考点03函数的概念与性质（8种题型10个易错考点）（解析版）-【一轮复习讲义】2024年高考数学复习全程规划（上海地区专用）

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考点03函数的概念与性质（8种题型10个易错考点）
【课程安排细目表】
一、 真题抢先刷，考向提前知
二、考点清单
三、题型方法
四、易错分析
五、刷好题
六.刷压轴
一、 真题抢先刷，考向提前知

一．选择题（共3小题）
1．（2022•上海）下列函数定义域为R的是（　　）
A．y＝ B．y＝x﹣1 C．y＝ D．y＝
【分析】化分数指数幂为根式，分别求出四个选项中函数的定义域得答案．
【解答】解：，定义域为{x|x＞0}，
，定义域为{x|x≠0}，
，定义域为R，
，定义域为{x|x≥0}．
∴定义域为R的是．
故选：C．
【点评】本题考查函数的定义域及其求法，是基础题．
2．（2023•上海）下列函数是偶函数的是（　　）
A．y＝sinx B．y＝cosx C．y＝x3 D．y＝2x
【分析】根据偶函数的定义逐项分析判断即可．
【解答】解：对于A，由正弦函数的性质可知，y＝sinx为奇函数；
对于B，由正弦函数的性质可知，y＝cosx为偶函数；
对于C，由幂函数的性质可知，y＝x3为奇函数；
对于D，由指数函数的性质可知，y＝2x为非奇非偶函数．
故选：B．
【点评】本题考查常见函数的奇偶性，属于基础题．
3．（2021•上海）以下哪个函数既是奇函数，又是减函数（　　）
A．y＝﹣3x B．y＝x3 C．y＝log3x D．y＝3x
【分析】结合基本初等函数的单调性及奇偶性分别检验各选项即可判断．
【解答】解：y＝﹣3x在R上单调递减且为奇函数，A符合题意；
因为y＝x3在R上是增函数，B不符合题意；
y＝log3x，y＝3x为非奇非偶函数，C不符合题意；
故选：A．
【点评】本题主要考查了基本初等函数的单调性及奇偶性的判断，属于基础题．
二．填空题（共2小题）
4．（2020•上海）若函数y＝a•3x+为偶函数，则a＝　1　．
【分析】根据题意，由函数奇偶性的定义可得a•3（﹣x）+＝a•3x+，变形分析可得答案．
【解答】解：根据题意，函数y＝a•3x+为偶函数，则f（﹣x）＝f（x），
即a•3（﹣x）+＝a•3x+，
变形可得：a（3x﹣3﹣x）＝（3x﹣3﹣x），
必有a＝1；
故答案为：1．
【点评】本题考查函数的奇偶性的性质以及应用，关键是掌握函数奇偶性的定义，属于基础题．
5．（2022•上海）设函数f（x）满足对任意x∈[0，+∞）都成立，其值域是Af，已知对任何满足上述条件的f（x）都有{y|y＝f（x），0≤x≤a}＝Af，则a的取值范围为 　　．
【分析】由题可得，再根据时不合题意，进而即得；或等价于恒成立，即恒成立，进而即得．
【解答】解：法一：令，解得（负值舍去），
当时，，
当时，，
且当时，总存在，使得f（x1）＝f（x2），
故，
若，易得，
所以，
即实数a的取值范围为；
法二：原命题等价于任意，
所以恒成立，
即恒成立，又a＞0，
所以，
即实数a的取值范围为．
故答案为：．
【点评】本题考查了抽象函数的性质的应用，同时考查了集合的应用，属于中档题．
三．解答题（共3小题）
6．（2020•上海）已知非空集合A⊆R，函数y＝f（x）的定义域为D，若对任意t∈A且x∈D，不等式f（x）≤f（x+t）恒成立，则称函数f（x）具有A性质．
（1）当A＝{﹣1}，判断f（x）＝﹣x、g（x）＝2x是否具有A性质；
（2）当A＝（0，1），f（x）＝x+，x∈[a，+∞），若f（x）具有A性质，求a的取值范围；
（3）当A＝{﹣2，m}，m∈Z，若D为整数集且具有A性质的函数均为常值函数，求所有符合条件的m的值．
【分析】（1）利用函数的单调性结合新定义，逐个判断即可；
（2）依题意，为增函数，由双勾函数的图象及性质即得解；
（3）根据条件，分m≤0，m为正偶数和m为正奇数三种情况，求出条件的m的值．
【解答】解：（1）∵f（x）＝﹣x为减函数，
∴f（x）＜f（x﹣1），
∴f（x）＝﹣x具有A性质；
∵g（x）＝2x为增函数，
∴g（x）＞g（x﹣1），
∴g（x）＝2x不具有A性质；
（2）依题意，对任意t∈（0，1），f（x）≤f（x+t）恒成立，
∴为增函数（不可能为常值函数），
由双勾函数的图象及性质可得a≥1，
当a≥1时，函数单调递增，满足对任意t∈（0，1），f（x）≤f（x+t）恒成立，
综上，实数a的取值范围为[1，+∞）．
（3）∵D为整数集，具有A性质的函数均为常值函数，
当m≤0时，取单调递减函数f（x）＝﹣x，两个不等式恒成立，但f（x）不为常值函数；
当m为正偶数时，取，两个不等式恒成立，但f（x）不为常值函数；
当m为正奇数时，根据对任意t∈A且x∈D，不等式f（x）≤f（x+t）恒成立，
可得f（x﹣m）≤f（x）≤f（x+m）≤f（x+1）≤f（x﹣1）≤f（x﹣m），
则f（x）＝f（x+1），所以f（x）为常值函数，
综上，m为正奇数．
【点评】本题以新定义为载体，考查抽象函数的性质及其运用，考查逻辑推理能力及灵活运用知识的能力，属于中档题．
7．（2021•上海）已知函数f（x）＝﹣x．
（1）若a＝1，求函数的定义域；
（2）若a≠0，若f（ax）＝a有2个不同实数根，求a的取值范围；
（3）是否存在实数a，使得函数f（x）在定义域内具有单调性？若存在，求出a的取值范围．
【分析】（1）把a＝1代入函数解析式，由根式内部的代数式大于等于0求解绝对值的不等式得答案；
（2）f（ax）＝a⇔，设ax+a＝t≥0，得a＝t﹣t2，t≥0，求得等式右边关于t的函数的值域可得a的取值范围；
（3）分x≥﹣a与x＜﹣a两类变形，结合复合函数的单调性可得使得函数f（x）在定义域内具有单调性的a的范围．
【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝，
由|x+1|﹣1≥0，得|x+1|≥1，解得x≤﹣2或x≥0．
∴函数的定义域为（﹣∞，﹣2]∪[0，+∞）；
（2）f（ax）＝，
f（ax）＝a⇔，
设ax+a＝t≥0，∴有两个不同实数根，整理得a＝t﹣t2，t≥0，
∴a＝，t≥0，当且仅当0≤a＜时，方程有2个不同实数根，
又a≠0，∴a的取值范围是（0，）；
（3）当x≥﹣a时，f（x）＝﹣x＝，在[，+∞）上单调递减，
此时需要满足﹣a≥，即a，函数f（x）在[﹣a，+∞）上递减；
当x＜﹣a时，f（x）＝﹣x＝，在（﹣∞，﹣2a]上递减，
∵a＜0，∴﹣2a＞﹣a＞0，即当a时，函数f（x）在（﹣∞，﹣a）上递减．
综上，当a∈（﹣∞，﹣]时，函数f（x）在定义域R上连续，且单调递减．
【点评】本题考查函数定义域的求法，考查函数零点与方程根的关系，考查函数单调性的判定及其应用，考查逻辑思维能力与推理论证能力，属难题．
8．（2021•上海）已知x1，x2∈R，若对任意的x2﹣x1∈S，f（x2）﹣f（x1）∈S，则有定义：f（x）是在S关联的．
（1）判断和证明f（x）＝2x﹣1是否在[0，+∞）关联？是否有[0，1]关联？
（2）若f（x）是在{3}关联的，f（x）在x∈[0，3）时，f（x）＝x2﹣2x，求解不等式：2≤f（x）≤3．
（3）证明：f（x）是{1}关联的，且是在[0，+∞）关联的，当且仅当“f（x）在[1，2]是关联的”．
【分析】（1）任取x1﹣x2∈[0，+∞），证明f（x1）﹣f（x2）∈[0，+∞），证明f（x）＝2x﹣1在[0，+∞）关联，取x1＝1，x2＝0，证明f（x）在[0，1]不关联；（2）先得到f（x+3）﹣f（x）＝3，再得到x∈[0，3）和x∈[3，6）的解析式，进而得到答案；（3）先证明f（x）在{1}是关联的⇒f（x）是在{1}关联的，且是在[0，+∞）关联的，再证明f（x）在[1，2]是关联的⇒f（x）是在{1}关联的，且是在[0，+∞）关联的．
【解答】解：（1）f（x）在[0，+∞）关联，在[0，1]不关联，
任取x1﹣x2∈[0，+∞），则f（x1）﹣f（x2）＝2（x1﹣x2）∈[0，+∞），∴f（x）在[0，+∞）关联；
取x1＝1，x2＝0，则x1﹣x2＝1∈[0，1]，
∵f（x1）﹣f（x2）＝2（x1﹣x2）＝2∉[0，1]，∴f（x）在[0，1]不关联；
（2）∵f（x）在{3}关联，∴对于任意x1﹣x2＝3，都有f（x1）﹣f（x2）＝3，
∴对任意x，都有f（x+3）﹣f（x）＝3，
由x∈[0，3）时，f（x）＝x2﹣2x，得f（x）在x∈[0，3）的值域为[﹣1，3），
∴f（x）在x∈[3，6）的值域为[2，6），
∴2≤f（x）≤3仅在x∈[0，3）或x∈[3，6）上有解，
x∈[0，3）时，f（x）＝x2﹣2x，令2≤x2﹣2x≤3，解得≤x＜3，
x∈[3，6）时，f（x）＝f（x﹣3）+3＝x2﹣8x+18，令2≤x2﹣8x+18≤3，解得3≤x≤5，
∴不等式2≤f（x）≤3的解为[，5]，
（3）证明：①先证明：f（x）是在{1}关联的，且是在[0，+∞）关联的⇒f（x）在[1，2]是关联的，
由已知条件可得，f（x+1）＝f（x）+1，
∴f（x+n）＝f（x）+n，n∈Z，
又∵f（x）是在[0，+∞）关联的，
∴任意x2＞x1，f（x2）＞f（x1） 成立，
若1≤x2﹣x1≤2，
∴x1+1≤x2≤x1+2，
∴f（x1+1）≤f（x2）≤f（x1+2），即f（x1）+1≤f（x2）≤f（x1）+2，
∴1≤f（x2）﹣f（x1）≤2，
∴f（x）是[1，2]关联，
②再证明：f（x）在[1，2]是关联的⇒f（x）是在{1}关联的，且是在[0，+∞）关联的，
∵f（x）在[1，2]是关联的，∴任取x1﹣x2∈[1，2]，都有f（x1）﹣f（x2）∈[1，2]成立，
即满足1≤x1﹣x2≤2，都有1≤f（x1）﹣f（x2）≤2，
下面用反证法证明f（x+1）﹣f（x）＝1，
若f（x+1）﹣f（x）＞1，则f（x+2）﹣f（x）＝f（x+2）﹣f（x+1）+f（x+1）﹣f（x）＞2，与f（x）在[1，2]是关联的矛盾，
若f（x+1）﹣f（x）＜1，而f（x）在[1，2]是关联的，则f（x+1）﹣f（x）≥1，矛盾，
∴f（x+1）﹣f（x）＝1成立，即f（x）是在{1}关联的，
再证明f（x）是在[0，+∞）关联的，
任取x1﹣x2∈[n，+∞）（n∈N），则存在n∈N，使得任取x1﹣x2∈[n，n+1]（n∈N），
∵1≤x1﹣（n﹣1）﹣x2≤2，
∴f[x1﹣（n﹣1）]﹣f（x2）＝f（x1）﹣（n﹣1）﹣f（x2）∈[1，2]，
∴f（x1）﹣f（x2）⊆[n，n+1]⊆[0，+∞），
∴f（x）是在[0，+∞）关联的；
综上所述，f（x）是{1}关联的，且是在[0，+∞）关联的，当且仅当“f（x）在[1，2]是关联的”，
故得证．
【点评】该题考查了函数求解析式，解不等式，函数恒成立的知识，对学生逻辑推理能力提出了很高的要求，属于难题．
二、考点清单

1.函数的概念
设A，B是两个非空数集，如果按照确定的法则f，对A中的任意数x，都有唯一确定的数y与它对应，那么就称f：A→B为从集合A到集合B的一个函数，记作y＝f(x)，x∈A.
2.函数的定义域、值域
(1)函数y＝f(x)自变量取值的范围(数集A)叫做这个函数的定义域；所有函数值构成的集合{y|y＝f(x)，x∈A}叫做这个函数的值域.
(2)如果两个函数的定义域相同，并且对应法则完全一致，则这两个函数为相等函数.
3.函数的表示法
表示函数的常用方法有解析法、图象法和列表法.
4.分段函数
(1)在函数的定义域内，对于自变量x的不同取值区间，有着不同的对应法则，这种函数称为分段函数.
(2)分段函数是一个函数，分段函数的定义域是各段定义域的并集，值域是各段值域的并集.
5.函数的单调性
(1)单调函数的定义

增函数
减函数
定义
设函数y＝f(x)的定义域为A，区间M⊆A，如果取区间M中任意两个值x1，x2，改变量Δx＝x2－x1>0，则当
Δy＝f(x2)－f(x1)>0时，就称函数y＝f(x)在区间M上是增函数
Δy＝f(x2)－f(x1)<0时，就称函数y＝f(x)在区间M上是减函数
图象描述

自左向右看图象是上升的

自左向右看图象是下降的
(2)如果一个函数在某个区间M上是增函数或是减函数，就说这个函数在这个区间M上具有单调性，区间M称为单调区间.
6.函数的最值
前提
设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足
条件
(1)对于任意x∈I，都有f(x)≤M；
(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M
(3)对于任意x∈I，都有f(x)≥M；
(4)存在x0∈I，使得f(x0)＝M
结论
M为最大值
M为最小值
7.函数的奇偶性
奇偶性
定义
图象特点
奇函数
设函数y＝f(x)的定义域为D，如果对D内的任意一个x，都有－x∈D，且f(－x)＝－f(x)，则这个函数叫做奇函数
关于原点对称
偶函数
设函数y＝g(x)的定义域为D，如果对D内的任意一个x，都有－x∈D，且g(－x)＝g(x)，则这个函数叫做偶函数
关于y轴对称
8.函数的周期性
(1)周期函数：对于函数y＝f(x)，如果存在一个非零常数T，使得当x取定义域内的任何值时，都有f(x＋T)＝f(x)，那么就称函数y＝f(x)为周期函数，称T为这个函数的周期.
(2)最小正周期：如果在周期函数f(x)的所有周期中存在一个最小的正数，那么这个最小正数就叫做f(x)的最小正周期.
三、题型方法

一．函数的定义域及其求法（共3小题）
1．（2023•虹口区二模）函数y＝lg（x﹣1）+的定义域为 　（2，+∞）　．
【分析】由对数式的真数大于0，分母中根式内部的代数式大于0，联立不等式组求解．
【解答】解：要使原函数有意义，则，解得x＞2．
∴函数y＝lg（x﹣1）+的定义域为（2，+∞）．
故答案为：（2，+∞）．
【点评】本题考查函数的定义域及其求法，是基础题．
2．（2023•普陀区二模）函数的定义域为 　（﹣∞，0）∪[，+∞）　．
【分析】由根式内部的代数式大于等于0，求解分式不等式得答案．
【解答】解：要使原函数有意义，则3﹣≥0，即，
解得x＜0或x．
∴函数的定义域为（﹣∞，0）∪[，+∞）．
故答案为：（﹣∞，0）∪[，+∞）．
【点评】本题考查函数的定义域及其求法，考查分式不等式的解法，是基础题．
3．（2023•浦东新区模拟）函数的定义域为 　（﹣∞，﹣1）　．
【分析】由题意，利用对数、偶次根式的性质，求得x的范围．
【解答】解：对于函数，可得，求得x＜﹣1，
可得函数的定义域为（﹣∞，﹣1），
故答案为：（﹣∞，﹣1）．
【点评】本题主要考查对数、偶次根式的性质，属于基础题．
二．函数的值域（共1小题）
4．（2023•虹口区二模）对于定义在R上的奇函数y＝f（x），当x＞0时，，则该函数的值域为 　（﹣∞，﹣5]∪{0}∪[5，+∞）　．
【分析】根据奇函数的性质求得f（0）＝0，再结合基本不等式求x＞0时y＝f（x）的取值范围，再结合奇函数的性质求x＜0时函数值的范围，由此可得函数值域．
【解答】解：因为y＝f（x）为R上的奇函数
所以f（﹣x）＝﹣f（x），所以f（0）＝0，
又当x＞0时，2x+1＞2，
所以＝2x+1+﹣1≥2﹣1＝5，
当且仅当x＝1时等号成立，
即当x＞0时，f（x）≥5，
因为y＝f（x）为R上的奇函数，
所以函数y＝f（x）的图象关于原点对称，所以x＜0时，f（x）≤﹣5，
所以函数y＝f（x）的值域为（﹣∞，﹣5]∪{0}∪[5，+∞）．
故答案为：（﹣∞，﹣5]∪{0}∪[5，+∞）．
【点评】本题考查函数的值域和奇偶性，属于基础题．
三．函数解析式的求解及常用方法（共1小题）
5．（2023•宝山区校级模拟）已知a＞0，函数（x∈[1，2]）的图象的两个端点分别为A、B，设M是函数f（x）图象上任意一点，过M作垂直于x轴的直线l，且l与线段AB交于点N，若|MN|≤1恒成立，则a的最大值是　6+4　．
【分析】由A、B的坐标可以将直线l的方程找到，通过M点坐标可以得到N的坐标，将其纵坐标做差可以得到关于a的不等式，通过求范围可以将绝对值去掉，由基本不等式可以得到a的最大值．
【解答】解：∵f（x）＝x﹣（x∈[1，2]），a＞0，
∴A（1，1﹣a），B（2，2﹣）
∴直线l的方程为y＝（1+）（x﹣1）+1﹣a
设M（t，t﹣）
∴N（t，（1+）（t﹣1）+1﹣a）
∵|MN|≤1恒成立
∴|（1+）（t﹣1）+1﹣a﹣（t﹣）|≤1恒成立
∴|a|≤1
∵g（t）＝t2﹣3t+2，在t∈[1，2]上小于等于0恒成立
∴﹣a≤1
①t＝1或t＝2时，0≤1恒成立．
②t∈（1，2）时，a≤＝
∴由基本不等式得：a≤＝4+6
此时t＝
∴a的最大值为6+4
【点评】本题考查通过两点坐标求直线l方程，去绝对值，以及由基本不等式确定a的范围．
四．函数的图象与图象的变换（共2小题）
6．（2023•黄浦区模拟）设a，b，c，d∈R，若函数y＝ax3+bx2+cx+d的部分图像如图所示，则下列结论正确的是（　　）

A．b＞0，c＞0 B．b＞0，c＜0 C．b＜0，c＞0 D．b＜0，c＜0
【分析】由已知中函数y＝ax3+bx2+cx+d的部分图像，运用韦达定理结合图像判断b、c的符号．
【解答】解：∵y＝ax3+bx2+cx+d，∴y'＝3ax2+2bx+c，
由图知，两个极值点，设为x1，x2，则x1＜0，x2＞0，
由图知（﹣∞，x1），（x2，+∞）单调递增，（x1，x2）单调递减，则a＞0，
则＜0，∴c＜0，
由图知x1+x2＝﹣＞0，∴b＜0，
故选：D．
【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，考查了韦达定理的应用，属于基础题．
7．（2023•上海模拟）已知函数，则其图象大致是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据函数的定义域可排除选项A和C，再考虑x→﹣∞时，f（x）的取值情况，即可得解．
【解答】解：因为ex﹣1≠0，所以x≠0，即函数的定义域为（﹣∞，0）∪（0，+∞），
所以选项A和C均错误，
当x→﹣∞时，ex→0，所以f（x）→0，即B正确，D错误．
故选：B．
【点评】本题考查函数的图象与性质，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
五．函数的最值及其几何意义（共3小题）
8．（2023•浦东新区校级一模）函数f（x）＝x，g（x）＝x2﹣x+2．若存在x1，x2，…，xn∈[0，]，使得f（x1）+f（x2）+…+f（xn﹣1）+g（xn）＝g（x1）+g（x2）+…+g（xn﹣1）+f（xn），则n的最大值是（　　）
A．11 B．13 C．14 D．18
【分析】由已知得n﹣2＝（xn﹣1）2﹣[（x1﹣1）2+（x2﹣1）2+…+（xn﹣1﹣1）2]，又x1，x2，…，xn∈[0，]，可求n的最大值．
【解答】解：∵f（x1）+f（x2）+…+f（xn﹣1）+g（xn）＝x1+x2+…+xn﹣1+xn2﹣xn+2，
g（x1）+g（x2）+…+g（xn﹣1）+f（xn）＝x12+x22+…+xn﹣12﹣（x1+x2+…+xn﹣1）+2（n﹣1）+xn，
∴（x1﹣1）2+（x2﹣1）2+…+（xn﹣1﹣1）2+（n﹣2）＝（xn﹣1）2，
∴n﹣2＝（xn﹣1）2﹣[（x1﹣1）2+（x2﹣1）2+…+（xn﹣1﹣1）2]
当x1＝x2＝…＝xn﹣1＝1，xn＝时，（n﹣2）max＝（﹣1）2＝，
∴n﹣2≤，又∵n∈N，∴nmax＝14．
故选：C．
【点评】本题考查参数的最值，配方是关键，考查推理能力和计算能力，属中档题．
9．（2023•徐汇区二模）已知函数，x∈[b，+∞），其中b＞0，a∈R，若f（x）的最小值为2，则实数a的取值范围是 　（﹣∞，1）　．
【分析】根据a讨论函数单调性，再根据单调性确定函数最值，最后根据最值确定a的取值范围．
【解答】解：①当a＞0时，f（x）在上单调递增，在上单调递减，
（i）当时，f（x）在[b，+∞）上单调递增，
∴，则2b2﹣2b+a＝0，
∴，
∴a≤b2，2b﹣2b2≤b2，b＞0，∴，∴，
∵
或或，
∴；
（ii）当时，f（x）在上单调递增，在上单调递减，
∴，
∵，即，∴；
②当a≤0时，f（x）在[b，+∞）上单调递增，
∴，
∵b＞0，∴，因此a≤0满足题意；
综上，a的取值范围为（﹣∞，1）．
故答案为：（﹣∞，1）．
【点评】本题考查函数性质的综合运用，考查分类讨论思想以及运算求解能力，属于中档题．
10．（2023•浦东新区二模）函数在区间上的最小值为 　2﹣1　．
【分析】利用对数的运算性质化简函数解析式可得y＝2log4（2x）+﹣1，再利用基本不等式求解即可．
【解答】解：y＝＝1+log2x+﹣1＝log2（2x）+﹣1＝+﹣1＝2log4（2x）+﹣1，
∵x∈（，+∞），∴2x∈（1，+∞），∴log4（2x）＞0，
∴y＝2log4（2x）+﹣1﹣1＝2﹣1，当且仅当2log4（2x）＝，即log4（2x）＝时，等号成立，
即函数在区间上的最小值为2﹣1．
故答案为：2﹣1．
【点评】本题主要考查了对数的运算性质，考查了利用基本不等式求最值，属于中档题．
六．函数奇偶性的性质与判断（共6小题）
11．（2023•闵行区二模）下列函数中，既不是奇函数，也不是偶函数的为（　　）
A．y＝0 B． C．y＝x2 D．y＝2x
【分析】根据基本初等函数的图象与性质，即可得解．
【解答】解：选项A，y＝0既是奇函数又是偶函数，不符合题意；
选项B，y＝是奇函数，不符合题意；
选项C，y＝x2是偶函数，不符合题意；
选项D，y＝2x是非奇非偶函数，符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查函数奇偶性的判断，熟练掌握基本初等函数的图象与性质是解题的关键，考查逻辑推理能力，属于基础题．
12．（2023•杨浦区二模）下列函数中，既是偶函数，又在区间（﹣∞，0）上严格递减的是（　　）
A．y＝2|x| B．y＝ln（﹣x） C． D．
【分析】根据题意，依次分析选项中函数的奇偶性和单调性，综合可得答案．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，y＝2|x|＝，既是偶函数，又在区间（﹣∞，0）上严格递减，符合题意；
对于B，y＝ln（﹣x），其定义域为（﹣∞，0），既不是奇函数也不是偶函数，不符合题意；
对于C，y＝＝，是偶函数，但在区间（﹣∞，0）上严格递增，不符合题意；
对于D，y＝﹣，是偶函数，但在区间（﹣∞，0）上严格递增，不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查函数的奇偶性和单调性的判断，注意常见函数的奇偶性和单调性，属于基础题．
13．（2023•奉贤区二模）已知y＝f（x）为R上的奇函数，且当x≥0时，，则y＝f（x）的驻点为 　　．
【分析】先求当x≥0时的导函数，再设g（x）＝（x≥0），利用导数可求出g（x）≥g（）＝4，从而可得f′（x）≥0，从而得f（x）在（0，+∞）上单调递增，又＝0，从而再根据驻点的概念与函数的性质，即可得解．
【解答】解：根据题意可得：当x≥0时，，
令g（x）＝（x≥0），
则＝，
∴当x∈（0，）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；
当x∈（，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
∴g（x）≥g（）＝4，
∴≥4﹣4＝0，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，且＝4﹣4sin＝0，
又y＝f（x）为R上的奇函数，
∴y＝f（x）的驻点为．
故答案为：．
【点评】本题考查利用导数研究函数的驻点，化归转化思想，属中档题．
14．（2023•金山区二模）已知y＝f（x）是定义域为R的奇函数，当x≥0时，f（x）＝2x3+2x﹣1，则f（﹣2）＝　﹣19　．
【分析】由题意可得f（2）＝2×23+22﹣1＝19，再由函数为奇函数，即可得f（﹣2）的值．
【解答】解：由题意可得f（2）＝2×23+22﹣1＝19，
又因为f（x）为R上的奇函数，
所以f（﹣2）＝﹣f（2）＝﹣19．
故答案为：﹣19．
【点评】本题考查了奇函数性质的应用，属于基础题．
15．（2023•静安区二模）已知函数为偶函数，则函数f（x）的值域为 　（0，]　．
【分析】利用f（x）为偶函数，求得a＝，化简可得f（x）＝，再结合基本不等式，得解．
【解答】解：函数的定义域为R，
因为f（x）为偶函数，所以f（1）＝f（﹣1），即＝，解得a＝±（舍负），
所以f（x）＝＝≤＝，当且仅当＝，即x＝0时，等号成立，
又＞0，所以f（x）的值域为（0，]．
故答案为：（0，]．
【点评】本题考查函数奇偶性的应用，值域的求法，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
16．（2023•宝山区校级模拟）设定义在R上的奇函数y＝f（x），当x＞0时，f（x）＝2x﹣4，则不等式f（x）≤0的解集是　（﹣∞，﹣2]∪[0，2]　．
【分析】根据函数奇偶性的性质，先求出函数的解析式，然后解不等式即可．
【解答】解：当x＜0，则﹣x＞0，此时f（﹣x）＝2﹣x﹣4，
∵f（x）是奇函数，
∴f（0）＝0，f（﹣x）＝2﹣x﹣4＝﹣f（x），
即f（x）＝﹣2﹣x+4，x＜0，
当x＞0时，由f（x）＝2x﹣4≤0，得0＜x≤2，
当x＝0时，f（x）≤0成立，
当x＜0时，由f（x）＝﹣2﹣x+4≤0，得2﹣x≥4，即﹣x≥2，则x≤﹣2，
综上0≤x≤2或x≤﹣2，
即不等式的解集为（﹣∞，﹣2]∪[0，2]，
故答案为：（﹣∞，﹣2]∪[0，2]，
【点评】本题主要考查不等式的求解，利用函数奇偶性的性质求出函数的解析式是解决本题的关键．注意要进行分类讨论．
七．奇偶性与单调性的综合（共3小题）
17．（2023•崇明区二模）下列函数中，既是定义域内单调递增函数，又是奇函数的为（　　）
A．f（x）＝tanx B．
C．f（x）＝x﹣cosx D．f（x）＝ex﹣e﹣x
【分析】根据奇函数定义判断奇偶性，根据函数的图象判断单调性，但要注意单调区间是定义域的子集．
【解答】解：A项中，f（﹣x）＝tan（﹣x ）＝﹣tanx＝﹣f（x），
则 f（x）＝tanx 是奇函数，但在定义域内不单调，不符合；
B项中，f（﹣x）＝﹣f（x），是奇函数，但在定义域内不单调，不符合；
C项中，f（﹣x）＝（﹣x）﹣cos（﹣x）＝﹣x﹣cosx≠±f（x），则f（x）为非奇非偶函数，不符合；
D项中，f（﹣x）＝﹣f（x），是奇函数，
又y＝ex在x∈R上单调递增，y＝e﹣x在x∈R上单调递减，则f（x）在x∈R上单调递增，符合．
故选：D．
【点评】本题考查函数的奇偶性，单调性，属于基础题．
18．（2023•浦东新区模拟）下列函数在定义域中，既是奇函数又是严格减函数的是（　　）
A．y＝﹣lnx B． C．y＝ex﹣e﹣x D．y＝﹣x|x|
【分析】根据函数的奇偶性及单调性逐一判断即可．
【解答】解：对于A，y＝﹣lnx，x＞0，定义域不关于原点对称，所以不是奇函数，故不符题意．
对于B，由题意可得定义域为（﹣∞，0）∪（0，+∞），为奇函数，在（﹣∞，0）和（0，+∞）上均为减函数，但在定义域内不是减函数，故不符题意；
对于C，y＝ex﹣e﹣x，x∈R，因为y＝ex在R上单调递增，y＝﹣e﹣x在R上单调递增，所以y＝ex﹣e﹣x在R上单调递增，故不符题意；
对于D，y＝﹣x|x|＝，x∈R，因为f（﹣x）＝﹣（﹣x）|﹣x|＝x|x|＝﹣f（x），所以为奇函数，由二次函数的性质可知y＝f（x）在R上单调递减，符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了函数的奇偶性及单调性，属于基础题．
19．（2023•浦东新区校级三模）下列函数中，既是定义域内单调增函数，又是奇函数的是（　　）
A．f（x）＝tanx B．f（x）＝x﹣
C．f（x）＝x﹣cosx D．f（x）＝x（ex+e﹣x）
【分析】由函数的奇偶性与单调性及排除法进行判断即可．
【解答】解：对于A，f（x）＝tanx为奇函数，在定义域内不单调，不符合题意；
对于B，f（x）＝x﹣，定义域为（﹣∞，0）∪（0，+∞），f（﹣x）＝﹣f（x），所以f（x）为奇函数，
在（﹣∞，0）和（0，+∞）上分别单调递增，不符合题意；
对于C，f（x）＝x﹣cosx，f（﹣x）＝﹣x﹣cos（﹣x）＝﹣x﹣cosx≠﹣f（x），故函数不是奇函数，不符合题意；
由排除法可知选项D符合题意．
故选：D．
【点评】本题主要考查函数奇偶性与单调性的判断，属于基础题．
八．函数恒成立问题（共6小题）
20．（2023•浦东新区三模）已知定义在R上的函数y＝f（x）．对任意区间[a，b]和c∈[a，b]，若存在开区间I，使得c∈I∩[a，b]，且对任意x∈I∩[a，b]（x≠c）都成立f（x）＜f（c），则称c为f（x）在[a，b]上的一个“M点”．有以下两个命题：
①若f（x0）是f（x）在区间[a，b]上的最大值，则x0是f（x）在区间[a，b]上的一个M点；
②若对任意a＜b，b都是f（x）在区间[a，b]上的一个M点，则f（x）在R上严格增．
那么（　　）
A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，②是真命题
C．①、②都是真命题 D．①、②都是假命题
【分析】举出反例，得到①②错误．
【解答】解：对于①，设f（x）＝1，满足f（x0）是f（x）在区间[a，b]上的最大值，但x0不是f（x）在区间[a，b]上的一个M点，①错误；
对于②，设，对于区间[a，b]，令b为有理数，满足对任意x∈[a，b]（x≠b）都成立f（x）＜f（b），
故b为区间[a，b]上的一个M点，但f（x）在R上不是严格增函数，②错误．
故选：D．
【点评】本题考查了函数新定义的应用，属于中档题．
21．（2023•金山区二模）已知函数y＝f（x）和y＝g（x）的表达式分别为，g（x）＝x|x2﹣a|，若对任意，若存在x2∈[﹣3，0]，使得g（x1）＜f（x2），则实数a的取值范围是 　（2﹣，3）　．
【分析】由题意可得f（x）max＞g（x）max，由二次函数及幂函数的性质可得f（x）在[﹣3，0]上的最大值为2，所以只需利用导数及分类讨论思想，求出g（x）在[1，]上的最大值，代入求解即可．
【解答】解：因为对任意，若存在x2∈[﹣3，0]，使得g（x1）＜f（x2），
所以f（x）max＞g（x）max，
因为，
所以当x∈[﹣3，0]时，f（x）max＝f（﹣2）＝2，
当a≤0时，g（x）＝x（x2﹣a）＝x3﹣ax，g'（x）＝3x2﹣a≥0，
所以g（x）在[1，]上单调递增，
所以g（x）max＝g（）＝2﹣a，
所以2﹣a＜2，解得a＞2﹣，与a≤0矛盾，舍去；
当a＞0时，g（x）＝x|x2﹣a|＝，
当x＜﹣或x＞时，
g（x）＝x3﹣ax，g'（x）＝3x2﹣a，
令g'（x）＝3x2﹣a＝0，得x1＝﹣，x2＝，
又因为＜，
所以当x＞时，g'（x）＞0，g（x）单调递增；
当﹣≤x≤时，
g（x）＝﹣x3+ax，g'（x）＝﹣3x2+a，
g'（x）＝3x2﹣a＝0，得x3＝﹣，x4＝，
所以当x∈（0，）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增；
当x∈（，）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减；
综上所述：g（x）的单调递增区间为（0，），（，+∞）；单调递减区间为∈（，）；
所以当≥，即a≥6时，g（x）在[1，]上单调递增，
所以g（x）max＝g（）＝﹣2+a，
由﹣2+a＜2，解得a＜2﹣，与a≥6矛盾，故舍去；
当1＜＜，即3＜a＜6时，
g（x）在（1，）上单调递增，在（，）上单调递减，
所以g（x）max＝g（）＝﹣•+a•＝，
由＜2，解得a＜3，与3＜a＜6矛盾，故舍去；
当，即2≤a≤3时，
g（x）在[1，]上单调递减，
所以g（x）max＝g（1）＝﹣1+a，
由﹣1+a＜2，解得a＜3，
又因为2≤a≤3，
所以2≤a＜3；
当1＜＜，即1＜a＜4时，
g（x）在（1，）上单调递减，在（，）上单调递增，
又因为g（1）＝a﹣1，g（）＝2﹣a，
当g（）≥g（1），即2﹣a≥a﹣1，1＜a≤3﹣时，
g（x）max＝g（）＝2﹣a，
由2﹣a＜2，解得a＞2﹣，
所以1＜a≤3﹣；
当g（）＜g（1），即2﹣a＜a﹣1，3﹣＜a＜4时，
g（x）max＝g（1）＝a﹣1，
由a﹣1＜2，解得a＜3，
所以3﹣＜a＜3；
当≤1，即a≤1时，
g（x）在[1，]上单调递增，
所以g（x）max＝g（）＝2﹣a，
由2﹣a＜2，解得a＞2﹣，
所以2﹣＜a≤1；
综上所述，a的取值范围为：（2﹣，3）．
故答案为：（2﹣，3）．
【点评】本题考查了转化思想、导数的综合运用及分类讨论，难点在求g（x）在[1，]上的最大值，属于难题．
22．（2023•长宁区二模）若对任意x∈[1，2]，均有|x2﹣a|+|x+a|＝|x2+x|，则实数a的取值范围为 　[﹣1，1]　．
【分析】根据已知条件，推得|x2+x|＝|（x2﹣a）+（x+a）|＝|x2﹣a|+|x+a|，再分类讨论，即可求解．
【解答】解：∵在绝对值不等式|a+b|≤|a|+|b|中，
当a，b同号时，有|a+b|＝|a|+|b|，
又∵|x2+x|＝|（x2﹣a）+（x+a）|＝|x2﹣a|+|x+a|，
∴（x2﹣a）（x+a）≥0在x∈[1，2]恒成立，
∴或在x∈[1，2]恒成立，即或在x∈[1，2]恒成立，即或∅，
综上所述，实数a的取值范围为[﹣1，1]．
故答案为：[﹣1，1]．
【点评】本题主要考查函数恒成立问题，考查转化能力，属于中档题．
23．（2023•奉贤区二模）设函数y＝f（x）的定义域是R，它的导数是f'（x）．若存在常数m（m∈R），使得f（x+m）＝﹣f'（x）对一切x恒成立，那么称函数y＝f（x）具有性质P（m）．
（1）求证：函数y＝ex不具有性质P（m）；
（2）判别函数y＝sinx是否具有性质P（m）．若具有求出m的取值集合；若不具有请说明理由．
【分析】（1）根据已知条件，结合假设法，以及性质P（m）的定义，即可求解；
（2）根据已知条件，结合正弦函数的求导法则，以及性质P（m）的定义，即可求解．
【解答】证明：（1）假设y＝ex具有性质P（m），即 ex+m＝﹣（ex）′对一切x恒成立，
ex+m＝ex•em＝﹣ex，解得em＝﹣1，
显然不存在实数m使得em＝﹣1成立，
故假设错误，原命题成立；
（2）解：假设y＝sinx具有性质P（m），
即 sin（x+m）＝﹣（sinx）′对一切x恒成立，即sin（x+m）＝﹣cosx对一切x恒成立，
故sinxcosm+（sinm+1）cosx＝0，即，解得，
综上所述，当时，y＝sinx具有性质P（m）．
【点评】本题主要考查函数恒成立问题，考查转化能力，属于中档题．
24．（2023•松江区模拟）已知fa（x）＝|x|+|x﹣a|，其中a∈R．
（1）判断函数y＝fa（x）的奇偶性，并说明理由；
（2）当a＝4时，对任意非零实数c，不等式均成立，求实数t的取值范围．
【分析】（1）先求y＝fa（x）定义域，当a＝0时，判断奇偶性，当a≠0时，利用奇偶性的定义判断f（﹣a）与f（a）的关系即可判断；
（2）根据基本不等式有，再利用三角不等式取等号条件即可得出结果．
【解答】解：（1）函数y＝fa（x）的定义域为R，
当a＝0时，fa（x）＝2|x|，
任取x∈R，则fa（﹣x）＝2|﹣x|＝2|x|＝fa（x），
所以函数y＝fa（x）为偶函数；
当a≠0时，由fa（a）＝|a|，fa（﹣a）＝3|a|，
得fa（﹣a）≠fa（a），且fa（﹣a）≠﹣fa（a），fa（x）＝|x|+|x﹣a|为非奇非偶函数．
（2）对于任意非零实数c，根据基本不等式有，
所以fa（t）≤4，即|t|+|t﹣a|≤4，
因为a＝4，所以|t|+|t﹣4|≤4，
由三角不等式可得|t|+|t﹣4|≥4，当且仅当t⋅（t﹣4）≤0时取等号，
实数t的取值范围为t∈[0，4]．
【点评】本题考查函数的奇偶性以及不等式的恒成立问题，考查分类讨论思想以及运算求解能力，属于中档题．
25．（2023•黄浦区模拟）定义在R上的函数y＝f（x），y＝g（x），若|f（x1）﹣f（x2）|≥|g（x1）﹣g（x2）|对任意的x1，x2∈R成立，则称函数y＝g（x）是函数y＝f（x）的“从属函数”．
（1）若函数y＝g（x）是函数y＝f（x）的“从属函数”且y＝f（x）是偶函数，求证：y＝g（x）是偶函数；
（2）若，求证：当a≥1时，函数y＝g（x）是函数y＝f（x）的“从属函数”；
（3）设定义在R上的函数y＝f（x）与y＝g（x），它们的图像各是一条连续的曲线，且函数y＝g（x）是函数y＝f（x）的“从属函数”．设α：“函数y＝f（x）在R上是严格增函数或严格减函数”；β：“函数y＝g（x）在R上为严格增函数或严格减函数”，试判断α是β的什么条件？请说明理由．
【分析】（1）根据“从属函数”的定义和偶函数的性质可证对任意x∈R，0＝|f（x）﹣f（﹣x）|≥|g（x）﹣g（﹣x）|恒成立，即可证明y＝g（x）是偶函数；
（2）不妨设x1＞x2，当a≥1时，利用放缩法可证|f（x1）﹣f（x2）|≥|x1﹣x2|≥|g（x1）﹣g（x2）|，即可得证函数y＝g（x）是函数y＝f（x）的“从属函数”；
（3）充分性，可通过举反例证明非充分，必要性，即证：函数y＝g（x）是函数y＝f（x）的“从属函数”，若函数y＝g（x）在R上为严格增函数或严格减函数，则函数y＝f（x）在R上是严格增函数或严格减函数，分情况讨论得证．
【解答】解：（1）因为y＝f（x）是R上的偶函数，故对任意的x∈R都有f（x）﹣f（﹣x）＝0，
又y＝g（x）是y＝f（x）的“从属函数”，于是0＝|f（x）﹣f（﹣x）|≥|g（x）﹣g（﹣x）|恒成立，即g（x）﹣g（﹣x）＝0对任意的x∈R成立，故y＝g（x）是偶函数．
（2）不妨设x1＞x2，当a≥1时，y＝f（x）在R上是严格增函数，
有．
而，
所以|f（x1）﹣f（x2）|≥|x1﹣x2|≥|g（x1）﹣g（x2）|，
因此，当a≥1时，函数y＝g（x）是函数y＝f（x）的“从属函数”．
（3）α是β的必要非充分条件．
充分性，举反例，
令f（x）＝x，g（x）＝|x|，显然y＝f（x）在R上是严格增函数．
因为|g（x1）﹣g（x2）|＝||x1|﹣|x2||≤|x1﹣x2|＝|f（x1）﹣f（x2）|，
所以函数y＝g（x）是函数y＝f（x）的“从属函数”，但y＝g（x）在R上不是单调函数．
因此α不是β的充分条件．
必要性证明，即证：函数y＝g（x）是函数y＝f（x）的“从属函数”，
若函数y＝g（x）在R上为严格增函数或严格减函数，则函数y＝f（x）在R上是严格增函数或严格减函数．
任取u，v∈R，且，有|f（u）﹣f（v）|≥|g（u）﹣g（v）|＞0，即对任意u，v∈R，且，有|f（u）﹣f（v）|＞0．
下面证明：对任意的实数x1＜x2，有f（x2）﹣f（x1）＞0或f（x2）﹣f（x1）＜0成立．
若存在x1，x2，x3∈R，x1＜x2＜x3，使得f（x1）≥f（x2）且…①，其中不妨设f（x3）≥f（x1）…②，
当①或②式中有等号成立时，则与0＜|f（u）﹣f（v）|（其中）矛盾，
当①②两式中等号均不成立时，考虑y＝h（x）＝f（x）﹣f（x1），x∈R，
因为h（x2）＝f（x2）﹣f（x1）＜0，h（x3）＝f（x3）﹣f（x1）＞0，由连续函数的零点存在定理知，
必存在s∈（x2，x3）使得f（s）＝f（x1），也与0＜|f（u）﹣f（v）|（其中）矛盾，
同理可证且f（x2）≥f（x3）也不可能，
因此，对任意的实数x1＜x2，有f（x2）﹣f（x1）＞0成立或f（x2）﹣f（x1）＜0成立，
若f（x2）﹣f（x1）＞0成立，则y＝f（x）在R上是严格增函数；若f（x2）﹣f（x1）＜0成立，y＝f（x）在R上是严格减函数．必要性得证．
【点评】本题主要考查函数的新定义，函数恒成立问题，函数的奇偶性与单调性，考查逻辑推理能力，属于难题．
四、易错分析

易错点1：求函数的单调区间忽视定义域致错
函数y＝的单调递减区间为(　 )
A. B.
C．[0，＋∞) D．(－∞，－3]
【错解】选A　令t＝x2＋3x，y＝是由y＝与t＝x2＋3x复合而成，又外层函数y＝在[0，＋∞)上单调递增，内层函数t＝x2＋3x在 上单调递减，在上单调递增，根据复合函数同增异减的原则可知，函数y＝的单调递减区间为 ．
【错因】没有考虑函数y＝的定义域，
【正解】选D　由题意，x2＋3x≥0，可得x≤－3或x≥0，函数y＝的定义域为
(－∞，－3]∪[0，＋∞)．令t＝x2＋3x，则外层函数y＝在[0，＋∞)上单调递增，内层函数
t＝x2＋3x在(－∞，－3]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增，所以，函数y＝的单调递减区间为(－∞，－3]．
易错点2：判断函数的奇偶性忽视定义域致错
判断函数f(x)＝的奇偶性：
【错解】
，所以函数f(x)＝为偶函数。
【错因】没有考虑函数f(x)＝的定义域，
【正解】因为f(x)有意义，则满足≥0，所以－1 所以f(x)为非奇非偶函数．
易错点3：有关分段函数的不等式问题忽视定义域致错
设函数f(x)＝ 则使得f(x)≥1的自变量x的取值范围为__________．
【错解】由已知及f(x)≥1可得．(x＋1)2≥1或4－≥1，
由(x＋1)2≥1⇒x≤－2或x≥0，由4－≥1，即≤3，所以1≤x≤10.
综上所述，x∈[1,10]．
【错因】没有考虑函数f(x)＝的定义域，
【正解】因为f(x)是分段函数，所以f(x)≥1应分段求解．
当x<1时，f(x)≥1⇒(x＋1)2≥1⇒x≤－2或x≥0，所以x≤－2或0≤x<1.
当x≥1时，f(x)≥1⇒4－≥1，即≤3，所以1≤x≤10.
综上所述，x∈(－∞，－2]∪[0,10]．
易错点4：有关抽象函数的不等式问题忽视定义域致错
设a∈R，已知函数y＝f(x)是定义在[－4,4]上的减函数，且f(a＋1)>f(2a)，则a的取值范围是(　 )
A．[－4,1) B．(1,4] C．(1,2] D．C．（1，＋∞)
【错解】∵y＝f(x)是定义在[－4,4]上的减函数，且f(a＋1)>f(2a)，∴a＋1<2a，解得1 【错因】没有考虑函数y＝f(x)的定义域，
【正解】∵函数y＝f(x)是定义在[－4,4]上的减函数，且f(a＋1)>f(2a)，∴－4≤a＋1<2a≤4，
解得1 易错点5：有关分段函数的单调性问题忽视端点值致错
已知函数f(x)＝在R上单调递增，则实数a的取值范围为________．
【错解】要使f(x)在R上单调递增，必须满足：f(x)在(－∞，1)上单调递增，f(x)在(1，＋∞)上单调递增；又x≥1时，，作出大致图象如图所示．结合图象可知a≤1,故实数a的取值范围为(－∞，1].
【错因】没有考虑端点值2与的大小关系，
【正解】要使f(x)在R上单调递增，必须满足三条：第一条：f(x)在(－∞，1)上单调递增；
第二条：f(x)在(1，＋∞)上单调递增；第三条：(x2－2ax)|x＝1≥(x＋1)|x＝1.
作出大致图象如图所示．结合图象可知解得a≤－.
故实数a的取值范围为.
易错点6：有关奇函数的解析式忽视自变量0的函数值致错
已知定义在R上的奇函数f(x)，当x>0时，f(x)＝x2＋x－1，则函数f(x)的解析式为_______．
【错解】设x<0，则－x>0，由题意可知f(－x)＝(－x)2－x－1＝x2－x－1，
因为f(x)是R上的奇函数，所以f(x)＝－f(－x)＝－x2＋x＋1.
综上所述，
【错因】没有考虑自变量0的函数值，
【正解】设x<0，则－x>0，由题意可知f(－x)＝(－x)2－x－1＝x2－x－1，
因为f(x)是R上的奇函数，所以f(x)＝－f(－x)＝－x2＋x＋1，且f(0)＝0.
综上所述，f(x)＝
易错点7：使用换元法忽视新变量的取值范围致错
若f(2x)＝4x－2x，则f(x)＝________.
【错解】由题意，f(2x)＝4x－2x＝(2x)2－2x，设t＝2x，则f(t)＝t2－t，所以f(x)＝x2－x.
【错因】没有考虑2x的取值范围，因为2x大于零，所以t大于零，
【正解】由题意，f(2x)＝4x－2x＝(2x)2－2x，设t＝2x>0，则f(t)＝t2－t，t>0，所以f(x)＝x2－x，x>0.
易错点8：忽视零点存在性定理前提条件而致错
对于函数f(x)，若f(－1)f(3)<0，则(　 )
A．方程f(x)＝0一定有实数解 B．方程f(x)＝0一定无实数解
C．方程f(x)＝0一定有两实根 D．方程f(x)＝0可能无实数解
【错解】因为f(－1)f(3)<0，由零点存在性定理知函数f(x)在(－1,3)上必有零点，
故方程f(x)＝0一定有实数解，所以选A。
【错因】零点存在性定理要求f(x)的图象在区间[a，b]上连续。
【正解】选D　因为函数f(x)的图象在(－1,3)上未必连续，所以尽管f(－1)f(3)<0，
但方程f(x)＝0在(－1,3)上可能无实数解．
易错点9：搞不清复合函数的自变量而致错
已知f(x2－1)的定义域为[0,3]，则f(2x－1)的定义域是(　 )
A. B.
C. D．
【错解】选C　∵f(x2－1)的定义域为[0,3]，∴0≤x≤3，∴0≤x2－1≤3，∴1≤x2≤4，
∴1≤x≤2或－2≤x≤－1，所以1≤2x－1≤2或－2≤2x－1≤－1，
所以1≤x≤或－≤x≤0，则f(2x－1)的定义域是。
【错因】搞不清复合函数的自变量是哪个，f(x2－1)的定义域为[0,3]，是说0≤x≤3。
【正解】选B　∵f(x2－1)的定义域为[0,3]，∴0≤x≤3，∴－1≤x2－1≤8，即f(x)的定义域为
[－1,8]．∴在f(2x－1)中－1≤2x－1≤8，∴0≤x≤，即函数f(2x－1)的定义域为.
易错点10：搞不清函数图象左右平移规则而致错
将函数y＝f(－x)的图象向右平移1个单位长度得到函数________的图象．
【错解】y＝f(－x)的图象向右平移1个单位长度，根据左加右减的原则，可知得到函数f(－x－1)的图象。故答案为y＝f(－x－1)
【错因】函数图象左加右减变换针对的是自变量x,
【正解】y＝f(－x)的图象向右平移1个单位长度，根据左加右减的原则，可知得到函数的图象，故答案为y＝f(－x＋1)
五、刷好题

一．函数的定义域及其求法（共2小题）
1．（2021•黄浦区三模）函数f（x）＝的定义域为　（0，10]　．
【分析】由函数f（x）＝的定义域为：，解不等式组即可求出答案．
【解答】解：函数f（x）＝的定义域为：，
解得：0＜x≤10．
∴函数f（x）＝的定义域为：（0，10]．
故答案为：（0，10]．
【点评】本题考查函数的定义域及其求法，考查不等式的解法，是基础题．
2．（2021•黄浦区三模）如图，某城市设立以城中心O为圆心、r公里为半径的圆形保护区，从保护区边缘起，在城中心O正东方向上有一条高速公路PB、西南方向上有一条一级公路QC，现要在保护区边缘PQ弧上选择一点A作为出口，建一条连接两条公路且与圆O相切的直道BC．已知通往一级公路的道路AC每公里造价为a万元，通往高速公路的道路AB每公里造价是m2a万元，其中a，r，m为常数，设∠POA＝θ，总造价为y万元．
（1）把y表示成θ的函数y＝f（θ），并求出定义域；
（2）当时，如何确定A点的位置才能使得总造价最低？

【分析】（1）由题意可得AB＝rtanθ，，可得，由正切函数的定义域可得可得函数的定义域为：；
（2）由（1）可得，可化为y＝，由基本不等式可得≥2m，由取等号的条件可得答案．
【解答】解：（1）∵BC与圆O相切于A，∴OA⊥BC，在△OAB中，AB＝rtanθ，…（2分）
同理，可得…（4分）
∴，
∴，…（6分）
可得函数的定义域为：…（8分）
（2）由（1）可得
＝
＝
∵，∴tanθ﹣1＞0，
∴≥2m，
当且仅当，即tanθ＝时取等号，
又，所以tanθ＝，∴θ＝60°
故当θ取60°，即A点在O东偏南60°的方向上，总造价最低． …（16分）
【点评】本题考查函数的定义域及其求法，涉及基本不等式的应用，属中档题．
二．函数的值域（共1小题）
3．（2021•徐汇区校级三模）下列函数中，与函数y＝x3的值域相同的函数为（　　）
A．y＝（）x+1 B．y＝ln（x+1） C．y＝ D．y＝x+
【分析】知道已知函数的值域是R，再观察四个选项的y的取值情况，从而找出正确答案．
【解答】解：∵函数y＝x3的值域为实数集R，
又选项A中y＞0，选项B中y取全体实数，选项C中的y≠1，选项D中y≠0，
故选：B．
【点评】本题考查了函数的值域问题，是一道基础题．
三．函数的图象与图象的变换（共2小题）
4．（2022•徐汇区三模）函数f（x）＝（﹣1）sinx图象的大致形状是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】由函数的奇偶性可排除BD，由f（1）＜0，可排除A，进而得出正确选项．
【解答】解：由，可得，且函数的定义域为R，
则函数f（x）为偶函数，故可排除选项B，D；
又，故可排除A．
故选：C．
【点评】本题考查利用函数性质确定函数图象，考查数形结合思想，属于基础题．
5．（2022•杨浦区模拟）定义域为[a，b]的函数y＝f（x）图象的两个端点为A（a，f（a）），B（b，f（b）），M（x，y）是y＝f（x）图象上任意一点，过点M作垂直于x轴的直线l交线段AB于点N（点M与点N可以重合），我们称||的最大值为该函数的“曲径”，下列定义域为[1，2]上的函数中，曲径最小的是（　　）
A．y＝x2 B．y＝ C．y＝x﹣ D．y＝sinx
【分析】根据已知中函数的“曲径”的定义，逐一求出给定四个函数的曲径，比较后，可得答案．
【解答】解：当y＝f（x）＝x2时，端点A（1，1），B（2，4），直线AB的方程为y＝3x﹣2，
故||＝3x﹣2﹣x2，当x＝时，||的最大值为，即该函数的“曲径”为，
当y＝f（x）＝时，端点A（1，2），B（2，1），直线AB的方程为y＝﹣x+3，
故||＝﹣x+3﹣，当x＝时，||的最大值为3﹣2，即该函数的“曲径”为3﹣2，
当y＝f（x）＝x﹣时，端点A（1，0），B（2，），直线AB的方程为y＝x﹣，
故||＝x﹣﹣x+＝﹣x﹣+，当x＝时，||的最大值为﹣，即该函数的“曲径”为﹣，
当y＝f（x）＝sinx时，端点A（1，），B（2，），直线AB的方程为y＝，
故||＝sinx﹣，当x＝时，||的最大值为1﹣，即该函数的“曲径”为1﹣，
故函数y＝x﹣的曲径最小，
故选：C．
【点评】本题以新定义﹣﹣函数的曲径为载体，考查了函数的图象，函数的最值，难度中档．
四．复合函数的单调性（共2小题）
6．（2021•浦东新区三模）函数y＝的单调递减区间为　（﹣∞，﹣1]　．
【分析】确定函数的定义域，考虑内外函数的单调性，即可得到结论．
【解答】解：由题意，函数的定义域为（﹣∞，﹣1]∪[1，+∞）
令t＝x2﹣1，则在[0，+∞）上单调递增
∵t＝x2﹣1，在（﹣∞，0]上单调递减，在[0，+∞）上单调递增
∴函数y＝的单调递减区间为（﹣∞，﹣1]，
故答案为：（﹣∞，﹣1]．
【点评】本题考查复合函数的单调性，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
7．（2021•徐汇区校级三模）函数y＝lgsin2x的单调递减区间为　[kπ+，kπ+)，k∈Z　．
【分析】由题意利用复合函数的单调性，对数函数、正弦函数的图象和性质可得2kπ+≤2x＜2kπ+π，由此求得函数的减区间．
【解答】解：函数y＝lgsin2x的单调递减区间，即t＝sin2x＞0时，函数t的减区间．
再利用正弦函数的图象和性质可得，2kπ+≤2x＜2kπ+π，求得kπ+≤x＜kπ+，k∈Z，
故答案为：[kπ+，kπ+），k∈Z．
【点评】本题主要考查复合函数的单调性，对数函数、正弦函数的图象和性质，属于中档题．
五．函数的最值及其几何意义（共2小题）
8．（2022•浦东新区校级模拟）若分段函数f（x）＝，将函数y＝|f（x）﹣f（a）|，x∈[m，n]的最大值记作Za[m，n]，那么当﹣2≤m≤2时，Z2[m，m+4]的取值范围是 　[4，60]　．
【分析】求出f（2），作出函数f（x）的图象，然后对M分类求得Z2[m，m+4]的最大值，则答案可求．
【解答】解：由f（x）＝，得f（2）＝1，
则y＝|f（x）﹣f（a）|＝|f（x）﹣1|，
作出函数f（x）的图象如图所示：

当﹣2≤m≤﹣1时，|f（x）﹣1|max＝|（﹣3）﹣1|＝4；
当m＞﹣1时，m+4＞3，2m+4﹣3﹣1＝2m+4﹣4＞4，
∴当﹣1＜m≤2时，Za[m，m+4]＝2m+4﹣4，
则Z2[m，m+4]的最大值为26﹣4＝60．
故Z2[m，m+4]的取值范围是[4，60]．
故答案为：[4，60]．
【点评】本题考查函数的最值及其几何意义，考查分段函数的应用，考查运算求解能力，是中档题．
9．（2021•金山区二模）设m为给定的实常数，若函数y＝f（x）在其定义域内存在实数x0，使得f（x0+m）＝f（x0）+f（m）成立，则
称函数f（x）为“G（m）函数”．
（1）若函数f（x）＝2x为“G（2）函数”，求实数x0的值；
（2）若函数f（x）＝lg，为“G（1）函数”，求实数a的取值范围；
（3）已知f（x）＝x+b（b∈R）为“G（0）函数”，设g（x）＝x|x﹣4|．若对任意的x1，x2∈[0，t]，当x1≠x2时，都有＞2成立，求实数t的最大值．
【分析】（1）由f（x）＝2x为“G（2）函数”，得，求解指数方程可得实数x0 的值；
（2）函数f（x）＝lg，为“G（1）函数”可知，存在实数x0，使得f（x0+1）＝f（x0）+f（1）成立，整理得，a＝2时，符合题意；a≠2时，利用判别式大于0求解a的范围，取并集得答案；
（3）由f（x）＝x+b（b∈R）为“G（0）函数”，得f（x0+0）＝f（x0）+f（0）成立，可得f（x）＝x，不妨设x1＞x2，问题转化为g（x1）﹣2x1＞g（x2）﹣2x2，令F（x）＝g（x）﹣2x，则F（x）在[0，t]上单调递增，写出分段函数F（x）＝x|x﹣4|﹣2x，画出图形，数形结合可得实数t的最大值．
【解答】解：（1）由f（x）＝2x为“G（2）函数”，得f（x0+2）＝f（x0）+f（2），
即，解得，故实数x0的值为；
（2）函数f（x）＝lg，为“G（1）函数”可知，存在实数x0，使得f（x0+1）＝f（x0）+f（1）成立，
∴，即，
由＞0，得a＞0，整理得．
①当a＝2时，，符合题意；
②当a≠2时，由Δ＝4a2﹣4（a﹣2）（2a﹣2）≥0，即a2﹣6a+4≤0，
解得且a≠2，
综上，实数a的取值范围是[3﹣，3+]；
（3）由f（x）＝x+b（b∈R）为“G（0）函数”，得f（x0+0）＝f（x0）+f（0）成立，
即f（0）＝0，从而b＝0，则f（x）＝x，
不妨设x1＞x2，则由＞2成立，即＞2，
得g（x1）﹣2x1＞g（x2）﹣2x2，
令F（x）＝g（x）﹣2x，则F（x）在[0，t]上单调递增，
又F（x）＝x|x﹣4|﹣2x＝，
作出函数图象如图：

由图可知，0＜t≤1，故实数t的最大值为1．
【点评】本题考查函数的最值及其几何意义，考查新定义的应用，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，是中档题．
六．函数奇偶性的性质与判断（共2小题）
10．（2021•长宁区二模）设f（x）＝xα（α∈{﹣2，﹣1，，，1，2}），则“y＝f（x）图象经过点（﹣1，1）”是“y＝f（x）是偶函数”的（　　）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．既非充分又非必要条件
【分析】直接利用函数奇偶性的定义进行判定，结合充分条件，必要条件的定义即可判断．
【解答】解：若函数y＝f（x） 图象经过点（﹣1，1）时，
则（﹣1）α＝1，∴α＝﹣2或α＝2，∴y＝f（x） 为偶函数．
若y＝f（x） 为偶函数，
①α＝﹣1，，1时为奇函数，
②α＝时为非奇非偶函数，
③α＝﹣2，2时为偶函数，
∴若y＝f（x） 为偶函数时，α＝﹣2，2
∴函数y＝f（x） 图象经过点（﹣1，1）是y＝f（x） 为偶函数的充要条件．
故选：C．
【点评】本题考查了函数奇偶性的判定，同时考查了充分条件和必要条件，属于基础题．
11．（2021•奉贤区二模）设函数f（x）＝lg（1﹣cos2x）+cos（x+θ），θ∈[0，）．
（1）讨论函数y＝f（x）的奇偶性，并说明理由；
（2）设θ＞0，解关于x的不等式f（+x）﹣f（﹣x）＜0．
【分析】（1）先判断函数定义域是否关于原点对称，然后检验f（﹣x）与f（x）的关系即可判断；
（2）结合已知函数解析式，由不等式代入后可转化为求解cos（x+）＜cos（﹣x+θ），然后结合和差角的余弦公式可求．
【解答】解：（1）f（x）＝lg（1﹣cos2x）+cos（x+θ）＝lg（2sin2x）+cos（x+θ），
由sinx≠0可得x≠kπ（k∈Z），关于原点对称，
因为f（﹣x）＝lg（2sin2x）+cos（﹣x+θ），
当θ＝0时，f（x）＝lg（2sin2x）+cosx，f（﹣x）＝lg（2sin2x）+cos（﹣x）＝lg（2sin2x）+cosx＝f（x），
所以函数y＝f（x）是偶函数；
当θ∈（0，）时，f（x）＝lg（2sin2x）+cos（x+θ），f（﹣x）＝lg（2sin2x）+cos（﹣x+θ），
﹣f（﹣x）＝﹣lg（2sin2x）﹣cos（﹣x+θ），
所以f（﹣x）±f（x）≠0，
函数y＝f（x）是非奇非偶函数．
（2）因为f（+x）＝lg2+lgsin2（x+）+cos（x+）＝lg（1+sin2x）+cos（x+），
f（﹣x）＝lg[1﹣cos（﹣2x）]+xos（）＝lg（1+sin2x）+cos（﹣x+θ），
因为f（+x）﹣f（﹣x）＜0，
所以lg（1+sin2x）+cos（x+）＜lg（1+sin2x）+cos（﹣x+θ），
即cos（x+）＜cos（﹣x+θ），
整理得cosθcos（）＜0，
所以cos（）＜0，且1+sin2x＞0，
所以＜＜+2kπ，且x≠2kπ，k∈Z，
解得，且x≠2kπ，k∈Z，
故不等式的解集{x|，且x≠2kπ，k∈Z}．
【点评】本题主要考查了函数奇偶性的判断，解不等式，体现了转化思想及分类讨论实现的应用，属于中档题．
七．抽象函数及其应用（共1小题）
12．（2021•上海模拟）设f（x）是定义在实数集R上的函数，且满足下列关系f（10+x）＝f（10﹣x），f（20﹣x）＝﹣f（20+x），则f（x）是（　　）
A．偶函数，又是周期函数
B．偶函数，但不是周期函数
C．奇函数，又是周期函数
D．奇函数，但不是周期函数
【分析】将题中两个等式相结合，运用变量代换的方法可证出f（40+x）＝f（x），从而得出f（x）是周期T＝40的周期函数，再根据f（﹣x）＝f（40﹣x）结合f（20﹣x）＝﹣f（20+x），可证出f（﹣x）＝f（x），从而得到本题的答案．
【解答】解：∵f（20﹣x）＝f[10+（10﹣x）]＝f[10﹣（10﹣x）]＝f（x）＝﹣f（20+x）．
∴f（20+x）＝﹣f（40+x），结合f（20+x）＝﹣f（x）得到f（40+x）＝f（x）
∴f（x）是以T＝40为周期的周期函数；
又∵f（﹣x）＝f（40﹣x）＝f（20+（20﹣x）＝﹣f（20﹣（20﹣x））＝﹣f（x）．
∴f（x）是奇函数．
故选：C．
【点评】本题给出满足两个等式的抽象函数，求函数的周期性和奇偶性，着重考查了函数的定义和抽象函数的应用等知识，属于基础题．
八．函数恒成立问题（共4小题）
13．（2021•浦东新区校级三模）已知实数a＞0，函数f（x）＝，g（x）＝x+a，若对任意x1∈[﹣2a，2a]，总存在x2∈[﹣2a，2a]，使得f（x2）≤g（x1），则a的最大值为　4　．
【分析】由题意可得f（x）min≤g（x）min，由一次函数的单调性可得g（x）的最小值，讨论当0≤x≤2a时，不等式不成立；当﹣2a≤x＜0时，f（x）＝，再讨论﹣2a与﹣的大小关系，结合单调性求得最值，可得a的不等式，解不等式可得最大值．
【解答】解：对任意x1∈[﹣2a，2a]，总存在x2∈[﹣2a，2a]，使得f（x2）≤g（x1），
等价为f（x）min≤g（x）min，
由g（x）＝x+a在[﹣2a，2a]递增，可得g（x）的最小值为g（﹣2a）＝﹣a，
所以≤﹣a在x∈[﹣2a，2a]成立，
当0≤x≤2a时，不等式不成立；
当﹣2a≤x＜0时，f（x）＝，
当﹣2a＜﹣，即a＞4时，y＝ax+在[﹣2a，﹣）递增，在（﹣，0）递减，可得x＝﹣时取得最大值﹣2
即有﹣a≥，可得0＜a≤4，综上可得a∈∅；
当﹣2a≥﹣，即0＜a≤4时，y＝ax+在[﹣2a，0）递减，可得x＝﹣2a时取得最大值﹣2a2﹣，
即有﹣a≥，解得0＜a≤4．
综上可得，a的取值范围是（0，4]．
即有a的最大值为4．
故答案为：4．
【点评】本题考查不等式恒成立和有解问题解法，考查分类讨论思想和转化思想、运算能力和推理能力，属于中档题．
14．（2021•徐汇区二模）已知实数a、b使得不等式|ax2+bx+a|≤x对任意x∈[1，2]都成立，在平面直角坐标系xOy中，点（a，b）形成的区域记为Ω．若圆x2+y2＝r2上的任一点都在Ω中，则r的最大值为　　．
【分析】由题意可得|a（x+）+b|≤1对任意x∈[1，2]都成立．设f（x）＝a（x+）+b，由对勾函数的单调性可得f（x）的值域，即有|+b|≤1恒成立，画出不等式表示的区域，由等积法，可得所求最大值．
【解答】解：|ax2+bx+a|≤x对任意x∈[1，2]都成立，
即为|a（x+）+b|≤1对任意x∈[1，2]都成立．
设f（x）＝a（x+）+b，当x∈[1，2]时，x+∈[2，]，
所以|+b|≤1和|2a+b|≤1恒成立，
如图，点（a，b）形成的区域Ω，
若圆x2+y2＝r2上的任一点都在Ω中，
故r的最大值满足×1＝r，
解得r＝．
故答案为：．

【点评】本题考查不等式恒成立问题解法，考查数形结合思想和运算能力，属于中档题．
15．（2021•宝山区校级模拟）已知函数f（x）＝3﹣2log2x，g（x）＝log2x．
（1）当x∈[1，4]时，求函数h（x）＝[f（x）+1]•g（x）的值域；
（2）给定n∈N，如果对任意的x∈[2n，2n+1]，不等式恒成立，求实数k的取值范围．
【分析】（1）由配方法和对数函数的单调性，可得所求值域；
（2）令t＝log2x，可得（3﹣4t）（3﹣t）＞k⋅t对一切的t∈[n，n+1]恒成立，分别讨论n＝0，n＝1，n≥2时，由对勾函数的单调性，可得最值，进而得到所求范围．
【解答】解：（1），
∵x∈[1，4]，∴log2x∈[0，2]，
∴函数h（x）的值域为[0，2]．
（2）由得（3﹣4log2x）（3﹣log2x）＞k⋅log2x，
令t＝log2x，∵x∈[2n，2n+1]，∴t＝log2x∈[n，n+1]，
∴（3﹣4t）（3﹣t）＞k⋅t对一切的t∈[n，n+1]恒成立，
①当n＝0时，若t＝0时，k∈R；
当t∈（0，1]时，恒成立，即，
函数在t∈（0，1]单调递减，于是t＝1时取最小值﹣2，此时x＝2，
于是k∈（﹣∞，﹣2）；
②当n＝1时，此时t∈[1，2]时，恒成立，即，
∵，当且仅当，即时取等号，
即的最小值为﹣3，k∈（﹣∞，﹣3）；
③当n≥2时，此时t∈[n，n+1]时，k＜恒成立，
即，
函数在t∈[n，n+1]单调递增，
于是t＝n时取最小值，此时x＝2n，
于是．
由于4n﹣15+在n≥2递增，可得4n﹣15+≥﹣＞﹣3，
综上可得，k的范围是（﹣∞，﹣3）．
【点评】本题考查函数的值域和不等式恒成立问题解法，考查分类讨论思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
16．（2021•黄浦区三模）已知函数f（x）＝a﹣（a为实常数）．
（1）讨论函数f（x）的奇偶性，并说明理由；
（2）当f（x）为奇函数时，对任意x∈[1，6]，不等式f（x）≥恒成立，求实数u的最大值．
【分析】（1）分a≠与a＝两类讨论，利用奇偶函数的定义判断函数f（x）的奇偶性；
（2）求得f（x）＝﹣，f（x）≥⇒u≤•2x﹣，令2x+1＝t∈[3，65]⇒u≤（t+）﹣，求得函数φ（t）＝（t+）﹣在[3，65]上的最小值即可得到实数u的最大值．
【解答】解：（1）∵当a≠时，f（1）＝a﹣1，f（﹣1）＝a﹣2，f（1）≠f（﹣1），且f（﹣1）≠﹣f（1），于是此时函数f（x）既不是偶函数，也不是奇函数．
当a＝时，f（x）+f（﹣x）＝2a﹣﹣﹣＝2a﹣3＝0，即f（﹣x）＝﹣f（x），
故此时函数f（x）是奇函数．
（2）∵f（x）是奇函数，故由（1）知a＝，从而f（x）＝﹣，由不等式f（x）≥恒成立，得u≤•2x﹣，
令2x+1＝t∈[3，65]（因为x∈[1，6]），故u≤（t﹣1）﹣＝（t+）﹣，
由于函数φ（t）＝（t+）﹣在[3，65]单调递增，∴φ（t）min＝φ（3）＝1，
因此，当不等式f（x）≥在x∈[1，6]上恒成立时，实数u的最大值为1．
【点评】本题考查函数恒成立问题，考查函数奇偶性的判断及其性质的应用，考查等价转化思想与综合运算能力，属于难题．
八.刷压轴

一、填空题
1．（2023·上海崇明·统考二模）若函数的图像上点与点、点与点分别关于原点对称，除此之外，不存在函数图像上的其它两点关于原点对称，则实数的取值范围是____________．
【答案】
【分析】由题意将问题转化为在的图像关于原点对称后与的图像有两个交点，即转化为方程在上有两根，孤立参数为在上有两根，求导确定函数的单调性与取值情况，作出大致图象，即可求得实数的取值范围.
【详解】若有两组点关于原点对称，则在的图像关于原点对称后与的图像有两个交点．
由时，；得其关于原点对称后的解析式为．
问题转化为与在上有两个交点，即方程有两根，
化简得，即与在上有两个交点．
对于，求导，令，解得：，
即：当时，单调递增；
令，解得：．
即：当时，单调递减，
∴为其极大值点，，时，；画出其大致图像：

欲使与在时有两个交点，则，即．
2．（2023·上海徐汇·统考二模）已知函数，，其中，，若的最小值为2，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【分析】根据讨论函数单调性，再根据单调性确定函数最值，最后根据最值确定的取值范围.
【详解】①当时，在上单调递增，
所以，因此满足题意；
②当时，在上单调递增，在上单调递减
（i）当时，在上单调递增，
所以，则，
，
所以，，，
，，
，
或或
；
（ii）当时，在上单调递增，在上单调递减，
所以
，即，
；
综上，的取值范围为.
故答案为：

二、解答题
3．（2023·上海徐汇·位育中学校考模拟预测）已知函数，.
(1)判断函数的奇偶性；
(2)若函数在处有极值，且关于x的方程有3个不同的实根，求实数m的取值范围；
(3)记（是自然对数的底数）.若对任意、且时，均有成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)时，为偶函数；时，为非奇非偶函数
(2)；
(3).

【分析】（1）根据二次函数的性质以及奇偶函数的定义，即可判断；
（2）根据极值，求出，得到，利用导数的性质，判断有3个不同的实根时，的取值范围；
（3）根据的单调性，问题转化为，整理得，，分别判断函数和函数在上的单调性，根据不等式恒成立的性质，分离参数，即可求出的取值范围.
【详解】（1），因为的对称轴为，故当时，的对称轴为轴，此时为偶函数；时，为非奇非偶函数.
（2）在处有极值，因为，则，故，得；
，此时，，
故和上，单调递增，上，单调递减，
因为关于x的方程有3个不同的实根，根据导数的性质，当时，满足题意，得，故
（3），单调递减，对任意、且时，
，，
则对任意、且时，均有成立，
转化为，对任意、且时，均有成立，即
，
所以，函数在上单调递减，函数在上单调递增，
①函数在上单调递减，即在上恒成立，
又因为，，，故，
得在上恒成立，令，，令，得，所以，在上单调递增，在上单调递减，故，故；
②函数在上单调递增，即在上恒成立，
又因为，，，故，得
在上恒成立，因为函数在上为单调递增函数，故，此时，；
综上所述，实数的取值范围为：.
4．（2023·上海金山·统考一模）若函数是其定义域内的区间上的严格增函数，而是上的严格减函数，则称是上的“弱增函数”.若数列是严格增数列，而是严格减数列，则称是“弱增数列”.
(1)判断函数是否为上的“弱增函数”，并说明理由（其中是自然对数的底数）；
(2)已知函数与函数的图像关于坐标原点对称，若是上的“弱增函数”，求的最大值；
(3)已知等差数列是首项为4的“弱增数列”，且公差d是偶数.记的前项和为，设是正整数，常数，若存在正整数和，使得且，求所有可能的值.
【答案】(1)是上的“弱增函数”，理由见解析
(2)1
(3)所有可能的值为和

【分析】（1）根据“弱增函数”的定义，分析和在上的单调性即可；
（2）由函数与函数的图像关于坐标原点对称，求出函数，因为是上的“弱增函数”，根据二次函数和对勾函数的图像性质分别求出的增区间和的减区间，得到，即可求出的最大值；
（3）由等差数列是首项为4的“弱增数列”，且公差d是偶数，解得，即可求出，通过分析的单调性，可得，从而赋值别求得符合题意的的值.
【详解】（1）函数是上的“弱增函数”，理由如下：
显然，是上的严格增函数，
对于函数，，
当时，恒成立，
故是上的严格减函数，
从而是上的“弱增函数”.
（2）记，
由题意得，
，
由是上的“弱增函数”可得函数是上的严格增函数，而是上的严格减函数，
函数图像的对称轴为，且是区间上的严格增函数，
令，则，
当，即时，解得或，
当时，，则函数在上单调递减，
即函数是区间上的严格减函数，
由是上的“弱增函数”，得，
所以，
所以的最大值为1.
（3），
由是“弱增数列”得，即.
又因为d是偶数，所以，
从而.
故，
由得，所以当时，，即，
故若，则不存在和，使得.
从而.
若，解得，满足；
若，解得，满足；
若，解得，不满足.
当时，，故不存在大于5的正整数，使得.
综上，所有可能的值为和.
【点睛】方法点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法
5．（2023·上海嘉定·统考二模）已知，等差数列的前项和为，记．
(1)求证：函数的图像关于点中心对称；
(2)若、、是某三角形的三个内角，求的取值范围；
(3)若，求证：．反之是否成立？并请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)；
(3)证明见解析，理由见解析

【分析】（1）函数中心对称性质：，则的图象关于点中心对称，根据此定义证明即可；
（2）利用三角形内角和为和等差中项性质求解出和 ，再根据定义展开，根据三角函数恒等变换展开化简即可求出的取值范围；
（3）根据等差数列性质可得，将该关系式代入计算即可.
【详解】（1），
，
，
故函数的图象关于点中心对称；
（2）因为为等差数列，所以，
又因 、、是某三角形的三个内角，所以，得，，

化简得：，
因为、、是某三角形的三个内角，且，所以，
即，，可得；
（3）证明：若，根据等差数列性质可得，
由此可得，，，
即，
，
解得，证毕.
反之，若，即
因为为等差数列，所以，
即，
当且仅当时，，
若，则，
故反之不成立，证毕.
【点睛】方法点睛：
常见函数的累加求值：
①若函数呈周期性变化，或者函数的部分呈周期性变化，因此在累加求值的过程中，先找到函数的周期性，再计算出一个周期中的取值情况，最后整体计算；
②若无周期变化，该函数还可能呈首尾相加取定值，可先判断是否存在该规律，再进行整体计算.
6．（2023·上海浦东新·华师大二附中校考模拟预测）设是定义在上的奇函数.若是严格减函数，则称为“函数”.
(1)分别判断和是否为函数，并说明理由；
(2)若是函数，求正数的取值范围；
(3)已知奇函数及其导函数定义域均为.判断“在上严格减”是“为函数”的什么条件，并说明理由.
【答案】(1)是函数,不是函数，理由见解析
(2)
(3)“在上严格减”是“为函数”的充分非必要条件，理由见解析

【分析】（1）根据“函数”的定义结合函数的奇偶性以及单调性判断即可；
（2）令，利用导数讨论其单调性即可求解；
（3）先用特殊函数作为反例说明“在上严格减”不是“为函数”的必要条件，再构造，，，利用导数与单调性、最值的关系证明，根据单调性定义即可证明“在上严格减”是“为函数”的充分条件.
【详解】（1）设，
所以，
所以和均为定义在上的奇函数.
当时，函数严格减，故是函数.
而当和时，，故不是函数.
（2），
设，定义域为，
，
所以是定义在上的奇函数.
当时，不是函数，下设.
当时，令，
则.
再设，则.
设，
所以当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以，即恒成立，
所以当时，，
所以当时，；当时，.
因为，所以当时，
当时，，即恒成立，则函数严格单调递增，
当时，，即恒成立，则函数严格单调递减，
所以正数的取值范围是.
（3）证：函数是定义在上的奇函数，
且在上严格减，故为函数.
但当或时取值相等，
从而不是上严格减的函数.
故“在上严格减”不是“为函数”的必要条件.
下证“在上严格减”是“为函数”的充分条件.
对任意，定义.
则由得，且由严格减得,
当时，，
故当时，，即.
现任取，考虑.
则，且当时，.
由关于函数的讨论知，此时.
故当时，，
即：对任意，.
移项得，故在上严格减，
即为函数.
综上，“在上严格减”是“为函数”的充分非必要条件.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键在于证明的导函数恒成立，在中，再设，则，利用常用不等式
以及的取值范围即可确定的符号，进而可确定的符号；本题第三问的关键在于构造函数，，，利用导数与单调性、最值的关系证明，根据单调性的定义即可证明.
7．（2023·上海黄浦·上海市敬业中学校考三模）定义：如果函数和的图像上分别存在点M和N关于x轴对称，则称函数和具有C关系．
(1)判断函数和是否具有C关系；
(2)若函数和不具有C关系，求实数a的取值范围；
(3)若函数和在区间上具有C关系，求实数m的取值范围．
【答案】(1)是
(2)
(3)

【分析】（1）根据C关系的理解，令，解得，从而得以判断；
（2）利用换元法，结合二次函数的性质得到在上恒成立，分类讨论与，利用基本不等式即可求得a的取值范围；
（3）构造函数，将问题转化为在上存在零点，分类讨论与，利用导数与函数的关系证得时，在上有零点，从而得解.
【详解】（1）与是具有C关系，理由如下：
根据定义，若与具有C关系，则在与的定义域的交集上存在，使得，
因为，，，
所以，
令，即，解得，
所以与具有C关系.
（2）令，
因为，，所以，
令，则，故，
因为与不具有C关系，所以在上恒为负或恒为正，
又因为开口向下，所以在上恒为负，即在上恒成立，
当时，显然成立；
当时，在上恒成立，
因为，当且仅当，即时，等号成立，
所以，所以，
综上：，即.
（3）因为和，
令，则，
因为与在上具有C关系，所以在上存在零点，
因为，
当且时，因为，所以，
所以在上单调递增，则，
此时在上不存在零点，不满足题意；
当时，显然当时，，
当时，因为在上单调递增，且，
故在上存在唯一零点，设为，则，
所以当；当；又当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上存在唯一极小值点，
因为，所以，
又因为，所以在上存在唯一零点，
所以函数与在上具有C关系，
综上：，即.
【点睛】关键点睛：本题解题的关键是理解新定义，得到与具有C关系，则在定义域上存在，使得，从而得解.
8．（2023·上海普陀·曹杨二中校考模拟预测）对于函数和，设集合，，若存在，，使得，则称函数与“具有性质”.
(1)判断函数与是否“具有性质”，并说明理由；
(2)若函数与“具有性质”，求实数的最大值和最小值；
(3)设且，，若函数与“具有性质”，求的取值范围.
【答案】(1)与不具有性质，理由见解析；
(2)最小值为；最大值为；
(3)答案见解析.

【分析】（1）求出、的零点，再结合定义判断作答.
（2）利用零点存在性定理求出的零点，结合定义求出的零点所在区间，再借助二次函数零点分布求解作答.
（3）利用指对数函数的性质，分类讨论求得的关系式，再借助非线性规划求解作答.
【详解】（1）不具有性质，
设，，
任取，即，则，任取，即，则，
即，
所以与不具有性质.
（2）设，，
函数是R上的增函数，显然有，即是方程的唯一解，
又函数与具有性质，则存在，，使得，
因此，即方程在区间上有解，
有，令，则在上递减，在上递增，
则当，即时，，当时，，当时，，则当，即时，，
所以的最小值为，最大值为.
（3）设，，
因为函数与具有性质，则存在，，使得，
由得，，又，则，由得，，则，
当时，由得，，即，有，则，
显然满足，作出此不等式组表示的平面区域，如图中阴影区域，其中，

令，即表示斜率为，纵截距为的平行直线系，
作出直线，平移直线，当它分别为过点A，B时的直线时，其纵截距分别最大和最小，
即取最小和最大，则，，因此，
当时，由得，，即，有，则，
显然满足，作出此不等式组表示的平面区域，如图中阴影区域，其中

令，即表示斜率为，纵截距为的平行直线系，
作出直线，平移直线，当它分别为过点D，B时的直线时，其纵截距分别最大和最小，
即取最小和最大，则，，因此，
所以当时，的取值范围是，当时，的取值范围是.
【点睛】思路点睛：涉及一元二次方程的实根分布问题，可借助二次函数及其图象，利用数形结合的方法解决一元二次方程的实根问题.
9．（2023·上海浦东新·统考一模）已知定义域为R的函数.当时，若是严格增函数，则称是一个“函数”.
(1)分别判断函数、是否为函数；
(2)是否存在实数b，使得函数，是函数？若存在，求实数b的取值范围；否则，证明你的结论；
(3)已知，其中.证明：若是R上的严格增函数，则对任意，都是函数.
【答案】(1)不是，是；
(2)存在，；
(3)证明见解析.

【分析】（1）根据题意，得到，，根据单调性得到结论；
（2）令，分与两种情况，先得到时，严格增，根据时，要想严格增，得到，验证后得到函数为函数；
（3）根据是R上的严格增函数求出，再证明时，得到时，从而为函数.
【详解】（1）当时，不是严格增函数，
故不是函数；
当时，，是严格增函数，
故是函数；
（2）令，
当时，由，得，
令，，
则在上恒成立，故在上单调递增，
所以，
故此时，得，从而严格增.
当时，，后者严格增，
当且仅当，即，
又因为当时，，
从而上，严格增，
故为所求.
（3），
令，，
若“严格增”等同于（或），
当时，恒成立，故符合要求，
当时，，解得：，
当时，，等号成立当且仅当，
故在与上分别严格增，且当时，；
当时，.故此时也是R上的严格增函数.
综上：，
下设.则对任意，.
令，则.
当时，，等号成立当且仅当.
因，故同上可知，为上的严格增函数，且.
因而，当时，从而为函数.
【点睛】函数新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.
10．（2023·上海崇明·统考二模）已知定义域为D的函数，其导函数为，满足对任意的都有．
(1)若，，求实数a的取值范围；
(2)证明：方程至多只有一个实根；
(3)若，是周期为2的周期函数，证明：对任意的实数，，都有．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析

【分析】（1）根据题意，将问题转化成恒成立问题，即在上恒成立，再利用函数的单调性即可求出结果；
（2）构造函数，由题易知在定义域上严格单调，从而得到证明；
（3）利用函数是定义域为的周期函数，知函数在一个周期上必有最大值和最小值，再利用条件，得到，再对与1的大小关系进行分类讨论，即可得出结论.
【详解】（1）因为，，所以，
由题意知，在上恒成立，即在上恒成立，
所以，即在上恒成立，
令，易知，在上，函数和均单调递增，
所以.
（2）令，故，
所以函数是严格减函数，故至多只有一个实根；
（3）设的最大值为，最小值为，
在一个周期内，函数值必能取到最大值与最小值，
设，，
因为函数是周期为2，取一个周期，且，
则有，
若，则成立，
若，设，即，故，且，则，
所以成立，
综上，对任意实数，都成立，所以原式得证．
【点睛】关键点点睛：对于（1）恒（能）成立问题，常通过构造函数，转化成求函数的最值来求解；
对于（3），设的最大值为，最小值为，在一个周期上，，当时，结论显然成立，当时，利用基本不等式的性质可证明.