎn)化為易判

I

斷正負(fù)的關(guān)系式.

(3)定號：確定—1)一於2)(或加2)—加1))的符號，當(dāng)符號不確定時，進(jìn)行分類討論.

(4)結(jié)論：根據(jù)定義確定單調(diào)性.

1.(2024?浦東新區(qū)校級模擬)已知函數(shù)〃町=歷^,則〃工2)+/3)<0的解集是_______________.

2-x

【分析】由已知結(jié)合對數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)及對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性即可求解.

【解答】解：因為/(x)=加上，0<x<2,

2-x

[X]

對于函數(shù)/(x2)+/(x)=ln—+In------=In

2-;2—x(2-x)(2-x2)

..[0<x<21—

有1,，即orl0<x(后,

0<x2<2

x

則〃號+"》)=/"二+InIn-----------------<Ini，

2—x(2-x)(2-『)

即——-——-<1,

(2-x)(2-x2)

所以d<(2-x)(2-尤2)=4-2無2-2x+x3,

整理得，x2+x-2<0,

解得，—2<x<1,

故0<x<1.

故答案為：(0,1).

【點(diǎn)評】本題主要考查了對數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)及對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性在不等式求解中的應(yīng)用，屬于中檔題.

2.(2024?閔行區(qū)校級三模)設(shè)f>0,函數(shù)>=〃x)的定義域為R.若對滿足超-西〉f的任意網(wǎng)、“均

有〃無2)則稱函數(shù)y=〃x)具有“尸⑺性質(zhì)

(1)在下述條件下，分別判斷函數(shù)y=〃x)是否具有尸(2)性質(zhì)，并說明理由；

3

①/(x)=jX;

②/W=10sin2x；

(2)已知/(%)="3,且函數(shù)y=/(x)具有P(1)性質(zhì)，求實數(shù)a的取值范圍;

(3)證明："函數(shù)y=/(x)-x為增函數(shù)”是“對任意/>0,函數(shù)y=/(x)均具有尸⑺性質(zhì)”的充要條件.

【分析】(1)代入尸(2)性質(zhì)直接計算即可.

3

(2)將原式等價與當(dāng)方>1時，”>1恒成立的問題即可求解.

4

(3)由充要條件的概念以及函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)判斷即可.

【解答】解：(1)①是，因為對任意馬一%>2,/(X2)-/(X1)=-(X2-X1)>3>2,

所以符合定義；

②不是，學(xué)生只需舉一組反例；

(2)顯然a>0,所以設(shè)工2—&=加>0,

則/(>2)-/(再)=5，

當(dāng)西=一^時，取“馬)一/5)最小值,，

3

原問題等價于當(dāng)加>1時，絲恒成立，

4

即。>3恒成立，所以得。24；

m

(3)證明：充分性：

如果函數(shù)>=/(%)-X為增函數(shù)，則對任意的％2〉再，均有/(%2)-工2豕(再)-西，

即/(%)-/(七)2%2-m，因此，對任意￡>0,若％2-%>，

則/(X2)-/(X1)>Z，函數(shù)〉=/(X)具有P。)性質(zhì)，充分性得證；

必要性：

若對任意，>0,函數(shù)歹=/(%)均具有尸。)性質(zhì)，

假設(shè)函數(shù)2=/(%)-%不是增函數(shù)，則存在％2>石，滿足了(%2)-％2</(為)-芭，

即/(七)-〃不)<馬-王，取

則顯然/(X2)-/(X])<?O<x2-xi,

即對于：0，存在％-西>%，但是/(%)-/(占)〈小

與“對任意”0,函數(shù)y=/(x)均具有尸(。性質(zhì)”矛盾，因此假設(shè)不成立，

即函數(shù)y=/(x)-x為增函數(shù)，必要性得證.

所以“函數(shù)y=/(x)-尤為增函數(shù)”是“對任意”0,函數(shù)y=/(x)均具有尸⑺性質(zhì)”的充要條件.

【點(diǎn)評】本題考查了函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判斷，應(yīng)注意充要條件的概念，屬于中檔題.

3.(2024?寶山區(qū)校級四模)已知/、8為實數(shù)集火的非空子集，若存在函數(shù)了=/(無)且滿足如下條件：①

y=/(無)定義域為工時，值域為3；②對任意玉、/€/，玉W/，均有>0.則稱〃x)是集

玉一工2

合N到集合3的一個“完美對應(yīng)”.

(1)用初等函數(shù)構(gòu)造區(qū)間［0,1)到區(qū)間［0,+8)的一個完美對應(yīng)“X)；

(2)求證：整數(shù)集Z到有理數(shù)集。之間不存在完美對應(yīng)；

(3)若/1)=;?一依2+1,keR,且〃x)是某區(qū)間/到區(qū)間［-3,2］的一個完美對應(yīng)，求左的取值范圍.

【分析】(1)結(jié)合函數(shù)單調(diào)性的定義及基本初等函數(shù)的定義域及值域即可求解；

(2)利用反證法，結(jié)合基本初等函數(shù)的單調(diào)性即可求解；

(3)使用題目所給新定義，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性即可求解左的取值范圍.

【解答】解：(1)因為小)--(切>0,根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義有在R上為單調(diào)遞增函數(shù)，

占-x2

根據(jù)題目對完美對應(yīng)的新定義可得所需構(gòu)造的函數(shù)定義域為［0,1)時，值域為(0,+00),所以

TT

〃X)=tan(y.x)；

(2)假設(shè)存在整數(shù)集Z到有理數(shù)集。之間完美對應(yīng)，

則對任意再，％eZ,x產(chǎn)/均有/a-%)〉。,

X］-x2

則有在尺上為單調(diào)遞增函數(shù)，設(shè)"0)=0,若再，X2EN,貝山X1-X21eN*,

則/區(qū))-/(%)>0,可得了區(qū))一/(乙)eN*,

Xj-x2

可設(shè)/(1)-a,則/(2)=/(I+1)=f(1)+f(1)+a=2a+a=3a,

同理可得/(3)=4q,f(4)=5a,,f(n)=na，則有

即/(x)是整數(shù)集Z到有理數(shù)集。之間完美對應(yīng)，與題意矛盾，

所以假設(shè)不成立，整數(shù)集Z到有理數(shù)集。之間不存在完美對應(yīng)；

(3)f(x)=^-kx2+1/,(X)=3X2-2AX=0解得x=0或與.

若左=0,則“X)單調(diào)遞增，且有/(1)=2,/(-V4)=-3,止匕時N=［-孤，0］；

2k2k

若左=0,x>0時，則/〈x)〉0,時,f'(x)<0；%￡(3-,+oo)時,fr(x)>0.

則函數(shù)"X)在(一。)上單調(diào)遞增，在(。學(xué)上單調(diào)遞減，在曰+⑹上單調(diào)遞增.

又/(0)=1<2,故只有極小值3才滿足題意，解得心3,

若左<0,則XW(-8,7)時,f'(x)>0,%￡(三,0)時，/r(x)<0；X￡(0,+CO)時，/r(x)>0；

則函數(shù)/(x)在(-oo,亍)單調(diào)遞減，xe(^,0)時單調(diào)遞減，在(0,+oo)單調(diào)遞增；

又〃0)=1>-3,故只有極大值/(牛)》2才滿足題意，記得此時發(fā)〈-孚.

綜上，發(fā)的取值范圍是(-叫-岑］U{0}U［3，+°°)-

【點(diǎn)評】本題考查了函數(shù)的定義、函數(shù)的單調(diào)性和函數(shù)的值域，結(jié)合新定義考查學(xué)生的數(shù)學(xué)邏輯推理能力

和數(shù)學(xué)運(yùn)算能力，屬于中檔題.

題型4函數(shù)的最值及其幾何意義

----------------④--------------------------------------------------------------------------------------------J

1.圖象法求函數(shù)最值的一般步驟

2.利用單調(diào)性求最值的一般步驟

①判斷函數(shù)的單調(diào)性.②利用單調(diào)性寫出最值.

(2)函數(shù)的最值與單調(diào)性的關(guān)系

①若函數(shù)在閉區(qū)間口，可上單調(diào)遞減，則於)在［a,6］上的最大值為大a),最小值為人b).

②若函數(shù)在閉區(qū)間［a,6］上單調(diào)遞增，則於)在［a,6］上的最大值為大b),最小值為八a).

③求最值時一定要注意所給區(qū)間的開閉，若是開區(qū)間，則不一定有最大(小)值.

1.(2024?靜安區(qū)二模)已知實數(shù)ae(0,6),記/(x)=6(x-a).若函數(shù)y=/(x)在區(qū)間［0,2］上的最小值

為-2,則”的值為一.

【分析】先對函數(shù)求導(dǎo)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性及最值關(guān)系即可求解.

【解答】解：當(dāng)0<a<6時，/(x)=Vx(x-a),f\x)=~j=~'

當(dāng)0<x<$時，f'(x)<0,/(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x>}時，f\x)>0,〃x)單調(diào)遞增，

故x=；a時，/（x）取得最小值/（1）=一gx=-2,

解得，。=3.

故答案為：3.

【點(diǎn)評】本題主要考查了導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性及最值關(guān)系的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題.

2.（2024?青浦區(qū)校級模擬）已知%，馬是實數(shù)，滿足x；+8考-4x％=8,當(dāng)|再|(zhì)取得最大值時，

I+X2\=----------*

【分析】由題意可知（國-2^）2+短=825-2x；+2x）,進(jìn)而求出|不|的最大值，再結(jié)合取等條件即

可求出此時|占十9|的值.

【解答】解：???片+8'—4西/=8.

2

（國-2X2）+4xf=8>（網(wǎng)"；+2獷,

z.16>xj2,

.?」七區(qū)4,當(dāng)且僅當(dāng)［「2%=2馬，即］%=4或］占=-4時，等號成立,

［再=±4氏=1氏=-1

當(dāng)|再|(zhì)取得最大值時，|-+%|=|4+1|=5.

故答案為：5.

【點(diǎn)評】本題主要考查了基本不等式的應(yīng)用，屬于中檔題.

3.（2024?松江區(qū)二模）已知函數(shù)/（x）=|log?x|,若/（X1）=/（9）（玉片x?）,貝!］4玉+x?的最小值為

【分析】由題意及對數(shù)的運(yùn)算與對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可得看“2=1,利用基本不等式即可求解.

-logx,0<x<1

【解答】解:2

/（X）=1log2X|=

log2x9x^l

若/（再）=/（%2）（再W12），不妨設(shè)0<巧<1令2’

則-10g2X1=log2x2,

所以log2X]+log2x2=log2項?％=0，即石?％2=1，

所以4%+少2師工=4,當(dāng)且僅當(dāng)西<…=2時，等號成立.

故答案為：4.

【點(diǎn)評】本題考查對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)及對數(shù)的運(yùn)算，考查基本不等式的運(yùn)用，是中檔題.

（a—2）x+4Q+1,Y<2

4.（2024?松江區(qū)二模）已知0<q<2,函數(shù)》=若該函數(shù)存在最小值，則實數(shù)”的

2人，

取值范圍是

【分析】令g(x)=(a-2)x+4a+l,xG(-00,2］,h(x)=2a~［,xe(2,+co),分類討論Q的取值范圍，判斷

g(x),//(%)的單調(diào)性，結(jié)合“X)存在最小值，列出相應(yīng)不等式，綜合可得答案.

【解答】解：由題意，令g(x)=(q-2)X+4Q+1,xe(-co,2］,/z(x)=2ax~l,XG(2,+CO),

當(dāng)0<〃<l時，g(x)在(-8,2］上單調(diào)遞減，力(%)在(2,+8)上單調(diào)遞減，則〃(%)在(2,+8)上的值域為

(0,2。),

因為/(X)存在最小值，故需g(2)=m-2)義2+4。+1<0,解得

結(jié)合0<Q<1,止匕時0<QWL；

2

當(dāng)1<〃<2時，8*)在(-8,2］上單調(diào)遞減，〃(%)在(2,+00)上單調(diào)遞增,則/z(x)在(2,+00)上的值域為(2凡+00),

因為/(%)存在最小值,故需g(2)@(2),即(Q—2)x2+4a+l42a,解得。工巳，

4

這與］<Q<2矛盾；

當(dāng)4=1時，g(x)=-x+5,(-00,2］上單調(diào)遞減，//(x)=2,存在最小值2；

則實數(shù)。的取值范圍為{a［0<a?；或。=1}.

故答案為：{?|0<a<~^a=1}-

【點(diǎn)評】本題主要考查分段函數(shù)的最值，屬于中檔題.

5.(2024?金山區(qū)二模)已知函數(shù)y=/(x)與y=g(x)有相同的定義域。.若存在常數(shù)a(aeR),使得對于

任意的占^/),都存在滿足/(xj+g(x2)=a,則稱函數(shù)y=g(x)是函數(shù)y=/(x)關(guān)于。的"S函

數(shù)”.

(1)若"x)=/〃x,g(x)=e，，試判斷函數(shù)y=g(x)是否是y=/(x)關(guān)于0的“S函數(shù)”，并說明理由；

(2)若函數(shù)y=/(無)與y=g(x)均存在最大值與最小值，且函數(shù)y=g(x)是y=/(無)關(guān)于。的"S函數(shù)"，

7=/(x)又是y=g(x)關(guān)于。的"S函數(shù)"，證明：［/(切加“+%⑴］…=a；

(3)已知g(x)=4,其定義域均為［0,給定正實數(shù)若存在唯一的a,使得y=g(x)

是y=/(x)關(guān)于。的“S函數(shù)”，求r的所有可能值.

【分析】(1)根據(jù)/=/(無)關(guān)于0的“S函數(shù)”定義可得結(jié)果.

(2)分別求出最大值和最小值再證明結(jié)論即可.

(3)分別討論/的范圍可得/的所有可能值.

【解答】解：(1)y=g(x)不是y=/(x)關(guān)于0的“S函數(shù)”.

X2

當(dāng)王>1時，lnxA+e>0,所以不存在%，使得/'(xj+g(x2)=。，

(2)證明：設(shè)〃xj="(x)兒，

由題意，存在X]€。，使得/(%;)=[/(%)]?,?，

因為函數(shù)y=g(x)是y=/(x)關(guān)于"的“S函數(shù)”，

所以存在馬?。，滿足"(xXL加+gH)=a，

從而"(x)H+場⑴晨/火切.+g(%)=。，

同理，由y=/(無)是、=8(刈關(guān)于。的“S函數(shù)”，

可得比(切皿+"(切機(jī)A。，

^±,[/(x)U+[g(x)U=?.

(3)記集合N={y|y=/(x),x6[0,〃},B={y\y=a-g(x),xe[0,〃},

由N=g(x)是y=f(x)關(guān)于a的"S函數(shù)"，得4=B,

①當(dāng)0</<1時，A=[l-t,1],B=[a-4t,a],

從而11一止"一"，解得1<。41一+，，

\<a

因a唯一，令l—t+小=\,解得％=0(舍)或￡=1(舍).

②當(dāng)K&2時，4=[0,1],B=[a-4t,a],

從而解得iWaW”，

a>1

因a唯一，令4=1,解得f=l,符合題意.

③當(dāng)/>2時，/=[0,f-1],B=[a-4t,a],

從而[”"4°,得"IVaV”，

Q2，—1

因a唯一，令我=—1,解得f=符合題意，

2

綜上，/的所有可能值為1或土區(qū).

2

【點(diǎn)評】本題主要考查函數(shù)的最值和函數(shù)的應(yīng)用，屬于中檔題.

題型5函數(shù)奇偶性的性質(zhì)與判斷

1.判斷函數(shù)奇偶性的方法

(1)定義法：

（2）圖象法:

段r關(guān)于原點(diǎn)對稱）｛艮*）為奇函數(shù)）

的

圖

象—（關(guān)于）,軸對稱）■（兀C）為偶函數(shù)）

2.巧用奇、偶函數(shù)的圖象求解問題

（1）依據(jù)：奇函數(shù)o圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，偶函數(shù)=圖象關(guān)于/軸對稱.

（2）求解：根據(jù)奇、偶函數(shù)圖象的對稱性可以解決諸如求值、比較大小及解不等式問題.

3.利用奇偶性求值的常見類型

⑴求參數(shù)值：若解析式含參數(shù)，則根據(jù)八一x）=一/（x）或次一x）=/（x）列式，比較系數(shù)利用待定系數(shù)法求解;

若定義域含參數(shù)，則根據(jù)定義域關(guān)于原點(diǎn)對稱，利用區(qū)間的端點(diǎn)和為0求參數(shù).

（2）求函數(shù)值：利用五一x）=—/）或y（-x）=/（x）求解，有時需要構(gòu)造奇函數(shù)或偶函數(shù)以便于求值.

4.用奇偶性求解析式的步驟：

如果已知函數(shù)的奇偶性和一個區(qū)間口，6］上的解析式，求關(guān)于原點(diǎn)的對稱區(qū)間［—6,—0］上的解析式，其

解決思路為

（1）“求誰設(shè)誰”，即在哪個區(qū)間上求解析式，x就應(yīng)在哪個區(qū)間上設(shè).

（2）利用已知區(qū)間的解析式進(jìn)行代入.

（3）利用外）的奇偶性寫出一次一x）或五一x）,從而解出段）.

1.（2023?上海）下列函數(shù)是偶函數(shù)的是（）

A.y=sinxB.y=cosxC.y-x3D.y-2X

【分析】根據(jù)偶函數(shù)的定義逐項分析判斷即可.

【解答】解：對于/,由正弦函數(shù)的性質(zhì)可知，y=sinx為奇函數(shù)；

對于8,由正弦函數(shù)的性質(zhì)可知，＞=cosx為偶函數(shù)；

對于C,由暴函數(shù)的性質(zhì)可知，y=V為奇函數(shù)；

對于。，由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可知，y=2,為非奇非偶函數(shù).

故選：B.

【點(diǎn)評】本題考查常見函數(shù)的奇偶性，屬于基礎(chǔ)題.

2.(2024?浦東新區(qū)三模)已知g(x)//+2'-1，G。為偶函數(shù)，若/⑹=口，則”

【分析】依題意，得。＜0,(-a)?+2-。-1=11,解之即可.

［解答］解：8(1)=［/+2,―1"》0為偶函數(shù)，

當(dāng)。＜0時，＞0,

g(-Q)=(-。)3+2-"-1=g(a)=f(a),又/(a)=11,

(-a)3+2"a-l=ll,

解得a=-2.

故答案為：-2.

【點(diǎn)評】本題考查函數(shù)奇偶性的性質(zhì)與判斷，考查邏輯推理能力與運(yùn)算能力，屬于中檔題.

3.(2024?閔行區(qū)校級二模)已知函數(shù)〃x)=a-2，+擊是定義域為R的偶函數(shù).

(1)求實數(shù)a的值；

(2)若對任意xwR,都有〃x)＞f成立，求實數(shù)左的取值范圍.

k

【分析】(1)由偶函數(shù)定義求得參數(shù)值；

(2)由基本不等式求得/(x)的最小值，然后解相應(yīng)的不等式可得左范圍.

【解答】解：(1)由偶函數(shù)定義知：/(-x)=/(x),

即a-2-x+—I―=a?2一,+2?2'=a?2、+2?2一、，

2"

.^.(a-2)?(2X-2T)=0對VxeR成立，:.a=2.

(2)由(1)得：/(x)=2(2x+2-x)；

2A＞0,2(2工+)》442'.2T=4,

當(dāng)且僅當(dāng)2工=2T即x=0時等號成立，

f(X)min=4，

.3左2+1日口(3左—1)(左—1)存刀/曰1八—r111

4＞--------，BP-----------------＜0,解得：左＜0或一＜左＜1,

kk3

綜上，實數(shù)上的取值范圍為(-oo,0)U(；，l).

【點(diǎn)評】本題考查了函數(shù)的奇偶性，基本不等式的性質(zhì)以及函數(shù)最值問題，是中檔題.

4.(2023?上海)已知a,ceR,函數(shù)〃x)==蟲犯坦上.

x+a

(1)若。=0,求函數(shù)的定義域，并判斷是否存在。使得/(x)是奇函數(shù)，說明理由;

(2)若函數(shù)過點(diǎn)(1,3),且函數(shù)〃x)與x軸負(fù)半軸有兩個不同交點(diǎn)，求此時c的值和。的取值范圍.

【分析】(1)。=0時，求出函數(shù)的解析式，根據(jù)函數(shù)的定義域和奇偶性進(jìn)行求解判斷即可.

(2)根據(jù)函數(shù)過點(diǎn)(1,3),求出c的值，然后根據(jù)/(x)與x軸負(fù)半軸有兩個不同交點(diǎn)，轉(zhuǎn)化為一元二次方程

根的分布進(jìn)行求解即可.

2

【解答】解：(1)若a=0,則/(x)=x+工+.=1+￡+1,

XX

要使函數(shù)有意義，則xwO,即〃x)的定義域為{x|x#O},

?.?y=x+￡是奇函數(shù)，夕=1是偶函數(shù)，

X

.??函數(shù)〃x)=x+￡+l為非奇非偶函數(shù)，不可能是奇函數(shù)，故不存在實數(shù)C,使得/(X)是奇函數(shù).

X

(2)若函數(shù)過點(diǎn)(1,3),貝U/(1)=1+3"+1+°=3"+2+”=3,得3Q+2+C=3+3Q,得c=3—2=1,

1+6Z1+6Z

此時/(x)=f+(3a+l)x+l,若數(shù)〃x)與x軸負(fù)半軸有兩個不同交點(diǎn)，

x+a

即〃幻「士”+1)也=0,得x2+(3a+l)x+l=0,當(dāng)x<0時，有兩個不同的交點(diǎn)，

x+a

設(shè)g(x)=—+(3Q+l)x+1,

△=(3a+l)2-4>0

xx=1>0a>一<-1

x23cl+1>2或3。+1<—2,口3,即a〉L

則<玉+/=_(3〃+1)<0，得，得《

3。+1>013

Q>---

3

若x+a=O即％=是方程/+(3a+l)x+1=0的根，

則/—(3a+1)。+1=0,即2/+。-1=0,得或a=—1,

則實數(shù)a的取值范圍是a且awl且aN-1,

32

即ff，+00)-

【點(diǎn)評】本題主要考查函數(shù)奇偶性的判斷，以及函數(shù)與方程的應(yīng)用，根據(jù)條件建立方程，轉(zhuǎn)化為一元二次

方程根的分布是解決本題的關(guān)鍵，是中檔題.

題型6單調(diào)性與奇偶性綜合

!”電!

!00目?

I__________________________________________________________\

1.比較大小的求解策略

⑴若自變量在同一個單調(diào)區(qū)間上，直接利用函數(shù)的單調(diào)性比較大?。?/p>

(2)若自變量不在同一個單調(diào)區(qū)間上，需利用函數(shù)的奇偶性把自變量轉(zhuǎn)化到同一個單調(diào)區(qū)間上，然后利用單

調(diào)性比較大小.

2.利用函數(shù)奇偶性與單調(diào)性解不等式，一般有兩類

⑴利用圖象解不等式.

(2)轉(zhuǎn)化為簡單不等式求解.

①利用已知條件，結(jié)合函數(shù)的奇偶性，把已知不等式轉(zhuǎn)化為於1)如2)或加1)次切)的形式.

②根據(jù)奇函數(shù)在對稱區(qū)間上的單調(diào)性一致，偶函數(shù)在對稱區(qū)間上的單調(diào)性相反，去掉不等式中的轉(zhuǎn)

化為簡單不等式(組)求解.

特別提醒：列不等式(組)時不要忘掉函數(shù)的定義域.

1.(2024?上海)已知函數(shù)的定義域為R,定義集合河=優(yōu)|/€尺，xe(-oo,x0),/(x)</(x0)},在

使得1]的所有中，下列成立的是()

A.存在/(x)是偶函數(shù)

B.存在/(x)在x=2處取最大值

C.存在“X)為嚴(yán)格增函數(shù)

D.存在/(x)在x=-1處取到極小值

【分析】根據(jù)函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性、極值及最值的相關(guān)性質(zhì)對各選項進(jìn)行判定即可.

【解答】解：對于/,時，/(x)</(x0),

當(dāng)％=1時，x0e[-l,1],

對于任意尤e(-8,1),/(x)<f(1)恒成立，

若/(x)是偶函數(shù)，此時/(1)=/(-I),矛盾，故N錯誤；

當(dāng)x<-l時，f(x)=-2,-RxWl時，/(x)e[-1,1],當(dāng)x>l,/(x)=1,

所以存在/'(X)在x=2處取最大值，故8正確；

對于C,在時，若函數(shù)”x)嚴(yán)格增，

則集合〃的取值不會是[-1,1],而是全體定義域，故C錯誤；

對于。，若存在在x=-l處取到極小值，

則在x=-l左側(cè)存在x=〃，/(?)>-1,與集合M定義矛盾，故。錯誤.

故選：B.

【點(diǎn)評】本題考查函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性及最值等性質(zhì)，屬中檔題.

2.(2024?黃浦區(qū)校級模擬)已知/(x)是定義在滅上的偶函數(shù)，若、x2e[0,+oo)且國/超時，

/(xj-/(%)>2(&+%)恒成立，且f(2)=8,則滿足/(〃/+加其2(%2+加)2的實數(shù)加的取值范圍為()

再一/

A.[-2,1]B.[0,1]C.[0,2]D.[-2,2]

【分析】利用構(gòu)造函數(shù)法，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性來求得加的取值范圍.

【解答】解：設(shè)再>/，則/(再)一/(工2)>2(工；一考),

所以/(再)-2%；>/(%)-2J,

令g(x)=/(%)-2/，則ga)>g(%2)，所以函數(shù)g(x)在[0，+8)上為增函數(shù)，

對任意的x￡R,g(-x)=f(-x)-2(-x)2=/(%)-2x2=g(x),

所以函數(shù)g(x)為H上的偶函數(shù)，且g(2)=/(2)-2x22=0,

由/(加2+加)42(加之+加y可得/(加2+加)一2(/2+加)(o,gpg(m2+m)^g(2),

BPg(|m2+m|Xg(2),所以，|加？+加|<2,BP-2^m2+m^2,解得一24加

故選：A.

【點(diǎn)評】本題主要考查了函數(shù)的單調(diào)性及奇偶性在不等式求解中的應(yīng)用，屬于中檔題.

3.(2024?長寧區(qū)二模)已知函數(shù)y=/(x)是定義域為R的奇函數(shù)，當(dāng)x>0時，f(x)=log2x,若/(a)

>b則實數(shù)。的取值范圍為.

【分析】由已知結(jié)合奇函數(shù)定義可求出x<0及％=0時的函數(shù)解析式，然后結(jié)合對數(shù)函數(shù)性質(zhì)即可求解不等

式.

【解答】解：因為函數(shù)y=/(x)是定義域為H的奇函數(shù)，當(dāng)x>0時，/(x)=log2x,

所以/(0)=0,

當(dāng)丁<0時，一x>0,

則/(f)=log2(-x)=_/(%)，

所以/(x)=-log2(-x),

若f(a)>1,

當(dāng)Q>0時，PJWlog2a>\,解得“>2,

當(dāng)Q<0時，可得一log?(-。)>1,解得一;<Q<0,

當(dāng)a=0時，可得0>1,顯然不成立，

故a的范圍為{a|<a<0或a>2}.

故答案為：|<a<0或a>2}.

【點(diǎn)評】本題主要考查了函數(shù)的奇偶性及單調(diào)性在不等式求解中的應(yīng)用，屬于中檔題.

題型7抽象函數(shù)及其應(yīng)用

7."7赤'?蒲家薪黃皮紋覆擬)已知函數(shù)/(X)，一濕1建發(fā)遨R,且/(x)g(j)-〃y)g(x)=/(x-y),

g(.x)g(y)~f(x)/(y)=g(x-y),g(0)#0,則下列結(jié)論正確的是()

①若f(1)+g(1)=1,則/(2024)-g(2024)=l；

②若)(1)-g(1)=1,則〃2024)+g(2024)=l.

A.②B.①C.①②D.都不正確

【分析】利用賦值法先判斷了(x),g(x)的奇偶性，然后結(jié)合賦值法及函數(shù)的奇偶性檢驗各結(jié)論即可求.

【解答】解：由/(x)g(y)-f(y)g(x)=f(x-y)得/(y)g(x)-f(x)g(y)=f(y-x),

所以/(y-x)=-/(x-y)，故/(x)是奇函數(shù),

由g(x)g(y)-=g(x-y)得g(y)g(x)-f(y)f(x)=g(y-x),

所以g(y-尤)=g(x-y),故g(x)是偶函數(shù),

由題意得f(x-y)-g(x-y)=f(x)g(y)-f(y)g(x)-g(x)g(y)+/(x)/(y)=[/(y)+g(y)]■[/(%)-g(x)]>

4y=H</(x-i)-g(x-i)=[/(1)+g(1)][/(%)-g(x)],

由/(x)是奇函數(shù)得〃0)=0,M[g(0)]2-[/(0)]2=g(0),g(O)KO,解得g(o)=l,

當(dāng)/(1)+g(1)=1時，/(2024)-g(2024)=[/(0)-g(0)]=-1,①錯誤.

由f(x)g(y)~/(y)g(x)=f(x-y),g(x)g(y)-/(x)/(y)=g(x-y),

得f(x-y)+g(x-y)=f(x)g(y)-/(y)g(x)+g(x)g(y)-/(x)/(y)=[g(y)-/(>>)]-[/(x)+g(x)],

令y=l得，f(x-l)+g(x-l)=[g(1)-f(1)][/(x)+g(x)]=-[/(x)+g(x)]

當(dāng)/(1)-g(1)=1時，/(2024)+g(2024)=(-l)2024[/(0)+g(0)]=1,所以②正確.

故選：A.

【點(diǎn)評】本題主要考查了賦值法在抽象函數(shù)求值及奇偶性判斷中的應(yīng)用，屬于中檔題.

2.(2024?寶山區(qū)校級四模)已知函數(shù)y=/(x)具有以下的性質(zhì)：對于任意實數(shù)a和6,都有

f{a+b)+f(a-b)=2f(a)-f(b),則以下選項中，不可能是7(1)值的是()

A.-2B.-1C.0