易错易混03 函数的概念及其性质（复习讲义）（含答案）2026年高考数学一轮复习讲练测（全国通用）

这是一份易错易混03 函数的概念及其性质（复习讲义）（含答案）2026年高考数学一轮复习讲练测（全国通用），文件包含易错易混03函数的概念及其性质复习讲义全国通用原卷版上好课2026年高考数学一轮复习讲练测全国通用docx、易错易混03函数的概念及其性质复习讲义全国通用解析版上好课2026年高考数学一轮复习讲练测全国通用docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共63页， 欢迎下载使用。
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc11478" 01 错点扫描・易错建模夯基石 PAGEREF _Tc11478 \h 1
\l "_Tc1178" 02 易错归纳・查漏补缺避陷阱 PAGEREF _Tc1178 \h 3
\l "_Tc22425" 易错归纳01 抽象函数的定义域理解不当（★★★） PAGEREF _Tc22425 \h 3
\l "_Tc23337" 易错归纳02 换元法求解析式忽略新元范围（★★★） PAGEREF _Tc23337 \h 5
\l "_Tc30853" 易错归纳03 复合函数的单调性忽略定义域（★★★★） PAGEREF _Tc30853 \h 7
\l "_Tc3898" 易错归纳04 分段函数的单调性（★★★★） PAGEREF _Tc3898 \h 10
\l "_Tc2545" 易错归纳05 函数的单调性结合奇偶性（★★★★★） PAGEREF _Tc2545 \h 14
\l "_Tc31677" 易错归纳06 函数的周期性结合对称性（★★★★★） PAGEREF _Tc31677 \h 19
\l "_Tc25908" 易错归纳07 函数性质的综合应用（★★★★★） PAGEREF _Tc25908 \h 26
\l "_Tc29001" 03 实战检测・易错通关验成效 PAGEREF _Tc29001 \h 32
1、基本的函数定义域限制
①分式的分母不为零；
②偶次方根的被开方数大于或等于零：
③对数的真数大于零，底数大于零且不等于1；
④零次幂或负指数次幂的底数不为零；
⑤三角函数中的正切的定义域是且；
2、基本初等函数的值域
①的值域是.
②的值域是：当时，值域为；当时，值域为．
③的值域是.
④且的值域是.
⑤且的值域是.
3、函数解析式的常见求法
法1：配凑法：已知，求的问题，往往把右边的整理或配凑成只含的式子，然后用将代换.
法2：待定系数法：已知函数的类型(如一次函数、二次函数)可用待定系数法，比如二次函数可设为，其中是待定系数，根据题设条件，列出方程组，解出即可.
法3：换元法：已知，求时，往往可设，从中解出，代入进行换元.应用换元法时要注意新元的取值范围.
法4：解方程组法：已知满足某个等式，这个等式除f(x)是未知量外，还有其他未知量，如(或)等，可根据已知等式再构造其他等式组成方程组，通过解方程组求出．
4、函数周期性的常用结论（是不为0的常数）
（1）若，则；
（2）若，则；
（3）若，则；
（4）若，则；
（5）若，则；
（6）若，则（）；
5、函数对称性的常用结论
（1）轴对称：
①函数关于直线对称
②函数关于直线对称.
（2）中心对称：
①函数关于点对称；
②函数关于点对称
（3）函数的奇偶性和对称性的关系：
①若为奇函数，则关于对称；
②若为偶函数，则关于对称；
③若为奇函数，则关于对称；
④若为偶函数，则关于对称.


易错归纳01 抽象函数的定义域理解不当
【易错陷阱·避错攻略】
1．（24-25高三下·河南郑州·开学考试）已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据函数定义域的求法，直接解不等式，即可求函数的定义域.
【详解】因为函数的定义域为，由，解得，
故函数的定义域为.
故选：B
2．已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】求出函数的定义域，对于函数，可得出关于的不等式，即可解得函数的定义域.
【详解】因为函数的定义域为，即，可得，
故函数的定义域为，
对于函数，有，解得，
所以，函数的定义域为.
故选：D.
3．（23-24高三上·陕西渭南·月考）已知的定义域为，则函数的定义域为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据已知函数定义域、对数、分数的性质列不等式性质求定义域.
【详解】由题设，则，可得，
所以函数定义域为.
故选：A
4．已知函数的定义域为，则的定义域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意求出的定义域，结合函数列出相应不等式组，即可求得答案.
【详解】由题意可知函数的定义域为，即，
故，则的定义域为，
则对于，需满足，
即的定义域为，
故选：C
5．已知函数的定义域和值域均为，则下列说法错误的是（ ）
A．函数的定义域为B．函数的定义域为
C．函数的值域为D．函数的值域为
【答案】D
【详解】函数中的x需满足，解得，故函数的定义域为，故A正确；函数中的x需满足，解得，故函数的定义域为，故B正确；函数和的值域都为，故C正确，D错误.

易错归纳02 换元法求解析式忽略新元范围
【易错陷阱·避错攻略】
1．（24-25高三上·云南昭通·期中）已知，则函数的解析式为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用换元法令，则，将函数化成关于的函数，再将自变量改为即得.
【详解】令，则，且，
代入原式得，
故的解析式为.
故选：C.
2．已知函数，且函数的定义域为，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】D
【分析】根据配凑法求出的解析式，并求出定义域判断得解.
【详解】由，则，
又函数的定义域为，即，
，
所以函数的定义域为.
故选：D.
3．已知，则函数的值域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用换元法求得函数解析式，进而求出函数的值域.
【详解】设，则，则，
因此，，
所以函数的值域为.
故选：C
4．（24-25高三下·山东潍坊·开学考试）已知，则 .
【答案】
【分析】利用换元法即可得到函数解析式.
【详解】令，因为，则，
，，，
则.
故答案为：.
5．（24-25高三上·河南南阳·期中）已知函数在上具有单调性，且，则 .
【答案】
【分析】令，则，中，令，求出，从而得到，从而求出答案.
【详解】令，则，
中，令得，故，
显然单调递增，且，故，
所以，.
故答案为：.

易错归纳03 求复合函数的单调性忽略定义域
【易错陷阱·避错攻略】
1．（24-25高三上·广东广州·期中）函数的单调递减区间是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】现根据解析式有意义的条件求的定义域，然后在定义域内，利用复合函数的单调性法则求得结果.
【详解】要使函数有意义，则，
即，解得或，
函数定义域为.
令，则，在上单调递减，
对称轴为，开口向上，
在上单调递减，在上单调递增，
根据复合函数“同增异减”原则，可知的单调递减区间是.
故选：D.
2．（24-25高三上·广东广州·月考）已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据复合函数单调性，结合定义域讨论可得.
【详解】若，则当时，函数单调递增，
又，函数在上单调递减，
若，则当时，函数单调递减，
只有时，才有可能使函数在上单调递减，
，解得
综上，实数的取值范围是
故选：A
3．（23-24高三上·江西南昌·月考）函数的单调增区间为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先求得的定义域，再利用复合函数的单调性，结合指数函数与二次函数的单调性即可得解.
【详解】因为，则，解得或，
所以的定义域为，
又开口向上，对称轴为，在上单调递增，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为在上单调递减，
所以在上单调递增，在上单调递减，
即的单调增区间为.
故选：A.
4．（24-25高三下·四川雅安·开学考试）函数的单调递增区间是 ．
【答案】(或)
【分析】根据对数函数，二次函数的单调性结合复合函数的单调性同增异减原则即得.
【详解】函数的定义域为，
令在定义域上为增函数，则在上单调递增，
由复合函数单调性的同增异减原则可得，当1，即时，函数单调递增，
即函数单调递增区间为．
故答案为：(或)
5．函数的单调增区间是 .
【答案】
【分析】先求函数的定义域，再根据复合函数单调性的判断方法，求函数的单调递增区间.
【详解】函数有意义，
则，即，
所以，
所以函数的定义域为,
根据复合函数“同增异减”的判断方法，可知，求函数的单调递增区间，就是求定义域内的单调递增区间，即
所以函数的单调递增区间为
故答案为：

易错归纳04 分段函数的单调性
【易错陷阱·避错攻略】
1．（2025·山东威海·三模）已知函数的值域为，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由函数的单调性可得，当时，，然后结合其值域为，即可得到的值域，列出不等式，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为在单调递增，在单调递增，
所以当时，单调递增，则，
又函数的值域为，
所以时，函数的值域要取到的所有实数，
所以，
当时，即时，函数单调递增，
时，，
当时，，即，
所以，即的取值范围是.
故选：C
2．（2025·甘肃甘南·模拟预测）若是上的单调递增函数，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据函数在各段上单调递增且断点左侧的函数值不大于右侧的函数值得到不等式组，解得即可.
【详解】若为上的增函数，则，解得，
故的取值范围是．
故选：A．
3．已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】的部分利用导数转换成不等式恒成立问题；的部分利用二次函数的性质即可判定；分段点处也要满足递减的性质，然后取交集即可得出答案.
【详解】因为函数在上单调递减，
所以当时，恒成立，则；
当时，由在上递减，
若，，合题意，
若，则，故;
又分段点处也要满足递减的性质，所以，解得.
综上所述，，
故选：C．
4．（2025·福建福州·模拟预测）若函数的定义域和值域的交集为空集，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】结合分段函数的性质先求出定义域，再结合指数函数的及二次函数的性质求出值域，即可求解.
【详解】由题意可得函数的定义域为，
当时，，
要使得定义域和值域的交集为空集，则，
又时，，
若，则，此时显然不满足题意，
若，则在上单调递减，，
故，
所以，解得.
故选：B.
5．（2025·广东茂名·二模）已知函数，若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先讨论当时，不等式转化为，确定函数在时的单调性得最值即可得此时的取值范围，再根据此范围确定当时，函数的单调性，从而得最值得的取值范围，综合可得结论.
【详解】当时，不等式为，即，
因为，所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以；
由于，则当时，函数在上单调递减，
所以，解得，所以；
综上，的取值范围是.
6．（2025·广东广州·三模）若函数有最大值，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】考虑，函数的值域，结合时，若，不合要求，若，在上单调递减，进而得到不等式，及时代入判断即可.
【详解】当时， ，
当时，，
若，在上单调递增，此时没有最大值，
若，在上单调递减，
要想函数有最大值，则，解得；
若，，函数有最大值1，符合题意；
故实数的取值范围为.
故选：A.
7．（24-25高三上·北京东城·期末）已知函数，其中．若在上的值域为，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分析可知的最大值为，且，求得，结合图像即可得结果.
【详解】当时，在内单调递减，
则，且；
若在上的值域为，
则在上的最值点在内，
可知的最大值为，且，可得，
令，解得或，
结合的图像可知实数的取值范围是.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于定义域和值域的开闭问题，可知在上的最值点在内，进而结合二次函数分析最值.

易错归纳05 函数的单调性结合奇偶性
【易错陷阱·避错攻略】
1．（23-24高三上·河南周口·月考）设是定义在上的偶函数，且在内是增函数，又，则不等式的解集是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】通过分析函数的单调性结合，即可得出不等式的解集.
【详解】由题意，
在中，函数是定义在上的偶函数，且在内是增函数，
∴，函数在单调递减，
∵，
∴当和时，，
故选：B.
2．（24-25高三上·北京·月考）已知是偶函数，它在上是增函数．若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由偶函数和单调性之间的关系，再结合对数函数的单调性求解即可；
【详解】由是偶函数，在上是增函数，
可得在上为减函数，
又，
所以，
即或，
解得或，
所以的取值范围是，
故选：B.
3．（2025·河南·三模）已知为定义在上的奇函数，若在上单调递减，则满足不等式的实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据奇函数的性质得在上单调递减，再根据奇函数性质将化为，结合定义域利用单调性得，解不等式组即可解答.
【详解】因为是奇函数，则可化为．
又在上单调递减且是定义在上的奇函数，所以在上单调递减．
则，解得或，
即实数a的取值范围是．
故选：C
4．（24-25高三下·云南·开学考试）已知函数是定义在上的奇函数，在上单调递减，且，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由奇偶性得到，当时，，结合单调性，求出，同理得到当时，，故，
【详解】因为是定义在上的奇函数，，
所以，
因为在上单调递减，当时，，
故，
因为是定义在上的奇函数，故在上单调递减，
又，当时，，
故，
综上，的解集为.
故选：D
5．已知是定义在上的偶函数，若任意且时，恒成立，且，则满足的实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由条件构造函数，依次判断函数的单调性和奇偶性，将待解不等式转化为，再利用，将其化成，即可利用单调性和奇偶性解决.
【详解】由可得，即，
设，则有，因，则在上单调递增，
又是定义在上的偶函数，，故为上的偶函数.
由可得，
而，即，
由函数的单调性和奇偶性，可得，解得.
故选：A.
6．（24-25高三下·河北保定·月考）已知函数，若对任意，都有，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先判断的单调性，令，可得为奇函数，原式等价于，结合单调性与奇偶性得到在上恒成立，求出，即可得解.
【详解】因为与在定义域上单调递增，
所以函数在区间上单调递增，
对于函数，由，
解得，
所以函数在上单调递增，
当时，在区间上单调递增，
所以函数在区间上单调递增，
令，，
则，所以为奇函数，
原式等价于，进而得在上恒成立，
所以在上恒成立，
令，，则在上单调递减，在上单调递增，
又，所以，
所以，故实数的取值范围是.
故选：D
7．（24-25高三上·云南曲靖·期末）（多选题）设函数对任意的x，，都有，函数在上单调递增，，则下列选项正确的是（ ）
A．
B．是偶函数
C．若，则
D．存在，使得
【答案】ABC
【分析】通过赋值，，及可判断AB，结合函数奇偶性及单调性，可判断CD；
【详解】，
令，可得：，
所以，
令，可得：，
所以，A正确；
令，可得：，
即，偶函数，B正确；
由，可得：，
由函数是偶函数及已知单调性可得：，
易知恒成立，由，可得：；C正确；
由函数是偶函数且在上单调递增可知其最小值为，D错误；
故选：ABC
8．（2024·山东·模拟预测）（多选题）已知定义在上的函数，满足，且当时，，则（ ）
A．B．为偶函数
C．D．若，则x的取值范围为
【答案】BC
【分析】用赋值法先令求得，再令即可求得判断A；然后令可判断奇偶性判断B；任取，则，由可得单调性判断C；利用奇偶性与单调性解不等式判断D.
【详解】对于A，在中，
令得，因此，
再令得，则，故A错；
对于B，令得，
所以，是偶函数，故B正确；
对于C，设，则，，
所以，在上是增函数，
从而，故C正确；
对于D，是偶函数，则，又在上是增函数，所以，解得且，故D错误.
故选：BC.

易错归纳06 函数的周期性结合对称性
【易错陷阱·避错攻略】
1．（2025·江西赣州·二模）已知函数是定义在上且周期为的奇函数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由函数周期性的定义可得出，再结合奇函数的定义可得出的值，由此可得出的值.
【详解】因为函数是定义在上且周期为的奇函数，则，
又因为，所以，，故，
即.
故选：B.
2．（2025·江西景德镇·模拟预测）已知为定义在上的奇函数，且也为奇函数，若，则的值是（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】D
【分析】根据双对称关系求周期，然后即可得解.
【详解】因为为奇函数，所以，
用代替得，
又为定义在上的奇函数，所以，
所以，是以4为周期的周期函数，
因为，所以.
故选：D
3．（2025·江西新余·模拟预测）已知函数的定义域为，且，，，则（ ）
A．5B．C．2D．
【答案】D
【分析】利用赋值法，整理等式可得函数周期性，利用周期性，可得答案.
【详解】由题意得，用代替x，得.
两式相加，得，所以，所以函数是以6为周期的周期函数.
因为，所以，又因为，所以.
又因为，即，解得，
所以.
故选：D.
4．（2025·山东青岛·三模）已知函数的定义域为，，，则（ ）
A．B．0C．1D．2
【答案】C
【分析】令，得，为奇函数，令，得，进而得周期为4，可得解.
【详解】令，则，
为奇函数，
令，则
为奇函数，
，
的周期为4，所以.
故选：C
5．（2023·河南·模拟预测）已知是定义在上的函数，满足，且满足为奇函数，则下列说法一定正确的是（ ）
A．函数图象关于直线对称B．函数的周期为2
C．函数图象关于点中心对称D．
【答案】D
【分析】由易得图象关于直线对称，再由为奇函数，得到图象关于对称，进而结合得到，有函数的周期为4判断.
【详解】解：因为满足，所以，
所以函数图象关于直线对称，
因为为奇函数，
所以，即，
则函数图象关于对称，则，
令得，
由，得，
所以函数的周期为4，
所以，
故选：D
6．关于函数，给出下列三个命题：
①是周期函数；②曲线关于直线对称；
③在区间上恰有3个零点．④函数的最大值为．
其中真命题的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】由可判断①；由可判断②；解方程可判断③；将转化为一元二次函数并求其最大值可判断④.
【详解】因为，所以，
即是的一个周期，故①正确；
因为，不满足对称轴的定义，
即不关于直线对称，故②错误；
因为，令，得到，
解得或，又，则由可得或，
由可得，即在区间上恰有3个零点，故③正确；
因为，
又，所以当时，取得最大值为，故④正确.
故选：C
7．（2024·广东广州·模拟预测）已知函数的定义域为，且满足为偶函数，当时，，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据条件确定函数的对称性和周期性，再利用待定系数法列方程组求出，进而利用对称性和周期性求即可.
【详解】因为①，
所以函数的图象关于点对称.
因为为偶函数，所以②，
则函数的图象关于直线对称.
由①②得，则，
故的周期为4，所以.
由，令，得，即③，
已知，由函数的图象关于直线对称，
得.
又函数的图象关于点对称，得
所以，即，所以④，
联立③④解得，，
故当时，.
由的图象关于点对称，
可得.
故选：A.
8．已知奇函数，恒成立，且当时，，设，则下列说法不正确的是（ ）
A．
B．函数为周期函数
C．函数的图象既有对称轴又有对称中心
D．函数在区间上单调递减
【答案】D
【分析】推导出函数是周期函数，可推导出函数为周期函数，结合周期性可判断AB选项；利用函数的对称性可判断C选项；求出函数在上的解析式，结合函数的单调性可判断D选项.
【详解】因为函数为奇函数，恒成立，
则，故，
故函数是周期为的周期函数，
对于A选项，，
所以，函数是周期为的周期函数，
则，
当当时，，则，，
所以，，A对；
对于B选项，由A选项可知，B对；
对于C选项，因为
，
所以，函数的图象关于直线对称，
又因为，
所以，，故函数的图象关于点对称，
因此，函数的图象既有对称轴又有对称中心，C对；
对于D选项，当时，，，，
则，
，
此时，，
所以，函数在区间上不是减函数，D错.
故选：D.
9．（多选题）已知函数的定义域为，对任意都有，且，，则（ ）
A．的图象关于直线对称B．的图象关于点对称
C．D．为偶函数
【答案】AC
【分析】根据函数的对称性、奇偶性、周期性逐项判断即可.
【详解】∵，则的图象关于直线对称，故A正确，B错误；
∵函数的图象关于直线对称，则，又，
∴，则，
即，∴函数的周期为8，
则，故C正确；
∵，
所以为奇函数，故D错误．
故选：AC.
10．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）（多选题）已知函数的图象关于点对称，函数的图象关于直线对称，则下列说法正确的为（ ）
A．4是的一个周期B．是偶函数
C．D．
【答案】ABD
【分析】由已知可得关于点对称，关于直线对称，结合对称轴和对称中心可得周期，即可判断；根据函数奇偶性的定义即可判断；由，令为即可判断；结合函数的周期性即可判断.
【详解】因为函数的图象关于点对称，
所以，即，
用代换上式中的可得，所以关于点对称，
因为函数的图象关于直线对称，
所以函数的图象关于直线对称，即，
又，
所以，所以，
所以，所以，
所以函数的周期为，故正确；
因为，所以，
因为函数的图象关于直线对称，所以，
所以，所以是偶函数，故正确；
因为，所以，
即，故正确；
因为关于点对称，，
因为，令可得，
又关于直线对称，所以，
所以，
所以，故不正确.
故选：.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是得到关于点对称，关于直线对称，结合对称轴和对称中心推导函数的周期，过程中注意等价条件的转化.

易错归纳07 函数性质的综合应用
1．已知定义在R上的函数f(x)满足f(1－x)＝f(x＋1)，且y＝f(2x＋2)为奇函数．当x∈(0，1]时，f(x)＝，则f(2 023)＝（ ）
A．1B．－1C．0D．2
【答案】B
【详解】因为函数f(x)满足f(1－x)＝f(x＋1)，所以f(x)关于直线x＝1对称，即f(2－x)＝f(x) ①.因为y＝f(2x＋2)为奇函数，所以f(－2x＋2)＝－f(2x＋2)，即f(－x＋2)＝－f(x＋2) ②.由①②知f(x)＝－f(x＋2)，所以f(x＋2)＝－f(x＋4)＝－f(x)，即f(x)＝f(x＋4)，所以函数f(x)的周期为4，所以f(2 023)＝f(505×4＋3)＝f(3).令x＝1，则由②，得f(1)＝－f(3)＝1，所以f(2 023)＝f(3)＝－1.故选B.
2．（23-24高三上·河北邯郸·月考）设函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，，则（ ）
A．B．
C．为奇函数D．
【答案】D
【分析】由题意可得，，结合时，，可判断AB；求出函数的周期，进而可判断CD.
【详解】因为为奇函数，
所以，即，
则，所以，
因为为偶函数，
所以，即，
则，故A错误；
由当时，，得，
则，故B错误；
，则，
所以，
所以，故D正确；
对于C，由，得，
若为奇函数，则也为奇函数，
令，则为奇函数，则，
又，矛盾，
所以不是奇函数，即不是奇函数，故C错误.
故选：D.
3．已知函数是上的偶函数，，当时，，则（ ）
A．的图象关于直线对称
B．4是的一个周期
C．在上单调递减
D．：
【答案】A
【分析】易得为奇函数，利用函数的周期性与奇偶性结合选项逐个判断即可.
【详解】由题知，
因为函数是上的偶函数，
所以为奇函数，所以
对于A：因为
所以，从而
所以
所以的图象关于直线对称，A选项正确；
对于B：由A知
所以，从而
所以是以8为周期的函数，B选项错误；
对于C：当时，为增函数，
又因为为奇函数
所以在上单调递增，C选项错误；
对于D：因为
所以
又
因为在上单调递增
所以，D选项错误；
故选：A.
4．已知定义在R上的函数的图象关于点对称，，且当时，．若，则实数m的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由图象关于点对称和找到图象的对称轴和周期，再由确定单调性，分别求出，画出大致图象，最后数形结合求出取值范围.
【详解】由的图象关于点对称可得．
由，可得，
故函数的图象关于直线对称，
且，得的周期为2．
当时，，
单调递增，且，则，，
画出在一个周期内的大致图象如图所示：
当时，结合图象可得，即．
故实数m的取值范围为．
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题关键是能根据函数的图象关于点对称，确定函数的周期和对称轴.
5．（多选题）已知函数的定义域均为是偶函数，，则（ ）
A．B．是奇函数
C．D．是的对称轴
【答案】ACD
【分析】根据函数的基本性质，理解抽象函数的基本性质，通过特殊值和换元法判断选项是否正确.
【详解】对A，，令，，
解得，所以A正确.
对B，是偶函数，，
，
故，
所以是偶函数，B错误.
对C，①，
可得， ①式带入得，
所以，即，
所以C正确.
对D，由C选选项可知，由B选项可知，
所以，可知是的对称轴.
所以D选项正确.
故选：ACD.
6．（2025·甘肃甘南·模拟预测）（多选题）已知对任意，且，则（ ）
A．B．
C．的图象关于直线对称D．
【答案】AC
【分析】通过对给定的函数关系式进行赋值，函数的奇偶性、对称性和周期性，以及利用这些性质进行数列求和逐步推导函数的各项性质，进而判断选项的正确性.
【详解】由题意得任意，，且，
令，则，则．
令，则，故A正确．
令，则，所以的图象关于直线对称，故C正确．
令，则，结合C选项，得，所以有，则为奇函数．
又因为的图象关于直线对称，所以是以2为周期的函数，所以，故B错误．
令，则，，故D错误．
故选：AC．
7．（2025·甘肃白银·模拟预测）（多选题）已知函数对任意实数a，b都有，且，则（ ）
A．B．
C．D．若x为正整数，则
【答案】ABD
【分析】利用赋值法判断AB；利用周期、举反例判断CD；
【详解】令，得，
因为，所以，故A对；
令得，
令得，故B对；
由得，
所以函数是周期为8的函数，
又，
所以，
所以，
所以，
又，函数是周期为8的函数，
如，则，故C错；
若x为正整数，则，
所以，故D对；
故选：ABD
8．已知定义在上的函数的图象关于点对称，且，当时，．若，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】根据题意，得函数的对称性和周期性，再结合时的函数解析式得单调性，数形结合求的取值范围.
【详解】由的图象关于点对称，可得．
由，可得，
故函数的图象关于直线对称，
且，
所以2是的一个周期．
当时，，单调递增，
且，则，
画出在上的大致图象如图所示，
数形结合可得实数的取值范围为．
故答案为：
1．已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由抽象函数定义域及对数型函数定义域构造不等式求解即可.
【详解】因为中，
所以函数中，即，
所以的定义域为，
故选：B．
2．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用换元法求解即可.
【详解】令，则，
所以，
所以.
故选：A.
3．已知函数，则（ ）
A．在上单调递增
B．在上单调递减
C．在区间上单调递增，在区间上单调递减
D．在区间上单调递减，在区间上单调递增
【答案】D
【分析】求函数定义域，然后由复合函数单调性得到单调区间.
【详解】，令，解得，
则的定义域为，
令，当时，，
则在时单调递增，
当时，单调递减，单调递减；
当时，单调递增，单调递增．
故选：D.
4．（2024·河南·模拟预测）已知函数满足：，，且，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】根据题意，得函数的一个周期为12，利用周期性求值.
【详解】根据题意，，显然，所以，
所以，所以函数的一个周期为12，
所以.
故选：B.
5．设，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先求出函数解析式，再代入计算求出函数值即可.
【详解】因为，
设，所以，化简得，
所以，，
则.
故选：A.
6．已知函数在上是单调函数，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由的单调性，可得在上是单调递减函数，求解即可.
【详解】因为在上是单调递减函数，
若在上是单调函数，则是减函数，
所以或，所以.
故选：D.
7．（23-24高三上·河南信阳·月考）已知定义在上的函数单调递增，且对任意恒有，则函数的零点为（ ）
A．B．C．2D．4
【答案】B
【分析】设,可得，根据单调性可得，从而可求，令可求零点.
【详解】设，则，
方程等价为，
令，则， 满足方程，
∵函数单调递增，
∴值唯一，∴，
由得，解得，
故函数的零点为.
故选:B.
8．（2024·山西·模拟预测）定义在上的函数满足，且为奇函数.当时，，则（ ）
A．1B．C．0D．2
【答案】B
【分析】
首先根据题意，得到，，从而得到函数的周期为，再根据求解即可.
【详解】因为函数满足，所以关于对称，
即①.
又因为为奇函数，所以，
即②.
由①②知，
所以，
即，所以函数的周期为，
所以，
令，则由②，得，
所以.
故选：B.
9．（2025·黑龙江·二模）已知函数（其中且），若对，都有，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先化简不等式，得到函数单调性，再根据分段函数单调性性质求结果.
【详解】不妨设，则由得，
令，则在上单调递增，
因为
所以，
故选：A
10．（23-24高三上·海南·月考）已知是偶函数，，且当时，单调递增，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】首先根据题意可得或的解集，再分和两种情况求不等式的解集.
【详解】由题意可知，当时，，当时，，
当或时，，
当时，，则，由已知可得，解得，又，所以；
当时，，则，
由已知可得或，解得或，又，所以.
综上，可得不等式的解集为.
故选：A
11．（2025·安徽·模拟预测）已知函数的值域为，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用分段函数的值域是各段值域的并集，分类讨论，结合二次函数的单调性列不等式求解即可.
【详解】①当时，；
若，则，当时，；
若，当时，取得最小值－3，即；
若，，，，在时单调递增，；
②当时，函数的图象是一个二次函数，其对称轴为；
若，则在上单调递减，；
若，；
若，则在上单调递增，；
因为函数的值域为，
当时，在时最小值为，在时，不满足值域为；
当时，，，，不满足值域为；
当时，在时，在时；
为使值域为，需满足，解得.
综上，.
故选：D.
12．（2024·内蒙古呼伦贝尔·二模）已知定义在R上的函数满足．若的图象关于点对称，且，则（ ）
A．0B．50C．2509D．2499
【答案】D
【分析】由图象的对称中心得图象的对称中心，由，构造函数，求出图象的对称性和周期，由求值即可.
【详解】因为的图象关于点对称，所以，
即，从而，
则的图象关于点对称．
由，可得．
令，得，则的图象关于直线对称．
，
则的图象关于点对称，则有，
所以，，
两式相减得，故是以4为周期的函数．
因为，，，，
所以．
故选：D.
13．（2024·新疆·二模）设是定义在R上的以2为周期的偶函数，在区间上单调递减，且满足，，则不等式组的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，由函数的周期性与奇偶性分析可得，则函数关于直线对称，据此可得在上递增，且，，则进而分析可得答案．
【详解】根据题意，为周期为2的偶函数，
则且，
则有，
则函数关于直线对称，
又由在区间上单调递减，且，，
因为周期为2得，，
又关于直线对称，则，
则在上递增，且，，
则，即不等式组的解集为.
故选：D．
14．（23-24高三上·山东淄博·期中）已知函数是R上的偶函数，，当时，，则（ ）
A．的图象关于直线对称B．4是的一个周期
C．D．
【答案】A
【分析】易得为奇函数，利用函数的周期性与奇偶性结合选项逐个判断即可.
【详解】函数是R上的偶函数,，
当时，有，当时，，
故为奇函数，
对于A：，，
从而，
，
即的图象关于直线对称，A正确；
对于B：，
即，，
， 是以为周期的函数，
若周期为4，则，但，故B错误；
对于C：，C错误；
对于D：当时，均为单调递增函数，在上单调递增，
又为奇函数，在上单调递增，
又，
，D错误.
故选：A.
15．已知函数的定义域为，且当时，，则下列正确的是（ ）
A．是偶函数
B．是周期函数
C．当时，
D．当时，
【答案】D
【分析】对于A,令，得，令， 将变换为，得到判定；对于B，先证明 是增函数，可得不是周期函数判断；对于C，D运用单调性可判断.
【详解】对于A,令，则，得，令，得，由整理可得.
将变换为，则，故，故，故是奇函数，故A错误.
对于B，,设，则，
且
，故，则.
又是奇函数，故是增函数，可得不是周期函数，故B错误.
对于C，时，故C错误；
对于D，时，.故D正确.
故选：D.
16．（2024·广西·模拟预测）（多选题）已知函数是定义域为的奇函数，，若，，则（ ）．
A．的图像关于点对称B．是周期为4的周期函数
C．D．
【答案】ABCD
【分析】根据给定条件，结合函数对称性、周期性的定义探讨函数性质，再逐项计算判断得解.
【详解】对于A，由，得，
当时，可得；当时，，也满足；
故,故是周期为4的周期函数，
而为上的奇函数，故其对称中心为，故也是的对称中心，故AB正确.
对于C，显然，故C正确；
对于D，由是定义域为的奇函数，得，
又，于是，
因此，
所以，故D正确．
故选：ABCD．
【点睛】思路点睛：对AB 选项，根据题设的对称性可得函数的周期为4，从而可判断它们的正误.对C选项，结合条件代入运算得解；对D选项，求出，利用函数周期性运算判断.
17．（多选题）设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（ ）
A．B．C．为偶函数D．的图象关于点对称
【答案】AC
【分析】根据给定条件，利用奇偶函数的定义推理可得的周期，结合已知函数求出，再逐项分析判断.
【详解】由为奇函数，得，即，
则，由为偶函数，得，则，
于是，函数是周期函数，一个周期为4，
由，得，由，得，
由，得，于是，解得，
对于A，，A正确；
对于B，，B错误；
对于C，由，得，为偶函数，C正确；
对于D，，的图象关于点对称，D错误.
故选：AC
18．已知函数的定义域为，则函数的定义域为 .
【答案】
【分析】根据给定条件，利用抽象函数的定义域，结合对数函数的定义及性质列出不等式组求出定义域.
【详解】由函数的定义域为，得，则，
在中，，解得且，
所以函数的定义域为.
故答案为：
19．函数的单调增区间为 .
【答案】
【分析】先求出函数的定义域，然后换元，求出内层函数的单调区间，再利用复合函数“同增异减”的性质，可求得答案
【详解】函数，
所以定义域为，解得或 ，
令（或），则，
因为在上单调递增，而在定义域内为增函数，
所以由复合函数“同增异减”的性质，可知函数的单调递增区间为
故答案为：.
20．（2024·宁夏银川·一模）已知是偶函数，在上单调递增，，则不等式的解集为 .
【答案】
【分析】首先得出的对称性结合的单调性可得的符号变化情况，由此可通过列表法求解.
【详解】由题意是偶函数，所以的对称轴是，
因为在上单调递增，所以在上单调递减，
又，所以，
所以当时，，当时，，
由对称性当时，，当时，
所以的符号随的变化情况如下表：
所以由上表可知不等式的解集为.
故答案为：.
21．（24-25高三上·四川绵阳·月考）若函数，则的解集为
【答案】
【分析】先构造函数，通过分析的奇偶性与单调性，再结合已知条件求解不等式的解集.
【详解】构造函数并分析其性质，
设，其定义域为.
判断奇偶性：.
对进行变形，.
所以，则是奇函数.
判断单调性：
对于，因为在上单调递增，
且对数函数在上单调递增，根据复合函数“同增异减”的性质，
可知在上单调递增.
对于在上单调递增，在上单调递减，
则在上单调递增.
所以在上单调递增.
将进行转化，
已知，则.
所以可转化为，即.
因为是奇函数，所以.
又因为在上单调递增，所以.
移项可得，即，解得.
故的解集为.
故答案为：.
22．（23-24高三上·上海普陀·期末）已知己函数的最大值为，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】同一坐标系中画出和的图象，然后根据图象分讨论求解即可.
【详解】由题意，
设，则，即函数在R上为奇函数，
又当时，，当且仅当时等号成立，
由对勾函数的单调性可得函数在上单调递增，在上单调递减，
故
设，则，
令，解得
同一坐标系中画出和的图象如下：

由图可知，当时， ，

当 时， ，

当时， ，

综上，的取值范围是 .
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：对于分段函数，其中每一段对应的变量范围在没有确定的情况下，需要在一个坐标系中画出每一段的完整图象，对变量的取值变化情况分析，从而得到分类的标准进行讨论.
23．（24-25高三上·河北衡水·月考）若定义在上的函数满足：对任意的，都有：，当时，还满足：，则不等式的解集为 ．
【答案】
【分析】先用赋值法得到，，判断出函数为偶函数，然后利用判断单调性，最后分类讨论计算的解集即可.
【详解】因为对任意的，都有：
令，可知
令，可知
令，得
故函数为偶函数，
令
要使
则
显然函数为偶函数；
因为当时，
得
所以当时函数单调递减，
此时也单调递减
因为需要
故
因为为偶函数
所以当时，的解为
故不等式的解集为
故答案为：
【点睛】做一些抽象函数相关的习题时，我们一定需要去找抽象函数的一些性质，如单调性、奇偶性、对称性、周期性；然后再利用他们的关系来求解；通常还需要用赋值法得到一些函数值.
24．已知定义在R上的偶函数满足.若，且在单调递增，则满足的x的取值范围是 .
【答案】
【分析】由题意可知，是周期为的周期函数，的最小正周期为8，结合与的单调性，易知在一个周期内，由，可得，再结合周期求出范围即可.
【详解】因为是偶函数，所以，
由，可得关于对称，
因为，所以，
则，
因为是偶函数，所以，
因为，所以，
则，
所以函数是周期为的周期函数.
因为是偶函数，且在单调递增，所以在单调递减，
令中，则，则，
又因为关于对称，所以在上单调递增，上单调递减，
结合函数是周期为的周期函数，
综上可得在，上单调递增，，上单调递减.
因为的最小正周期为，结合图象可知，
在，上单调递增，在上单调递减，
令中，则，则，
当，又，所以，
当，又，所以，
所以当时，，解得.
又因为与均为周期函数，且8均为其周期，
所以的x的取值范围是.
故答案为：.
抽象函数的定义域
（1）函数的定义域是自变量x的取值范围，比如：函数f(x)的定义域是指x的取值范围，函数y=f[g(x)]的定义域也是指x的取值范围，而不是g(x)的取值范围.
（2）f(t)，f(x)，f[φ(x)]，f[h(x)]四个函数中的t，x，φ(x)，h(x)在对应关系f下的范围相同，在同一函数作用下，括号内整体的取值范围相同.
（3）已知f(x)的定义域为A，求f[φ(x)]的定义域，其实质是已知φ(x)的取值范围(值域)为A，求x的取值范围.
（4）已知f[φ(x)]的定义域为B，求f(x)的定义城，其实质是已知f[φ(x)]中x的取值范围为B，求φ(x)的取值范围(值域)，这个范围就是f(x)的定义域.
常见的换元方法
（1）根式代换：一般是指将根式部分通过换元，使原函数表达式转化为我们所熟悉的一元二次方程形式；
（2）整体代换：将所求表达式整体换元；
（3）三角代换：三角代换分为两种情况：①用三角函数的性质将代数或几何问题转化成三角问题，转化的过程要注意定义域的取值问题；②逆向三角代换：是指将三角问题，通过换元法转化成我们所熟悉的一元二次方程的问题。
求复合函数的单调性
（1）单调区间区间I是定义域的子集，即应在函数的定义域内研究单调性．
（2）如果函数y＝f(x)存在多个单调区间，应当用“，”或“和”连接．
（3）单调性是函数的局部性质，增(减)函数是函数的整体性质．
（4）复合函数的单调性遵从“同增异减”，即在对应的取值区间上，外层函数是增（减）函数，内层函数是增（减）函数，复合函数是增函数；外层函数是增（减）函数，内层函数是减（增）函数，复合函数是减函数.
分段函数的单调性
已知分段函数的单调性求参数，切记不要漏掉分段点处函数值大小的比较，常见的类型及应满足的条件如下：
类型1：函数，在上单调増递，则满足两个条件：
(1)在上单调増递增；
(2)在上单调増递增；
(3).
类型2：函数，在上单调増递减，则满足两性个条件：
(1)在上单调増递减；
(2)在上单调増递减；
(3).
1、在上是偶函数，且在单调递增 若解不等式 ，则有（不变号加绝对值）；
2、在上是偶函数，且在单调递减 若解不等式 ，则有（变号加绝对值）；
函数对称与周期性常用思路
（1）如果函数有两条对称轴，则一定是周期函数，周期为对称轴距离的2倍.
（2）如果函数有一条对称轴，一个对称中心，则一定是周期函数，周期为对称中心与对称轴之间距离的4倍.
（3）如果函数有在同一水平线上的两个对称中心，则一定是周期函数，周期为对称中心之间距离的2倍.
-
+
+
+
+
+
-
+
-
+
-
+