专题05 函数的概念与性质（全国通用）含答案-【好题汇编】2025年高考数学真题分类汇编

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一、单选题
1．（2025·全国一卷·高考真题）设是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据周期性和奇偶性把待求自变量转化为的范围中求解.
【详解】由题知对一切成立，
于是.
故选：A
2．（2025·北京·高考真题）为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有点的（ ）
A．横坐标变为原来的倍（纵坐标不变）B．横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）
C．纵坐标变为原来的倍（横坐标不变）D．纵坐标变为原来的3倍（横坐标不变）
【答案】A
【分析】由，根据平移法则即可解出．
【详解】因为，所以将函数的图象上所有点的横坐标变成原来的倍，纵坐标不变，即可得到函数的图象，
故选：A.
3．（2025·天津·高考真题）已知函数的图象如下，则的解析式可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先由函数奇偶性排除AB，再由时函数值正负情况可得解.
【详解】由图可知函数为偶函数，而函数和函数为奇函数，故排除选项AB；
又当时，此时，
由图可知当时，，故C不符合，D符合.
故选：D
二、多选题
4．（2025·全国二卷·高考真题）已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则（ ）
A．B．当时，
C．当且仅当D．是的极大值点
【答案】ABD
【分析】对A，根据奇函数特点即可判断；对B，利用代入求解即可；对C，举反例即可；对D，直接求导，根据极大值点判定方法即可判断.
【详解】对A，因为定义在上奇函数，则，故A正确；
对B，当时，，则，故B正确；
对C，， 故C错误；
对D，当时，，则，
令，解得或（舍去），
当时，，此时单调递增，
当时，，此时单调递减，
则是极大值点，故D正确；
故选：ABD.
三、填空题
5．（2025·北京·高考真题）关于定义域为的函数，给出下列四个结论：
①存在在上单调递增的函数使得恒成立；
②存在在上单调递减的函数使得恒成立；
③使得恒成立的函数存在且有无穷多个；
④使得恒成立的函数存在且有无穷多个．
其中正确结论的序号是 ．
【答案】②③
【分析】利用反证法可判断①④的正误，构造函数并验证后可判断②③的正误.
【详解】对于①，若存在在上的增函数，满足，
则，即，
故时，，故，
故即，矛盾，故①错误；
对于②，取，该函数为上的减函数且，
故该函数符合，故②正确；
对于③，取，
此时，由可得有无穷多个，
故③正确；
对于④，若存在，使得，
令，则，但，矛盾，
故满足的函数不存在，故④错误.
故答案为：②③
四、解答题
6．（2025·上海·高考真题）已知．
(1)若，求不等式的解集；
(2)若函数满足在上存在极大值，求m的取值范围；
【答案】(1)
(2)且.
【分析】（1）先求出，从而原不等式即为，构建新函数，由该函数为增函数可求不等式的解；
（2）求出函数的导数，就分类讨论后可得参数的取值范围.
【详解】（1）因为，故，故，故，
故即为，
设，则，故在上为增函数，
而即为，故，
故原不等式的解为.
（2）在有极大值即为有极大值点.
，
若，则时，，时，，
故为的极小值点，无极大值点，故舍；
若即，则时，，
时，，
故为的极大值点，符合题设要求；
若，则时，，无极值点，舍；
若即，则时，，
时，，
故为的极大值点，符合题设要求；
综上，且.
一、单选题
1．（2025·四川·三模）函数是定义在R上的奇函数，且当时，，则（ ）
A．B．C．4D．6
【答案】C
【分析】由求得，再由即可求解.
【详解】由题意可得，解得，
则.
故选：C
2．（2025·广东揭阳·三模）下列函数是奇函数且在上单调递增的为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由奇偶性判断方法去分析即可判断A；由指数函数图象性质即可判断B；由得函数定义域，再计算即可判断C；由正弦函数性质即可判断D；
【详解】对于A，易知的定义域为，关于原点对称，
又函数，所以是奇函数，但在上单调递减，故A错误；
对于B，函数是非奇非偶函数，故B错误；
对于C，，因为，
所以的定义域为关于原点对称，
又，
所以是奇函数，
又在上单调递增，为增函数，
所以在上单调递增，故C正确；
对于D，函数在上不为增函数，故D错误.
故选：C.
3．（2025·天津·二模）函数的大致图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用定义法证明为偶函数，根据，结合排除法即可求解.
【详解】的定义域为R，
则，
所以为偶函数，图象关于y轴对称，故排除C，D选项；
又因为，故排除B选项.
故选：A．
4．（2025·山西临汾·三模）已知，则满足的实数m的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由函数解析式明确定义域，判其奇偶性，整理函数解析式，根据指数函数、对勾函数以及复合函数的单调性，可得函数的单调性，简化不等式，可得答案.
【详解】由，易知其定义域为，
由
，则函数为偶函数，
，
由在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
则在上单调递减，在上单调递增，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
由，则，即，
整理可得，分解因式可得，
解得.
故选：A
5．（2025·湖南岳阳·三模）已知函数满足，，则（ ）
A．3B．C．5D．
【答案】B
【分析】构造函数，通过其周期性，确定的周期性，即可求解.
【详解】
可得：，
即，
令，
则，
可得，
所以是以4为周期的函数，
所以也是以4为周期的函数，
所以，
令可得：，
结合，可得，
所以.
故选：B
6．（2025·广东广州·三模）已知奇函数和偶函数的定义域均为，且满足，则（ ）
A．1B．C．D．
【答案】D
【分析】由题可得，根据函数和的奇偶性，可求得，，代入化简即可求解.
【详解】∵，∴.
∵是定义在上的奇函数，是定义在上的偶函数，
∴，，∴，
∴，.
∴.
故选：D.
7．（2025·内蒙古赤峰·三模）已知函数，若函数恰有3个零点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】转化为函数与的图象有3个交点，结合的图象可得答案.
【详解】若函数恰有3个零点，
即函数与的图象有3个交点，
，
当时，，当时，，
函数的图象如下，
结合图象可得.
故选：A.
8．（2025·湖南长沙·三模）已知函数和的定义域均为，且为偶函数，为奇函数，若，均有，则（ ）
A．575B．598C．621D．624
【答案】C
【分析】由题意有，，利用，即可解得，进而得，即可求解.
【详解】由为偶函数有，又为奇函数，
所以，即，
因为，所以，
又，解得，即，
所以，又，
所以，所以，
故选：C.
9．（2025·甘肃白银·三模）已知对于，，，，且，则（ ）
A．B．C．1D．0
【答案】D
【分析】根据函数对称性结合计算得出函数周期性计算函数值和即可.
【详解】因为，所以，所以.
由，得，两式相加得，所以，
所以，所以是以6为周期的周期函数.
当时，，又，所以，所以，所以；
当时，，所以，因为，
所以，
所以.
故选：D.
10．（2025·安徽黄山·一模）已知定义域为R的函数满足，且对任意的，，都有成立．若m，n是关于x的方程的两个不等实根，则关于t的不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由韦达定理可得出，，由对称性可得，分析函数的单调性，对称性，将所求不等式变形为，结合函数的单调性可求得的取值范围.
【详解】因为是关于的方程的两个不等的实根，
所以，解得，且，
由，，
所以，函数的图象关于点对称，则，且，
又对任意的，都有成立，
所以在上单调递增，则该函数在上也为增函数，
从而可知，函数在R上为增函数，
由，可得，
解得，又，
.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是由函数的对称性得到，并结合函数单调性求解.
二、多选题
11．（2025·湖南长沙·三模）已知函数，则（ ）
A．是周期函数B．的最小值是C．的图象有对称轴D．的图象有对称中心
【答案】BC
【分析】根据周期函数的定义，判断A，根据三角函数的性质，即可判断B，根据对称函数的定义，即可判断CD.
【详解】对于选项A：若函数是周期函数，
则，
对任意都成立，
所以，
注意到，可知与有关，不是常数，
所以不是周期函数，故A错误；
对于选项B：设，
则的最小值为，故B正确；
对于选项C：因为，
所以的图象至少有一条对称轴，故C正确；
对于选项D：若是函数的对称中心，则，
即，
显然随着的变化而变化，所以函数没有对称中心，故D错误.
故选：BC.
12．（2025·宁夏银川·三模）已知定义在上的函数满足，且为奇函数，则（ ）
A．为奇函数B．为偶函数
C．是周期为3的周期函数D．
【答案】BCD
【分析】由可判断A，由，得到，可判断C，由和可判断B，由周期性，奇偶性可判断D.
【详解】对于A，，所以不是奇函数，错误；
对于B：因为为奇函数，
所以，
由，可得：，
所以，即，
所以，偶函数，正确；
对于C：由，
可得，所以是周期为3的周期函数，正确；
对于D，，
所以，
由周期性可得：
故选：BCD
13．（2025·河北石家庄·三模）已知函数是定义在R上的偶函数，是定义在R上的奇函数，则（ ）
A．的图象关于点中心对称
B．是周期为2的函数
C．
D．
【答案】AC
【分析】利用抽象函数的对称性、奇偶性、周期性一一判定选项即可.
【详解】对于A，因为是R上的奇函数，其图象关于原点对称，
又可看成是函数向左平移1个单位得到，所以的图象关于点中心对称，故A正确；
对于B，由是R上的奇函数，可得，即 ，
又，则，所以，故是周期为4的函数，故B错误；
对于 C，由，令，得，则，
，故C正确；
对于D，由，则，又，是周期为4的函数，
则，
而的值无法确定，故D错误.
故选：AC.
14．（2025·甘肃白银·三模）已知定义在上的函数满足，且，则下列说法正确的是（ ）
A．函数为偶函数
B．函数为减函数
C．函数的图象关于点中心对称
D．的解集为
【答案】BC
【分析】由得即可判断AC，由，利用单调性的定义即可判断B，利用单调性即可求解，即可判断D.
【详解】因为，所以，
所以函数为奇函数，故A错误；对称中心为，故C正确；
因为，即，当时，，
当时，，所以函数为减函数，故B正确；
令,则，所以，
则等价于，
因为函数为减函数，
所以，即，故D错误．
故选：BC.
15．（2025·湖南邵阳·三模）已知函数的定义域为，且，，当时，单调递减，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的图象关于直线对称B．函数为奇函数
C．D．
【答案】BC
【分析】由题意可得，可判断A；令，可得，进而可判断B；由已知可得是偶函数，进而计算可得，进而可得，，进而计算可判断C；利用作差法可得，进而求得在区间上单调递减，可得结论判断D.
【详解】因为，所以，所以关于点中心对称，故A错误；
令，所以，又，
所以，故为奇函数，故B正确；
又因为，所以是偶函数，所以，
所以，所以，
所以是周期为4的函数，
令，得，令，得，令，得，
所以，故C正确；
，
又，
故，又因为当，单调递减，且，
所以，所以关于点中心对称，
所以在区间上单调递减，所以，
所以，故D错误.
故选：BC.
16．（2025·河北秦皇岛·三模）已知函数且，则（ ）
A．是周期函数B．的图象是轴对称图形
C．的图象关于点对称D．
【答案】AB
【分析】利用函数的周期性、奇偶性、对称性等概念对选项逐一分析判断，对于A：利用定义作出判断；对于B：证明为偶函数；对于C：由，然后作出判断；对于D：取特殊值代入计算即可判断.
【详解】由于，所以是周期函数，故A正确；
定义域为，，
从而为偶函数，其图象关于轴对称，故B正确；
由于，
从而当为奇数时，的图象不一定关于点对称，故C不正确；
当时，，令，则此时，故D不正确.
故选：AB.
17．（2025·山东·二模）设函数，则（ ）
A．曲线关于对称
B．的最小值为
C．方程在上有4个根
D．存在，使得
【答案】ABD
【分析】根据函数的性质，如对称性、最值、方程的根等，对选项逐一进行分析.对于A选项，可判断是否成立来确定是否关于对称；对于B选项，根据三角函数的最值和基本不等式的性质进行求解；首先对函数进行化简，然后求导判断函数的单调性，结合三角函数的图像判断根的个数；对于D选项，根据函数的最值及分母大小进行求解.
【详解】对于A选项：
.
.
所以，所以关于对称.A选项正确.
对于B选项：
因为，
而,
令，，则，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，
所以的最小值为-1，且在处取到最小值，
所以，所以B选项正确.
对于C选项：
因为，即.
将上面等式化简得.
即.
当时，，所以在上，.
当时，在上，.
令.
，可求出单调区间.
在上单调递减，在单调递增，，.
，.
这说明至少有一个交点，所以C错误.
对于D选项：由已知可得且关于对称，而关于对称,
取，令，则，
令，则，
所以，即在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，所以，
结合对称性可得恒成立，
所以此时成立，所以D选项正确.
故选：ABD.
18．（2025·江苏南京·二模）已知定义在上的函数，当时，，且，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．若，则
C．若，则在上恰有5个零点
D．若，在区间有最大值，则
【答案】ACD
【分析】利用恒等式赋值思想，通过赋值可判断AB，通过作出分段函数图象可判断C，通过分析定义在的二次型函数取到最大值，可得到参数范围来判断D.
【详解】对于A，由题意可知：当时，有，故A正确；
对于B，当时，有，
又因为，所以有，故B错误；
对于C，当时，，
当时，由于，，
，，，
所以，，
作出分段函数和函数的图象如下：
由于，直线经过点，而函数的图象不经过点，
则由图象可得，它们只有5个交点，即在上恰有5个零点，故C正确；
对于D，根据当时，由于，
要满足对，在区间有最大值，
则只需要在上存大最大值，
即满足或，解得或，
综上可得：，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：通过对恒等式赋值，可转化到定义域内的函数解析式求值；通过函数值的伸缩关系作出分段函数图象来判断函数的零点.
三、填空题
19．（2025·山东烟台·三模）已知函数，若，则实数t的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据函数性质判断函数单调性，根据定义域及单调性，列出不等式，求出范围
【详解】已知，其中和均为单调递增函数，且定义域为，
所以在上单调递增，且，
可得，可得，解得，
故答案为：.
20．（2025·湖南长沙·一模）已知为奇函数，则实数a的值是 ．
【答案】4
【分析】由奇函数的定义域关于原点对称得出，再检验即可求解．
【详解】由题意知，得，
令，解得或，
又该函数为奇函数，所以其定义域关于原点对称，
所以，解得，即，
令，其定义域为，
，满足题意，
故答案为：4．
21．（2025·湖南·三模）已知函数的定义域为R，且，当时，，则的值为 ．
【答案】
【分析】根据函数性质将问题转换为，代入求值即可.
【详解】因为，
所以，
又，所以．
故答案为：.
22．（2025·辽宁·二模）写出同时满足下面三个条件的一个函数解析式 ．
①的定义域为；②；③在区间，上单调递减．
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据题意找到满足三个条件的函数即可.
【详解】取，满足条件①．，
满足条件②．在区间上单调递减，满足条件③．
故满足题意．
故答案为：（答案不唯一）
23．（2025·甘肃白银·二模）已知是R上的单调递增函数，则实数a的取值范围为 ．
【答案】
【分析】由分段函数的单调性得到求解即可.
【详解】由是R上的单调递增函数，
可得：，
解得：，
所以实数a的取值范围为，
故答案为：
24．（2025·湖南长沙·三模）已知函数的图象关于直线对称，则
【答案】－2
【分析】根据函数的定义域，结合函数图象对称性求出，又由函数的对称性列出，整理计算求出即可.
【详解】函数的定义域满足，即，
由题知的定义域关于对称，故．
则，
即，故，
则，解得．
故．
故答案为：.
25．（2025·河北秦皇岛·三模）已知函数满足对都有成立．当时，，则不等式的解集为 ．
【答案】
【分析】根据得到函数是上的奇函数，继而求出时，的解析式并判断在上的单调性，利用奇函数和单调性结合分段函数可得两个不等式组，求解即得.
【详解】因为对都有，所以是上的奇函数，
又时，，显然在上单调递增，
故函数在上单调递增，
当时，，则，即；
由，可得，
故得，
则有或，
即或，解得：，
所以不等式的解集为.
故答案为：.
26．（2025·安徽合肥·三模）已知，若，则的范围为 .
【答案】
【分析】由立方差公式结合题意可得，据此可得x范围，由此可得答案.
【详解】由题可得：
则
注意到
，
则
注意到，
则，
.
注意到，则.
则或，
则或，
则，当时，；
当时，；时，.
综上可得：的范围是.
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题关键是利用分解因式将拆解为乘积形式，此外要注意两者间的等量关系.
27．（2025·天津河北·一模）函数，若函数恰有两个不同的零点，则实数的取值范围为 .
【答案】或
【分析】画出，的图象，数形结合后可求参数的取值范围．
【详解】因为，
所以，
则函数恰有2个零点等价于有两个不同的解，
故，的图象有两个不同的交点，
设，
又，的图象如图所示，
由图象可得两个函数的图象均过原点，
当时，
考虑直线与的图象相切，
则由可得，即，
考虑直线与的图象相切，
由可得，则，即．
考虑直线与的图象相切，
由可得，则，即，
结合图象可得当或时，两个函数的图象有两个不同的交点，
综上，或．
故答案为：或．
【点睛】方法点睛：数形结合思想，分类讨论思想与转化思想的应用.解决本问题的方法是把方程根的问题转化为函数与直线交点个数问题，作出图形，结合图形求解，并注意临界值的取舍问题.