新高考版2023年高考数学必刷压轴题专题02函数概念与基本初等函数选填压轴题（教师版）

这是一份新高考版2023年高考数学必刷压轴题专题02函数概念与基本初等函数选填压轴题（教师版），共62页。试卷主要包含了函数及其表示，函数的基本性质，分段函数，函数的图象，二次函数，指对幂函数，函数与方程，新定义题等内容，欢迎下载使用。

1．（2022·浙江·高三专题练习）已知函数的定义域是，则函数的定义域是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
由，得，
所以，所以．
故选：D.
2．（2022·北京师大附中高一期末）已知函数，，其中，若，，使得成立，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
∵，，∴，又，∴，
∴由得，，
设，，
则，，，∴的值域是值域的子集．
∵，时，，显然，（否则0属于的值域，但）．
∴，
∴ (*)．
由上讨论知同号，
时，(*)式可化为，∴，，
当时，(*)式可化为，∴，无解．
综上：．
故选：B．
3．（2022·河南南阳·高一期末）若函数的定义域为，则函数的定义域为______．
【答案】
的定义域为
即 的定义域为
故答案为：
4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数的定义域是，则函数的定义域是_______．
【答案】
令，
则，
在上单调递增，，，，
的定义域为.
故答案为：.
5．（2022·全国·高三专题练习）设，则的定义域为_______.
【答案】
由得，
故且，
, 或
解得：.
故答案为：
6．（2022·江西·赣州市赣县第三中学高一开学考试）函数的值域为______．
【答案】
由己知得，，，
构造函数，则在上单调递增，
即可得
因为，
所以，
所以
故答案为：
7．（2022·上海·高三专题练习）函数的值域为_____.
【答案】[，]
∵﹣x2+4x﹣3=﹣（x﹣2）2+1≥0⇒1≤x≤3.
令x﹣2=csθ 且θ∈[0，π]
∴
=，表示两点（﹣3，﹣3）和（csθ，sinθ）的斜率，，故点在单位圆的上半部分.
如图，斜率最小为，斜率最大值为直线与半圆相切时的斜率，，化简得，由，解得 ，故切线的斜率为.所以斜率的取值范围，也即函数的值域为.
故答案为：
8．（2022·上海·模拟预测）若函数的值域是，则函数的值域是________.
【答案】
因函数的值域是，从而得函数值域为，
函数变为，，由对勾函数的性质知在上递减，在上递增，
时，，而时，，时，，即，
所以原函数值域是.
故答案为：
9．（2022·全国·高一）函数的值域是________________．
【答案】．
，且，
，
，
，
，
故函数的值域是．
故答案为：
10．（2021·全国·高一专题练习）已知函数在闭区间上的值域为，则的最大值为________.
【答案】3
画出函数的图像可知,要使其在闭区间上的值域为,
由于有且仅有,所以,
而,所以有,或,
又∵,的最大值为正值时,,
∴,
所以,当取最小值时,,有最大值.
又∵,
∴的最大值为；
故答案为：3.
二、函数的基本性质
1．（2021·江苏·海安高级中学高一阶段练习）已知函数，则使不等式成立的的取值范围是
A．B．
C．D．
【答案】D
已知函数,令,解得或,所以函数的定义域为,则其定义域关于原点对称,
又,所以函数为偶函数,当时, ,又及在时都是增函数,所以在时也是增函数,
故解不等式,即,解得即或,综上不等式成立的的取值范围为.
故选:
2．（2021·江苏·高一单元测试）已知函数的定义域是，且满足，，如果对于，都有，不等式的解集为 （ ）
A．B．C．D．
【答案】D
由于，
令则，即，
则，
由于，则，
即有，
由于对于，都有，
则在上递减，
不等式即为．
则原不等式即为，即有，
即有，即解集为．
故选：D．
3．（2022·吉林·梅河口市第五中学高一期末）已知函数，若实数满足，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
∵函数，定义域为，
又，
所以函数关于对称，
当时，单调递增，故函数单调递增，
∴函数在上单调递增，在上单调递减，
由可得，，
解得，且.
故选：D.
4．（2022·北京·高三专题练习）已知函数的定义域为，当，时，，，若对，，，，使得，则正实数的取值范围为（ ）
A．，B．，C．，D．，
【答案】D
解：对，，，，使得，，
①当，时，，，
②当，时，，，在，上单调递增，
（4），由①②得，
又，在，上为增函数，，，，
的取值范围为，．
故选：D．
5．（2022·全国·高三专题练习）已知函数（），函数（）.若任意的，存在，使得，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
对任意的，存在，使得，
即在上的值域是在上的值域的子集，
，
当时，，
在上单调递增，的值域为，
又在上单调递减，的值域为：，
，
，方程无解
当时，，在上单调递减，的值域为
的值域为：，
，解得
当时，，显然不满足题意.
综上，实数的取值范围为
故选：D.
6．（多选）（2022·湖北·沙市中学高一期末）定义在R上的函数满足，且当时，，，若任给，存在，使得，则实数a的取值可以为（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
当时，
可知在上单调递减，在上单调递增，
所以在上的值域为，在上的值域为，
所以在上的值域为，
因为，所以，所以在上的值域为，
当时，为增函数，在上的值域为，所以，解得：；
当时，为减函数，在上的值域为，所以，解得：；
当时，为常数函数，值域为，不符合题意；
综上：的取值范围是.
则ABD满足题意.
故选：ABD
7．（2022·河北·高三阶段练习）函数的最大值为2，且在上单调递增，则a的范围是______，的最小值为______.
【答案】 2
注意到是减函数，
∴在上单调递减，
而的递减区间是，
∴，.
∵的最大值为2，
∴的最小值为，
即，，
令，，，
∴在处取得最小值2.
故答案为：，2
8．（2022·全国·模拟预测）已知函数的定义域，对任意的，，都有，若在上单调递减，且对任意的，恒成立，则的取值范围是______．
【答案】
解法一：令，
易知在上单调递减，所以，
所以．在中，
令，得，令，
得，令，，
得，又的定义域，
所以是偶函数．
因为在上单调递减，且，
所以由，得，得，
解得或，故的取值范围是．
解法二：令，
易知在上单调递减，所以，
所以．根据的定义域，
对任意的，，都有，
且在上单调递减，可设，
则由，得，得，
解得或，
故答案为：．
9．（2022·河北省唐县第一中学高一期中）设函数，则的单调递增区间为_________．
【答案】
记，
因为为减函数，所以当单调递增时，单调递减，
由得或，
又当时，单调递减.
故．
故答案为：.
10．（2022·山西吕梁·高一期末）已知函数在区间（-1，2）上单调递增，则实数a的取值范围是_________．
【答案】
由函数在区间上单调递增，
得函数在区间上单调递减，
当时，在区间上单调递减，符合题意．
当时，由在区间上单调递减，
得，解得：．
当时，由在区间上单调递减，
得，解得：．
综上所述，的取值范围是．
11．（2022·安徽省舒城中学高一阶段练习）已知函数，，若对任意的，总存在，使成立，则实数的取值范围是 ________.
【答案】
因为，
所以函数的对称轴为，
对任意的，记.记.
由题意知，当时不成立，
当时，在上是增函数，
所以，记
由题意知，
所以，解得.
当时，在上是减函数，
所以，记，
由题意知，
所以，解得.
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为:
12．（2022·上海·曹杨二中高一期末）已知常数，函数、的表达式分别为、．若对任意，总存在，使得，则a的最大值为______．
【答案】
依题意，函数在上单调递增，则当时，，
因对任意，总存在，使得，则存在， 成立，
则当时，成立，而函数是奇函数，当时，，当时，，
因此，在上的最大值只能在上取得
而当时，，在上单调递增，在上单调递减，
当，即时，在上单调递增，，
由解得，于是得，
当，即时，在上单调递增，在上单调递减，，
而，此时不存在使得成立，
综上得，即，
所以a的最大值为.
故答案为：
13．（2022·全国·高三专题练习）设函数，若对任意的正实数和实数，总存在，使得，则实数的取值范围是______.
【答案】
由题意得：在恒成立，设，
令，
因为在恒成立，所以在单调递减，
所以，
（1）当，
；
（2）当，
；
（3）当，
；
所以当时，，
所以.
故答案为.
14．（2022·上海·高三专题练习）已知t为常数，函数在区间[0，3]上的最大值为2，则_____________
【答案】1
显然函数的最大值只能在或时取到，
若在时取到，则，得或
，时，；，时，（舍去）；
若在时取到，则，得或
，时，； ，时，（舍去）
所以
15．（2022·重庆市万州第二高级中学高二阶段练习）已知函数（）如果对任意，，则的取值范围为_____________ .
【答案】
∵函数(),
∴函数f (x)的定义域为，，
∴函数在上单调递减，
又对任意，，
不妨假设，则，
所以等价于，即，
令，则函数单调递减，
又+4＝，
于是≤0在上恒成立，即，又，，
∴，解得.
所以的取值范围为.
故答案为：.
16．（2022·浙江宁波·高一期末）已知，若对恒成立，则实数___________.
【答案】
当，即时，，
又，故，则恒成立，
所以，解得；
当，即时，，故，即恒成立，
∴，解得；
综上，实数.
故答案为：.
17．（2022·湖南长沙·高三阶段练习）已知函数，，a为常数.若对于任意x1，x2∈[0，2]，且x1＜x2，都有，则实数a的取值范围是___________.
【答案】[0，1]##
对于任意x1，x2∈[0，2]，且x1＜x2，都有，即，令，即只需在[0，2]上单调递增即可，
当时，，函数图象恒过；
当时，；
当时，；
要使在区间[0，2]上单调递增，则当时，的对称轴
，即；
当时，的对称轴，即；
且,
综上
故答案为：[0，1].
18．（2022·上海·高三专题练习）已知函数，若对任意的，都存在，使得，则实数的取值范围为___________.
【答案】
，
，即对任意的 ，都存在，使 恒成立，
有，
当时，显然不等式恒成立；
当时，，解得 ；
当时，，此时不成立.
综上，.
故答案为：
19．（2022·全国·高三专题练习）设函数，对于任意的实数a，b，总存在，使得成立，则实数t的取值范围是________.
【答案】
因为存在，使得成立，
所以，
因为对于任意的实数a，b， ,
所以恒成立，
设的最大值为（b），
令，二次函数的对称轴为，
当，即a>0时，单调递增，
此时，
当时，（b），当时，（b），
从而当时，时（b）取最小值，（b），
当时，在，上单调递减，在，上单调递减，
，
所以当时，.
当时，在，上单调递减，在，上单调递减，
，
所以当时，.
当a＜-8时，单调递减，，
当时，（b），当时，（b），
从而当a＜-8时，时（b）取最小值，（b）.
综合得.所以.
故答案为：
三、分段函数
1．（2022·江苏南京·三模）已知，若∀x≥1，f（x＋2m）＋mf（x）＞0，则实数m的取值范围是（ ）
A．（－1，＋∞）B．
C．（0，＋∞）D．
【答案】B
时，，符合题意；
时，，即
显然在R上递增，则对恒成立
对恒成立
则：；
综上，，
故选：B．
2．（2022·河南·二模（理））已知函数，若，且，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
作出函数的图像如下图：
因为，且，结合图像，不妨设，设，则，且，即，
，即，所以，设，则，
因为，所以，所以，所以，所以在单调递增，，
即的最大值为，所以的最大值为.
故选：D.
3．（2022·宁夏·银川一中三模（文））已知的最小值为2，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
当时，，
又因为的最小值为2，
，所以需要当时， 恒成立，
所以在恒成立，
所以在恒成立，
即在恒成立，
令 ，则，
原式转化为在恒成立，
是二次函数，开口向下，对称轴为直线，
所以在上 最大值为，
所以，
故选：D.
4．（2022·北京丰台·一模）已知函数无最小值，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
对于函数，
可得，
由，得或，由，得，
∴函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
∴函数在时有极大值2，在时有极小值，
作出函数与直线的图象，
由图可知，当时，函数有最小值，当时，函数没有最小值.
故选：D.
5．（2022·四川攀枝花·二模（文））已知函数，若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
当时，由恒成立，二次函数的对称轴为，
（1）当时，在上单调递减，则恒成立，
（2）当时，，所以
综上可知，当时，在上恒成立；
当时，恒成立，即在上恒成立，
令，则，
当时，，函数单增，又，所以；
综上可知，的取值范围是，
故选：D
6．（2022·浙江·高三专题练习）已知函数则当时，函数有______个零点；记函数的最大值为，则的值域为______.
【答案】 1
当时，,
当时，，得；当时，无解，
所以时，函数有1个零点；
由题意得函数是定义域为R的奇函数，
且当时，，
当且仅当时，函数取得最大值，
函数，当时，函数取得最大值4，
由函数图象知函数的最大值，所以的值域是.
7．（2022·北京市十一学校高三阶段练习）已知函数，给出下列命题：
（1）无论取何值，恒有两个零点；
（2）存在实数，使得的值域是；
（3）存在实数使得的图像上关于原点对称的点有两对；
（4）当时，若的图象与直线有且只有三个公共点，则实数的取值范围是.
其中，所有正确命题的序号是___________.
【答案】（3）（4）
（1）显然则, 若恒有两个零点，则有且只有一个零点，
当时，无零点，不符合题意，∴（1）不成立；
（2）显然，若的值域是，则的值域包含，则,
但时，的对称轴，即在内递增，，∴（2）不成立；
（3）的图像上关于原点对称的点有两对，则可得：有两解，
当时，的对称轴，开口向下， 与有两个交点，∴（3）成立；
（4）如图，直线过定点,数学结合可知：,
又∵,则,
综上所诉：，∴（4）成立．
故答案为：（3）（4）．
8．（2022·贵州·遵义市南白中学高一期末）已知函数，，若关于x的方程（）恰好有6个不同的实数根，则实数λ的取值范围为_______.
【答案】
解：令，则方程转化为，画出的图象，如图
可知可能有个不同解，二次函数可能有个不同解，
因为恰好有6个不同的实数根，所以有2个不同的实数根，有3个不同的实数根，则，
因为，解得，，解得，
所以，，每个方程有且仅有两个不相等的实数解，
所以由，可得，即，解得；
由，可得，即， 解得；
由，可得，
即，而在上恒成立，
综上，实数λ的取值范围为.
故答案为：.
9．（2022·河南·鹤壁高中模拟预测（文））已知，若存在，使得，则的取值范围为___________.
【答案】
①当时，则，，
又由，得，
所以，则；
②当时，因为，，
所以不存在，使得；
③当时，则，，
又由，得，
则，，
令，则在上单调递增，
所以，则；
综上所述，的取值范围为.
故答案为：.
四、函数的图象
1．（2022·全国·高三专题练习）已知函数，则的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
化简原函数
则函数为奇函数，排除选项A，当，排除选项B，当选项C错误.
故选：D.
2．（2021·浙江省三门中学高三期中）已知函数的图像如图，则该函数的解析式可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
解：由图象得：当，当，图象有两个零点，
对于A：，满足图象要求，故A正确；
对于B：当，当，故B不正确；
对于C：当，不合题意，故C不正确；
对于D：当时，，不满足题意，故D不正确，
故选：A.
3．（2022·江西·景德镇一中高一期中）已知函数，则其图像可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
的定义域为,
所以为奇函数，则排除
若,且，
则
若,且，
则
，，
，.
故选：A
4．（多选）（2022·全国·高三专题练习）函数的图象可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
当时，；
当时，定义域为R且为奇函数，在上，在上递增，在上递减，A可能；
当时，定义域为且为奇函数，在上且递增，在上且递增，B可能；
当时，且定义域为，此时为偶函数，
若时，在上(注意)，在上，则C不可能；
若时，在上，在上，则D可能；
故选：ABD
5．（多选）（2022·福建·莆田二中高三开学考试）函数的大致图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
因为为定义域上的偶函数，
图象关于轴对称，所以D不可能.
由于为定义域上的偶函数，只需考虑的情况即可.
①当时，函数，所以A可能；
②当时，，，
所以在单调递增，在单调递减，所以C可能；
③当时，，，
所以在单调递减，在单调递减，所以B不可能；
故选:AC.
6．（多选）（2021·河北省唐县第一中学高一阶段练习）已知的图像可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
若a＝0，则f(x)＝，图像为C；
若a＞0，则f(x)定义域为{x|x≠±}，f(0)＝0，f(－x)＝－f(x)，f(x)为奇函数，
x∈(－∞，－)时，f(x)＜0，x∈(－，0)时，f(x)＞0，x∈(0，)，f(x)＜0，x∈(，＋∞)时，f(x)＞0，
又x≠0时，f(x)＝，函数y＝x－在(－∞，0)和(0，＋∞)均单调递增，∴f(x)在(－∞，－)，(－，0)，(0，)，(，＋∞)均单调递减，综上f(x)图像如A选项所示；
若a＜0，则f(x)定义域为R，f(x)为奇函数，f(0)＝0，
当x＞0时，f(x)＞0，当x＜0时，f(x)＜0，
当x≠0时，f(x)＝，函数y＝x＋时双勾函数，x∈时，y均单调递减，x∈时，y均单调递增，
∴f(x)在单调递增，在单调递减，结合以上性质，可知B图像符合.
故选：ABC.
五、二次函数
1．（2022·江西景德镇·三模（理））已知二次函数（其中）存在零点，且经过点和．记M为三个数，，的最大值，则M的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
二次函数（其中）经过点和
，
两式相减得：
，
，又存在零点
有解，又，有解，
解得：或
当时，
当时，
当时，，
当时，，
故选：A.
2．（2022·浙江·高三专题练习）设表示函数在闭区间I上的最大值．若正实数a满足，则正实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
函数的图像如下：
的对称轴为x=2，，；
分类讨论如下：①当时，，
依题意，，而函数在时是增函数，，
，故不可能；
②当时，，依题意，，即，
令，解得：，，，，如图；
则有：并且，解得：；
或者并且，无解；
故选：A.
3．（2022·安徽·界首中学高一期末）已知函数，且在上的最大值为，若函数有四个不同的零点，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
数在上单调递增，
所以的最小值为，不合题意，则，
要使函数在上的最大值为．
如果，即，则，解得，不合题意；
若，即，则解得即，
则．
如图所示，若有4个零点，则函数与有4个交点，
只有函数的图象开口向上，即．
当与）有一个交点时，方程有一个根，
得，此时函数有二个不同的零点，
要使函数有四个不同的零点，与有两个交点，则抛物线的图象开口要比的图象开口大，可得，
所以，即实数a的取值范围为．
故选：B
4．（2022·湖南长沙·高三阶段练习）已知函数，，a为常数.若对于任意x1，x2∈[0，2]，且x1＜x2，都有，则实数a的取值范围是___________.
【答案】[0，1]##
对于任意x1，x2∈[0，2]，且x1＜x2，都有，即，令，即只需在[0，2]上单调递增即可，
当时，，函数图象恒过；
当时，；
当时，；
要使在区间[0，2]上单调递增，则当时，的对称轴
，即；
当时，的对称轴，即；
且,
综上
故答案为：[0，1].
5．（2022·浙江·高三专题练习）对于函数，若存在，使，则称 是函数与图象的一对“雷点”．已知函数是定义在R上的奇函数，当时，恒有，且当时，．若函数与的图象恰好存在一对“雷点”，则实数的取值范围为____________________．
【答案】
与的图象关于y轴对称，所以题目
等价于函数在上有且仅有一个交点．利用
的奇偶性与周期性，可得，在同一坐标系
中作出的图象．的图象为进行上下平移，
如图，
由图知，过点(1,1)时，；
与只有一个交点时，方程有一个解，此时解得;
过点(1,0)时，；
过点(0,0)时，.
结合图象得，当与的图像恰好存在一对“雷点”时，
a的取值范围为得.
故答案为：.
6．（2022·江西·贵溪市实验中学高二期末）函数的定义域为，则实数a的取值范围是___________.
【答案】
因为函数的定义域为 R，所以的解为R，
即函数的图象与x轴没有交点，
（1）当时，函数与x轴没有交点，故成立；
（2）当时，要使函数的图象与x轴没有交点，则，解得.
综上：实数的取值范围是.
故答案为：
7．（2022·湖北·一模）若函数的定义域为，对任意的，当时，都有，则称函数f（x）是关于D关联的.已知函数是关于{4}关联的，且当时，.则：①当时，函数的值域为___________；②不等式的解集为___________.
【答案】
依题意已知函数是关于{4}关联，
即对任意的，当时，都有，
即对任意的，当时，都有，
即对任意，都有.
当时，，
所以当时，，
当时，，
，
，，
所以在区间上的值域为.①得结论.
当时，，
，
当时，，
，
当时，.
由上述分析可知，满足的的取值范围需满足，或，
当时，，，
，解得.
当时，，
，解得.
所以不等式的解集为.②得结论.
故答案为：；
六、指对幂函数
1．（2022·山西·太原五中高三阶段练习（理））正实数满足，则实数之间的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
，即，即，与的图象在只有一个交点，
则在只有一个根，令，
，，，则；
，即，即，由与的图象在只有一个交点，
则在只有一个根，令，，
，，故；
，即，
即，由与的图象在只有一个交点，
则在只有一个根，令，，
，，则；
故选：A.
2．（2022·山东·模拟预测）若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
由题设：且，
所以，
由于，所以题中四个选项都除以b，得四个选项化为
A. B. C. D.
故从入手：
当时，，所以，则，所以，与矛盾；所以选项A､D错误；
当时，，所以，则，显然与矛盾；
所以时，，所以，即，故选项B符合要求；此时令，则选项C错误.
故选：B.
3．（2022·广东·模拟预测）已知，且，则之间的大小关系是__________.（用“”连接）
【答案】
解：函数的定义域为，
因为，
所以函数为偶函数，
因为函数在上递增，
所以函数在上递增，
则，
因为，所以，
，
所以，
所以，
即.
故答案为：.
4．（2022·上海·华东师范大学附属东昌中学高三阶段练习）若关于的不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围是______．
【答案】
关于的不等式对任意的恒成立，
则对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，
令，，由于是递减函数，递减，
故，是递减函数，
故，
故 ，
故答案为：
5．（2022·云南·曲靖一中高二期中）函数，，对，都成立，则的取值范围（用区间表示）是_______
【答案】
二次函数在区间上递增，反比例函数在上增函数，指数函数在上递增，综上函数在上递增，又原问题等价于：，所以
，因为函数在上递增，所以，故，所以．
所以，的取值范围是．
故答案为：
6．（2022·江西宜春·模拟预测（文））若，不等式恒成立，则实数的取值范围为___________.
【答案】
因为，不等式恒成立，
所以对恒成立.
记，，只需.
因为在上单调递减，在上单调递减，
所以在上单调递减，
所以，所以.
故答案为：
7．（2022·天津·二模）已知，则的最小值为__________.
【答案】
解：因为，
所以，
所以，故，且，
所以，
当且仅当，即时，取等号，
所以的最小值为.
故答案为：.
8．（2022·陕西·榆林市第十中学高二期中（文））要使函数在时恒大于0，则实数a的取值范围是______.
【答案】
因为函数在时恒大于0，
所以在时恒成立.
令，则.
因为，所以.
令.
因为在上为减函数，所以，即
因为恒成立,所以.
故答案为：
七、函数与方程
1．（2022·天津·南开中学模拟预测）已知函数，若函数恰有两个零点则实数的取值范围是( )
A．B．C．D．
【答案】A
，
令，
则，
作出h(x)的图象：
如图y=h(x)与y=a的图象有两个交点时，，
故选：A．
2．（2022·安徽·蚌埠二中模拟预测（理））已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
设函数，易知在上递增，
，，即，由零点存在定理可知．；
设函数，易知在上递增，，，即，由零点存在定理可知，；
设函数，易知在上递减，，，因为，由函数单调性可知，，即.
故选:A．
3．（2022·甘肃·临泽县第一中学高二期中（文））若函数在区间上有2个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
函数在区间上有2个零点
即方程在区间上有2个实数根
设，则为偶函数.且
当时，，当时，在上单调递增，且
所以在上单调递减，则在上单调递增，
又时，；时，，则的大致图像如图.
所以方程在区间上有2个实数根满足
则，设，则在上恒成立
所以
故选：A
4．（2022·山西·太原五中高三阶段练习（理））正实数满足，则实数之间的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
，即，即，与的图象在只有一个交点，
则在只有一个根，令，
，，，则；
，即，即，由与的图象在只有一个交点，
则在只有一个根，令，，
，，故；
，即，
即，由与的图象在只有一个交点，
则在只有一个根，令，，
，，则；
故选：A.
5．（2022·全国·模拟预测）已知函数，实数，是函数的零点，若，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
由题意，作出直线和函数的大致图象如图所示，
易得，
且，（易错：注意，的范围不是）
由，即，
得，则，
所以，
令，则，，
所以.
因为在上单调递减函数，所以.
即.
故选：D
6．（2022·浙江·效实中学模拟预测）已知函数，对任意的实数a，b，c，关于x的方程的解集不可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
令，则方程化为，
设它有解为，则求方程化为求方程及.
根据基本不等式，，当且仅当时，等号成立，关于对称，所以，若方程及有解，则解，或有成对的解且两解关于对称，所以D选项不符合条件.
故选：D
7．（2022·陕西·模拟预测（理））已知 是方程的根， 是方程的根，则的值为（ ）
A．2B．3C．6D．10
【答案】A
方程可变形为方程，方程可变形为方程，
是方程的根，是方程的根，
是函数与函数的交点横坐标，是函数与函数的交点横坐标，
函数与函数互为反函数，
函数与函数的交点横坐标等于函数与函数的交点纵坐标,即在数图象上，
又图象上点的横纵坐标之积为2， ，
故选：．
8．（2022·福建南平·三模）已知函数有零点，则实数___________.
【答案】
由可得，当且仅当时取等，
又，当且仅当时取等，
故，当且仅当，时取等.
要使函数有零点，则且，化简得，解得.
故答案为：.
9．（2022·内蒙古呼和浩特·二模（文））若，，，则x、y、z由小到大的顺序是___________.
【答案】
依题意，，，，，
因此，成立的x值是函数与的图象交点的横坐标，
成立的y值是函数与的图象交点的横坐标，
成立的z值是函数与的图象交点的横坐标，
在同一坐标系内作出函数，的图象，如图，
观察图象得：，即，所以x、y、z由小到大的顺序是.
故答案为：
八、新定义题
1．（2022·广东·梅州市梅江区梅州中学高一阶段练习）设，用[x]表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数．例如：．已知函数，则函数的值域为（ ）
A．{0，}B．{ ，1}C．{0，1}D．{ ，0，1}
【答案】D
①当时，，
②当时，（当且仅当时，等号成立），
故
③当时，（当且仅当时，等号成立），
故
故函数的值域为[，1]，
故函数的值域为{ ，0，1}，
故选：D．
2．（2022·广东·华南师大附中高一期中）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，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数，例如：，，已知函数，则函数的值域为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
因为，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，又，，所以，因为，所以；
故选：B
3．（2022·上海民办南模中学高三阶段练习）德国数学家狄利克雷是解析数论的创始人之一，以其名命名狄利克雷函数的解析式为，关于狄利克雷函数，下列说法不正确的是（ ）．
A．对任意，
B．函数是偶函数
C．任意一个非零实数T都是的周期
D．存在三个点、、，使得为正三角形
【答案】C
任意，或，故，故A正确.
任意，因此同为有理数或同为无理数，故，即是偶函数，
故B正确.
取，则，故，
故不是周期函数，故C错误.
取，则，
则，
故，故为正三角形，故D正确.
故选：C.
4．（2022·新疆·一模（理））德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，是解析数论的创始人之一．以其命名的函数，称为狄利克雷函数，则关于函数，下列说法正确的是（ ）
A．的定义域为
B．的值域为
C．，
D．任意一个非零有理数T，对任意恒成立
【答案】D
解：因为，所以函数的定义域为，值域为，故A、B错误；
因为或且与均为有理数，所以或，故C错误；
对于任意一个非零有理数，若为有理数，则也为有理数，则；
若为无理数，则也为无理数，则；
综上可得任意一个非零有理数，对任意恒成立，即D正确；
故选：D
5．（2022·河南·鹤壁高中模拟预测（文））黎曼函数是一个特殊的函数，由德国数学家波恩哈德·黎曼发现并提出，在高等数学中有着广泛的应用．黎曼函数定义在上，其解析式为： ．若函数是定义在实数集上的偶函数，且对任意x都有，当时，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
由题意得，所以，即函数的周期，
由于 ,故 ，
所以，
，
故，
故选：D
6．（2022·吉林长春·模拟预测（文））纳皮尔是苏格兰数学家，其主要成果有球面三角中纳皮尔比拟式、纳皮尔圆部法则（1614）和纳皮尔算筹（1617），而最大的贡献是对数的发明，著有《奇妙的对数定律说明书》，并且发明了对数尺，可以利用对数尺查询出任意一对数值．现将物体放在空气中冷却，如果物体原来的温度是，空气的温度是，经过t分钟后物体的温度T（℃）可由公式得出，如温度为90℃的物体，放在空气中冷却约5分钟后，物体的温度是30℃，若根据对数尺可以查询出，则空气温度约是（ ）
A．5℃B．10℃C．15℃D．20℃
【答案】B
解：由题意可知，
整理得，
，所以，，
解得．
空气温度是．
故选：B．
7．（2022·安徽·淮南第二中学高二阶段练习）纳皮尔在他的《奇妙的对数表》一书中说过：没有什么比大数的运算更让数学工作者头痛，更阻碍了天文学的发展.许凯和斯蒂菲尔这两个数学家都想到了构造了如下一个双数列模型的方法处理大数运算.
如，我们发现512是9个2相乘，1024是10个2相乘.这两者的积，其实就是2的个数做一个加法.所以只需要计算.那么接下来找到19对应的数524288，这就是结果了.若，则落在区间（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
，设，，由表格得知：，，，，所以，，所以，，则
故选：B
8．（2022·内蒙古·赤峰红旗中学松山分校高一期末（文））纳皮尔是苏格兰数学家，其主要成果有球面三角中纳皮尔比拟式、纳皮尔圆部法则（1614）和纳皮尔算筹（1617），而最大的贡献是对数的发明，著有《奇妙的对数定律说明书》，并且发明了对数尺，可以利用对数尺查询出任意一对数值.现将物体放在空气中冷却，如果物体原来的温度是（℃），空气的温度是（℃），经过t分钟后物体的温度T（℃）可由公式得出，如温度为90℃的物体，放在空气中冷却2.5236分钟后，物体的温度是50℃，若根据对数尺可以查询出，则空气温度是（ ）
A．5℃B．10℃C．15℃D．20℃
【答案】B
：依题意，即，又，所以，即，解得；
故选：B
9．（2022·山西·朔州市平鲁区李林中学高一阶段练习）16、17世纪，随着社会各领域的科学知识迅速发展，庞大的数学计算需求对数学运算提出了更高要求，改进计算方法，提高计算速度和准确度成了当务之急．苏格兰数学家纳皮尔发明了对数，是简化大数运算的有效工具，恩格斯曾把纳皮尔的对数称为十七世纪的三大数学发明之一．已知，，设，则所在的区间为（是自然对数的底数）（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
，
所以．
故选：A.
10．（2022·新疆石河子一中高三阶段练习（理））16、17世纪之交，苏格兰数学家纳皮尔发明了对数，在此基础上，布里格斯制作了第一个常用对数表，在科学技术中，还常使用以无理数e为底数的自然对数，其中称之为“欧拉数”，也称之为“纳皮尔数”对数是简化大数运算的有效工具，依据下表数据，的计算结果约为（ ）
A．3.797B．4.715C．5D．7.397
【答案】A
，
∴根据表格对应关系知：结果约为3.797．
故选：A.
11．（2022·福建泉州·模拟预测）1883年，德国数学家康托提出了三分康托集，亦称康托尔集.下图是其构造过程的图示，其详细构造过程可用文字描述为：第一步，把闭区间平均分成一段，去掉中间的一段，剩下两个闭区间和；第二步，将剩下的两个闭区间分别平均分为二段，各自去掉中间的一段，剩下四段闭区间：，，，；如此不断的构造下去，最后剩下的各个区间段就构成了二分康托集.若经历步构造后，不属于剩下的闭区间，则的最小值是（ ）
A．7B．8C．9D．10
【答案】A
解：第一次操作剩下：；
第二次操作剩下：；
第三次操作剩下：；
……；
观察剩余区间的最后一个区间可以写为：即，要使不属于剩下的闭区间，则只需 解得：，
又因为，所以的最小值是7.
12．（2022·全国·高三专题练习）广为人知的太极图，其形状如阴阳两鱼互纠在一起，因而被习称为“阴阳鱼太极图”如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”整个图形是一个圆形区域．其中黑色阴影区域在y轴左侧部分的边界为一个半圆．已知符号函数，则当时，下列不等式能表示图中阴影部分的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
对于A选项，当时，，
即表示圆内部及边界，显然不满足，故A错误；
对于C选项，当时，，
即表示圆外部及边界，满足；
当时，，
即表示圆的内部及边界，满足，故C正确；
对于B选项，当时，，
即表示圆内部及边界，显然不满足，故B错误；
对于D选项，当时，，
即表示圆外部及边界，显然不满足，故D错误.
故选：C
13．（多选）（2022·安徽·高一期中）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，设，用表示不超过的最大整数，也被称为“高斯函数”，例如：，设函数，则下列关于函数叙述正确的是（ ）
A．为奇函数B．C．在上单调递增D．有最大值无最小值
【答案】BC
由题意：，所以
所以的图象如下图，
由图象分析： ，所以A不正确；，所以B正确；
在上单调递增，所以C正确；有最小值无最大值，所以D不正确.
故选：BC.
14．（多选）（2022·贵州贵阳·高一期末）历史上第一个给出函数一般定义的是19世纪数学家秋利克需（Dirichlet），他是最早倡导严格化方法的数学家之一，狄利克雷在1829年给出了著名的狄利克雷函数：（Q是有理数集），狄利克雷函数的出现表示数学家们对数学的理解发生了深刻的变化，从研究“算”转变到了研究“概念､性质､结构”.一般地，广文的秋利克雷函数可以定义为：（其中，且）.以下对说法正确的有（ ）
A．的定义域为RB．是非奇非偶函数
C．在实数集的任何区间上都不具有单调性D．任意非零有理数均是的周期
【答案】ACD
A：由，所以有理数无理数=实数，故A正确；
B：当时，，有，所以，
当时，，有，所以，
所以为偶函数，故B错误；
C：当时，有，当时，有，
所以的值域为，所以在实数集的任何区间上都不具有单调性，故C正确；
D：设T为非零有理数，当时，，所以，
所以任意的非零有理数均是的周期，故D正确.
故选：ACD
15．（多选）（2022·吉林·农安县教师进修学校高一期末）在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可以应用到有限维空间并构成了一般不动点定理的基石.布劳威尔不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔（L. E. J. Bruwer），简单地讲就是对于满足一定条件的连续函数，如果存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点函数”，下列为“不动点函数”的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABCD
根据定义可知：若有不动点，则有解.
A．令，所以，所以，故是“不动点”函数；
B．令，所以或，所以是“不动点”函数；
C．当时，令，所以或，所以是“不动点”函数；
D．令，所以，所以是“不动点”函数.
故选：ABCD.
16．（多选）（2021·吉林油田高级中学高一期中）在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并构成一般不动点定理的基石.布劳威尔不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔（L. E. J. Bruwer），简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，下列为“不动点”函数的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
根据定义可知：若为不动点函数，则有解．
A．令，得，此时无解，故不是“不动点”函数；
B．令，所以或，所以是“不动点”函数；
C．当时，，无解；当时，，无解，所以不是“不动点”函数；
D．令，不难看出是该方程的根，所以是“不动点”函数．
故选：BD．
17．（多选）（2022·山东·广饶一中高一开学考试）中国传统文化中很多内容体现了数学的“对称美”，如图所示的太极图是由黑白两个鱼形纹组成的图案，俗称阴阳鱼，太极图展现了一种相互转化，相对统一的和谐美，定义：圆O的圆心在原点，若函数的图像将圆O的周长和面积同时等分成两部分，则这个函数称为圆O的一个“太极函数”，则（ ）
A．对于圆O，其“太极函数”有1个
B．函数是圆O的一个“太极函数”
C．函数不是圆O的“太极函数”
D．函数是圆O的一个“太极函数”
【答案】BD
解：对于A选项，圆O，其“太极函数”不止1个，故错误；
对于B选项，由于函数，当时，，当时，，故为奇函数，故根据对称性可知函数为圆O的一个“太极函数”，故正确；
对于C选项，函数定义域为，，也是奇函数，故为圆O的一个“太极函数”，故错误；
对于D选项， 函数定义域为，，故为奇函数，故函数是圆O的一个“太极函数”，故正确.
故选：BD
18．（2022·山东·德州市教育科学研究院二模）十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0，1]均分为三段，去掉中间的区间段，记为第1次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作．．．；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段：操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”，第三次操作后，依次从左到右第三个区间为___________，若使前n次操作去掉的所有区间长度之和不小于，则需要操作的次数n的最小值为____________．(，)
【答案】 ； .
第一次操作去掉了区间长度的，剩下的区间：，
第二次去掉个长度为的区间，即长度和为，剩下的区间：，，，
第三次去掉个长度为的区间，即长度和为，剩下的区间：，，，， .
以此类推，
第次将去掉个长度为的区间，即长度和为，
则的前项和可表示为
由题意知，，
两边同时取对数，即，
解得：
故答案为：；.
19．（2022·江苏常州·高一期末）德国数学家康托（Cantr）创立的集合论奠定了现代数学的基础．著名的“康托三分集”是数学理性思维的产物，具有典型的分形特征，其构造的操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第次操作；以此类推，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为段，同样各自去掉中间的区间段．操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的元素构成的集合为“康托三分集”．定义区间长度为，则构造“康托三分集”的第次操作去掉的各区间的长度之和为______，若第次操作去掉的各区间的长度之和小于，则的最小值为______．（参考数据：，）
【答案】
第1次操作，去掉1个长度为的区间，
第2次操作，去掉2个长度为的区间，
第3次操作，去掉个长度为的区间，
第次操作，去掉个长度为的区间，
第次操作去掉的各区间的长度之和为；
，
，
故答案为：；
20．（2022·浙江·乐清市知临中学高二期中）黎曼函数（Riemannfunctin）是一个特殊函数，由德国数学家黎曼发现并提出，黎曼函数定义在上，其定义为，则________．
【答案】0
解：为上的无理数，故，
故答案为：0.
21．（2022·河南新乡·三模（理））黎曼函数是一个特殊的函数，由德国数学家波恩哈德·黎曼发现并提出，在高等数学中有着广泛的应用.黎曼函数定义在上，其解析式如下：若函数是定义在R上的奇函数，且对任意x都有，当时，，则___________.
【答案】##－0.2
∵，∴．
∵是奇函数，∴，∴，
∴的一个周期为4．
∵，∴令，可得，
∴．
，
∴．
故答案为：﹒
22．（2021·全国·高一单元测试）黎曼函数是一个特殊的函数，由德国著名的数学家波恩哈德·黎曼发现提出，在高等数学中有着广泛的应用．黎曼函数定义在上，其定义为： ，若函数是定义在R上的奇函数，且对任意都有，当时，，则________.
【答案】##
∵是定义在R上的奇函数，且，
∴，∴函数是以为周期的周期函数，
则，
，
∴.
故答案为：
23．（2021·湖北·荆门市龙泉中学高一阶段练习）解析式相同，定义域不同的两个函数称为“同族函数”．对于函数，值域为{1，2，4}的“同族函数”的个数为______个．
【答案】9
由题意知，问题的关键在于确定函数定义域的个数，函数解析式为，值域为{1，2，4}，
当时，，当时，，当时，，
则定义域可以为：，因此“同族函数"共有9个.
故答案为：9.
24．（2022·江苏省苏州实验中学高二阶段练习）十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础. 著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0，1]均分为三段，去掉中间的区间段记为第一次操作；再将剩下的两个区间分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段．操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”. 若使去掉的各区间长度之和不小于则需要操作的次数n的最小值为____．(参考数据：lg 2＝0.3010，lg 3＝0.4771)
【答案】6
设为第n次操作去掉的区间长度和，，第1次操作后剩下两个长度为的闭区间，
则第2次操作去掉的区间长度和，第2次操作后剩下4个长度为的闭区间，
则第3次操作去掉的区间长度和，如此下去，
第次操作后剩下个长度为的闭区间，则第n次操作去掉的区间长度和，
显然，数列是等比数列，首项，公式，其前n项和，
由得：，，而，则，
所以需要操作的次数n的最小值为6.
故答案为：6
25．（2022·四川省南充高级中学高三阶段练习（文））太极图被称为“中华第一图”，闪烁着中华文明进程的光辉，它是由黑白两个鱼形纹组成的图案，俗称阴阳鱼，太极图展现了一种相互转化，相对统一的和谐美.定义：能够将圆O的周长和面积同时等分成两个部分的函数称为圆O的一个“太极函数”，设圆，则下列说法中正确的序号是______.
①函数是圆O的一个太极函数；②圆O的所有非常数函数的太极函数都不能为偶函数；③函数是圆O的一个太极函数；④函数的图象关于原点对称是为圆O的太极函数的充要条件.
【答案】①③
①，是奇函数，图象关于原点对称，如图所示，所以是“太极函数”.
②④，设是的中点，在上取一点，使，
过作，交的延长线于.
由于，所以，
作出折线关于轴对称图象如下图虚线所示.虚线对应的函数是“太极函数”，也是偶函数，所以②④错误.
③，函数是奇函数，图象关于原点对称，如图所示，所以是“太极函数”.
故答案为：①③
26．（2022·广东·惠来县第一中学高一阶段练习）布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔，简单地讲就是对于满足一定条件的连续实函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点"函数，而称为该函数的一个不动点． 现新定义： 若满足，则称为的次不动点．
(1)判断函数是否是“不动点”函数，若是，求出其不动点； 若不是，请说明理由
(2)已知函数，若是的次不动点，求实数的值：
(3)若函数在上仅有一个不动点和一个次不动点，求实数的取值范围．
【答案】(1)是“不动点”函数，不动点是2和；(2)；(3).
(1)依题意，设为的不动点，即，于是得，解得或，
所以 是“不动点” 函数，不动点是2和.
(2)因是“次不动点”函数，依题意有，即，显然，解得，
所以实数的值是.
(3)设分别是函数在上的不动点和次不动点，且唯一，
由得：，即，整理得：，
令，显然函数在上单调递增，则，，则，
由得：，即，整理得：，
令，显然函数在上单调递增，，，则，
综上得：，
所以实数的取值范围.
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
2
4
8
16
32
64
128
256
512
1024
11
12
…
19
20
21
22
23
24
25
…
2048
4096
…
524288
1048576
2097152
4194304
8388608
16777216
33554432
…
x
1.310
2
3.190
3.797
4.715
5
7.397
0.2700
0.6931
1.1600
1.3342
1.550
1.6094
2.001