专题02 高中全部补充函数培优归类（题型清单）（解析版）2026高考数学一轮复习知识清单（全国通用）

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题型1 对勾函数型
1.（23-24高三·黑龙江哈尔滨·模拟）已知函数，若对于任意的实数、、，均存在以、、为三边边长的三角形，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】对实数分、、三种情况讨论，求出函数的最大值和最小值，由题意得出，由此可求出实数的取值范围.
【详解】当时，，当且仅当时，等号成立，且，，此时，；
①若时，函数在区间上单调递减，则，即，
那么，当时，，，
由题意可得，则有，解得，此时，；
②当时，且当时，，则，，成立，此时；
③当时，函数在区间上单调递增，则，即，则，，
由题意可得，则有，解得，此时.
综上所述，.故选B.
【点睛】本题考查函数最值的应用，同时也考查了分段函数的最值，解题的关键就是将题意转化为关于函数最值相关的不等式求解，考查分类讨论思想的应用，属于中等题.
2.（22-23高三上·广东清远·阶段练习）已知函数，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】分析可知函数为上的偶函数，且该函数在上单调递增，将所求不等式变形为，可得出关于实数的不等式，即可得解.
【详解】由题意可知，函数的定义域为，
且，
所以，函数为偶函数，
当时，
且不恒为零，所以，函数在上为增函数，
由可得，则，可得，
整理可得，解得.故选：D.
3.（24-25高三上·浙江·期中）已知函数，若，，，则有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由已知可得为偶函数，则，利用对数函数的性质和指数函数的性质，可得，，，又当时，由，可得为单调递增函数，即可得到答案.
【详解】因为函数且定义域为R，则，所以为偶函数，
因为，
则，
又，，，
，，
则，所以，
当时，因为，所以为单调递增函数，
所以.故选：B.
4.（2020·湖南娄底·模拟预测）已知函数（且）是偶函数，则关于x的不等式的解集是（ ）
A．B．
C．D．以上答案都不对
【答案】B
【分析】根据是偶函数求得，利用函数的单调性和奇偶性不等式等价于，解不等式即可.
【详解】∵是偶函数∴，即
化简得∴，（，）,
时都能得到，所以在上是增函数
∴（，）为偶函数且在上是增函数，
∴，，即，即或
解得或.即.故选：B.
【点睛】本题主要考查函数的单调性和奇偶性的应用，属于中档题.
题型2 双曲函数
1.（2025·江西·模拟预测）已知函数，若，使成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先研究函数是奇函数，再求导，用均值不等式和余弦函数特点，知道函数在整个取值范围递增.利用奇函数性质变成，结合单调性得出.
参变分离，转化为求的最值即可.
【详解】因为，所以为奇函数，
又，故在上单调递增，
由，得，所以，
若，，即，只需，
令，由对勾函数的性质可知在上单调递增，
故，故.
故选：D.
2.（23-24高一下·河南濮阳·期末）已知函数，若，，且，则的最小值为（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】D
【分析】由函数奇偶性的定义可得为奇函数，结合单调性可得，然后结合基本不等式即可得到结果.
【详解】因为的定义域为，
且，即函数为奇函数，
又因为在上单调递增，
则在上也单调递增，
因为，即，
则，所以，
则，
当且仅当时，即，取等号.
所以的最小值为.
故选：D.
3.（24-25高三·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知函数，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据函数的单调性和奇偶性，把函数不等式转化为代数不等式求解即可.
【详解】因为，，
所以，所以函数为偶函数；
设，则，
因为，所以，，，所以，即
所以函数在上单调递增.
由函数为偶函数，所以函数的图象关于轴对称，在上单调递减.
所以且.
故选：D
4.（22-23高三上·四川成都·阶段练习）已知函数，则关于t的不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】令，判断出利用奇偶性、导数判断出的单调性，由得，再利用奇偶性、单调性解不等式可得答案.
【详解】，令，，所以为奇函数，
因为，所以为单调递增函数，
由得，即，
所以，解得.
故选：A.
题型3 复合分式型“反比例”函数
1.（23-24高二下·广东茂名·期末）已知函数，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】证明函数的奇偶性，再分析出其单调性，从而得到，解出即可.
【详解】由可得且，则为偶函数，
，
因为在上单调递减，在上单调递增，则恒成立，
则在单调递减，在单调递增，
，解得或.
故选：D.
2．（23-24高三江苏南通·阶段练习）已知函数，，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由 ，从而有在上单调递增，再结合单调性可求解．
【详解】解： ，在在上单调递增，，
或，解可得，或，即，故选A．
【点睛】本题主要考查了利用函数的单调性求解不等式，体现了分类讨论思想的应用．
3．（23-24高二下·甘肃兰州·阶段练习）已知函数，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】作出函数图像，由图像判断函数的单调性，进而解出答案.
【详解】函数图像如图所示，
则不等式等价于
或∴.故选：A.
4．（24-25高一下·云南昭通·开学考试）已知函数，若对任意的恒成立，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先用基本不等式求最值，再解一元二次不等式即可.
【详解】对任意的，，
因为，令，，
因为，当且仅当，即，即时，等号成立，
所以，
因为恒成立，所以，即，解得：，
故选：D.
题型4 绝对值型函数
1.（2019·天津和平·一模）已知函数，若关于的方程恰有三个不相等的实数解，则的取值范围是
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】设，则是的图象沿着上下平移得到，分析函数与的图象，利用图象关系确定两个函数满足的条件进行求解即可．
【详解】
设，则是的图象沿着上下平移得到，当x=1时，（1）（1），
所以直线x=1与函数h(x)的图像的交点坐标为（1，m）,当x=1时，g(1)=0,
当x=2时，（2），所以直线x=2与函数g(x)的图像的交点为（2，-2），
当x=2时，（2），所以直线x=2与函数h(x)的图像的交点为（2，ln2+m）,
要使方程恰有三个不相等的实数解，则等价为与的图象有三个不同的交点，
则满足，即得，即，即实数的取值范围是，，故选．
【点睛】本题主要考查函数的图像和性质的综合应用，考查函数的零点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
2.（24-25高二下·河北·期末）已知，则的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】设，分，，三种情况去掉绝对值符号得到的解析式及值域，即可得解.
【详解】设，.
所以当时，；
当时，；
当时，.
所以当时，的最小值为3，
故选：C
3.（24-25高二下·江苏南京·期末）已知函数的值域为，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用分段函数的值域是各段值域的并集，结合二次函数的单调性列不等式求解即可.
【详解】当时，若，则，若，则，
函数的值域不可能为；
当时，，在上单调递增，在上单调递增，，
若函数的值域为，则，解得；
综上所述，实数a的取值范围是.故选：B.
4.（24-25高二下·浙江丽水·期末）已知函数，若关于的不等式的解集中有且仅有个整数，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将不等式化为，令，即.然后分和两种情况去掉绝对值符号，得到相应的解析式，计算取时的函数值，画出函数的部分图象，数形结合即可得解.
【详解】因为函数，所以关于的不等式
可化为，即，令，即.
当时，，在上单调递减，在上单调递增，
且；当时，，
在上单调递减，且.如图所示，结合函数图象及取时的函数值可知，要使的解集中有且仅有个整数，这两个整数解只能是和，
所以实数的取值范围为，即.故选：C
题型5 取整函数（高斯函数）
1.（22-23高三·江苏徐州·阶段练习）符号表示不超过的最大整数，如，，定义函数，那么下列说法正确的个数是（ ）
函数 的定义域为 R ，值域为  1, 0
②方程 有无数多个解
③对任意的，都有成立
④函数是单调减函数
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】根据取整函数的定义，可得函数的最小正周期为1，在区间上是减函数，且函数的值域为.由此与各个选项加以比较，即可得到本题的答案.
【详解】对于①，根据的定义，得x为整数时，，从而，此时得最大值；当x的小数部分不为0时, ，故.综上所述，得的定义域为R，值域为，故①正确.
对于②，当时，，从而，因此方程 有无数多个解，故②正确.
对于③，因为一个数增加1个单位后，它的小数部分不变，而整数部分增加1，因此，从而得到，所以对任意的，都有成立，故③正确.
对于④，函数在区间上是减函数，但是由于函数是分段函数，图象不连续，所以不是R上的减函数，故④不正确.
故选：C
【点睛】本题以取整函数为例，要我们判断关于函数性质的几个命题的真假，着重考查了函数的单调性、周期性以及函数的定义域、值域等知识，属于中档题.
2.（22-23高三上·江西·阶段练习）已知表示不超过实数的最大整数()，如：，，．定义，给出如下命题：
①使成立的的取值范围是；
②函数的定义域为，值域为；
③．
其中正确的命题有
A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】B
【分析】利用所给取整函数的定义逐个判断. ①讨论x的范围，判断何时；
②考虑x为整数或介与两个整数之间求函数的值域；③对等式左边利用二项式定理及[x]的定义化简求和.
【详解】①由，，所以；x