分段函数重点考点专题练2026年高考数学第一轮专题复习：备考 [含答案]

这是一份分段函数重点考点专题练2026年高考数学第一轮专题复习：备考 [含答案]，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知函数则的解集是（ ）
A．B．C．D．
2．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，用他的名字命名了“高斯函数”.设，用表示不超过x的最大整数，则标为高斯函数.例如：，已知函数，则下列选项中，正确的是（ ）
A．
B．的最大值为1
C．的最小值为0
D．在上的值域为
3．设,若,则
A．2B．4C．6D．8
4．已知函数是定义在上周期为4的奇函数，且，则不等式在上的解集为（ ）
A．B．
C．D．
5．已知函数的值域为，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数，若方程恰有三个不同实数根，则实数k的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
7．设，函数，若在区间内恰有6个零点，则a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
8．已知定义在上的函数下列结论正确的为（ ）
A．函数的值域为B．
C．当时，函数的最大值为4D．函数在上单调递减
9．设函数，若实数a，b，c满足，且.则下列结论恒成立的是（ ）
A．B．
C．D．
10．对于函数，下列说法一定正确的是（ ）
A．B．，使得在上单调递减
C．当时，的值域为D．，最多有三个根
11．若函数满足，其中为的导函数，则（ ）
A．
B．函数的值域为
C．函数在区间上单调递减
D．当且仅当时，
12．已知函数，函数，且，定义运算设函数，则下列命题正确的是（ ）
A．的最小值为
B．若在上单调递增，则k的取值范围为
C．若有4个不同的解，则m的取值范围为
D．若有3个不同的解，，则
三、填空题
13．设函数，若关于的方程的解的个数是
14．已知函数的表达式为，则的解集为 .
15．若函数（且）的值域是，则实数的取值范围是 ．
16．已知，函数若对任意x∈［–3，+），f(x)≤恒成立，则a的取值范围是 ．
17．对于实数，，，记为，，中的最大者，例如：，．若非负实数，满足，则的最小值为 ．
18．设函数
①若，则的最小值为 ；
②若恰有2个零点，则实数的取值范围是 ．
四、解答题
19．已知函数，设是三个不同的实数，满足，求的取值范围.
答案
1．A
【分析】先判断函数为奇函数，再根据函数单调性解抽象不等式即可.
【详解】当时，，，；
当时，，，；
且当时，，
所以为奇函数，
易知为上的递减函数，
则，
所以原不等式的解集为.
故选：A
2．C
【分析】先进行分段化简函数，并画函数图象，再结合图象判断最值情况即可.
【详解】对于A，，，所以，A错；
由高斯函数的定义可得：
当时，，则，
当时，，则，
当时，，则，
当时，，则，
当时，，则，
当时，，则，
当时，，则，
所以当时，，且每段函数都是单调递减，每段的左端点的函数值都为1；
当时，，且每段函数都是单调递增，每段的左端点的函数值都为1；
绘制函数图象如图所示，

对于B，由图可知，当，没有最大值，B错；
对于C，由图可知，当，的最小值为0，C对；
对于D，由图可知，在上的值域为，D错.
故选：C
3．C
【详解】由时是增函数可知,若,则,所以,由得,解得,则,故选C.
【名师点睛】求分段函数的函数值,首先要确定自变量的范围,然后选定相应关系式，代入求解；当给出函数值或函数值的取值范围求自变量的值或自变量的取值范围时,应根据每一段解析式分别求解,但要注意检验所求自变量的值或取值范围是否符合相应段的自变量的值或取值范围．
4．B
【分析】由函数的图象向右平移1个单位长度，作出函数在上的图象，结合图象，即可求解.
【详解】因为函数是定义在R上周期为4的奇函数，且，
所以当时，；
当时，，所以；
当时，，所以，
函数的图象可由函数的图象向右平移1个单位长度得到，
作出函数在上的图象，如图所示．
由图可知不等式在上的解集为．
故选：B．
5．C
【分析】由对数函数可得函数在上的值域，根据一次函数以及二次函数的性质，建立不等式组，可得答案.
【详解】当时，易知，
当时，设在的值域为，由题意可得，
当时，，即，不符合题意；
当时，由不等式化简可得，解得
由不等式组，解得.
综上可得.
故选：C.
6．C
【分析】作出函数的图象，转化为两个函数有三个交点，利用数形结合计算特殊位置即可.
【详解】
如图所示，作出函数的图象，
方程恰有三个不同实数根，等价于上述两个函数图象有三个交点，
易知，
显然与必有一个交点，
所以要满足题意需与有两个交点，
①先求与相切时的值，
设切点为，则，
令，
即单调递增，
又，所以，
当过点时，，
此时满足条件的
②再求与相切时的值，
联立，，
易知切点横坐标为，显然时，，符合要求，
当过点时，，
此时满足条件的，
综上.
故选：C
思路点睛：关于分段函数的零点个数问题，可以转化为两个函数的交点问题，利用数形结合的思想及直线斜率的变化计算特殊位置即可.
7．A
【分析】由最多有2个根，可得至少有4个根，分别讨论当和时两个函数零点个数情况，再结合考虑即可得出.
【详解】最多有2个根，所以至少有4个根，
由可得，
由可得，
（1）时，当时，有4个零点，即；
当，有5个零点，即；
当，有6个零点，即；
（2）当时，，
，
当时，，无零点；
当时，，有1个零点；
当时，令，则，此时有2个零点；
所以若时，有1个零点.
综上，要使在区间内恰有6个零点，则应满足
或或，
则可解得a的取值范围是.
关键点睛：解决本题的关键是分成和两种情况分别讨论两个函数的零点个数情况.
8．AC
【分析】通过对函数的分析，作出其图象，即可求得函数的值域，判断各选项的正误.
【详解】因当时，，
故当时，，，
当时，，，
当时，，，
当时，，，
,以此类推，可作出函数的图象，如图，

对于A，由图可知，函数的值域为，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，由图知，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，
故时，函数取得最大值，故C正确；
对于D，由图可知，函数在上先增后减，故D错误.
故选：AC.
9．ABD
【分析】根据函数图象找出实数a，b，c的范围，求出，对不成立的结论可举反例,对恒成立的结论结合对勾函数的性质进行论证.
【详解】画出函数图象，如图，

因为，且，.
所以.且即.
对A，因为，所以，故A正确；
对B，因为，所以，由对勾函数的性质知函数在上为单调减函数，则，故B正确；
对C，因为，所以，又，则，令解得，即时，,
因为函数在上单调递减，则当时，有，故C不正确；
对D，因为，所以，由对勾函数的性质知在上递减，则.
因为函数在上单调递减，所以，故D正确.
故选：ABD
10．BCD
【分析】直接代入即可判断选项A，变换时，左段函数上下平移，结合图像可判断B，C，D.
【详解】作出图像如下图：
对于A：，故选项A错误；
对于B：由图可知，当，即时，在上单调递减，故选项B正确；
对于C：当时，，当，即时，的值域为R，故选项C正确；
对于D：由图可得到选项D正确.
故选：BCD
11．BC
【分析】根据题意求出函数在区间的解析式，发现函数的周期性，然后逐项判断即可.
【详解】当时，，令，则，此时，
所以当时，， .
当时，，因为，所以，
所以当时，，此时.
当时，，因为，所以，
所以当时，，此时.
当时，，因为，所以，
所以当，，此时.
以此类推函数的最小正周期为，
所以，所以A错误；
所以当时，值域为，，值域为，
当时，值域为，，值域为，所以函数的值域为，所以B正确；
当时，单调递减，所以函数在区间上单调递减，所以C正确；
当时和时，函数无零点，
当时，令，则，时，令，则，
由周期性可知时，，所以D错误.
故选：BC
12．AC
【分析】对A，对分类讨论，并作出分段函数的图象求出最小值即可；对B，令，求出，根据其单调性得到不等式，解出即可；对C和D结合图象转化为直线与函数图象交点个数，并结合函数对称性即可判断.
【详解】对A，
令，解得.
当时，作出函数和的图象，如图1所示.
此时，，显然当时，，
当时，作出函数的图象，如图2所示.
，，所以的最小值为，
综上的最小值为，A正确.
对B，令，解得，.
若在上单调递增，则，解得.
因为当时，在上单调递增，
所以k的取值范围为，B错误.
对CD，若有3个不同的解，，，则结合图象可得
或，D错误.
若有4个不同的解，则，C正确.
故选：AC.
关键点点睛：本题B选项的关键是结合图象找到临界位置，从而得到不等式，CD选项应结合函数图象，转化为直线与函数图象交点个数问题.
13．5
【分析】求出或2，分别求出和时的解，得到答案.
【详解】或2，
当时，若，则，无解，
若，，故或，解得或，
当时，若，则，解得，
若，，故或，解得或，
所以方程的解的个数有5个.
故5
14．
【分析】根据分段函数解析式得到或，解得即可.
【详解】因为，对于不等式，
则或，
解得或，
所以不等式的解集为.
故
15．
【详解】试题分析：由于函数的值域是，故当时，满足，当时，由，所以，所以，所以实数的取值范围.
考点：对数函数的性质及函数的值域.
【方法点晴】本题以分段为背景主要考查了对数的图象与性质及函数的值域问题，解答时要牢记对数函数的单调性及对数函数的特殊点的应用是解答的关键，属于基础题，着重考查了分类讨论的思想方法的应用，本题的解答中，当时，由，得，即，即可求解实数的取值范围.
16．
【分析】由题意分类讨论和两种情况，结合恒成立的条件整理计算即可求得最终结果.
【详解】分类讨论：①当时，即：，
整理可得：，
由恒成立的条件可知：，
结合二次函数的性质可知：
当时，，则；
②当时，即：，整理可得：，
由恒成立的条件可知：，
结合二次函数的性质可知：
当或时，，则；
综合①②可得的取值范围是，故答案为.
点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.有关二次函数的问题，数形结合，密切联系图象是探求解题思路的有效方法．一般从：①开口方向；②对称轴位置；③判别式；④端点函数值符号四个方面分析．
17．36
【分析】方法一：令，根据的定义，通过配凑系数法，结合条件，求得的最小值；
方法二：由消元，转化为，并在同一坐标系下画出函数其图象，找到最低点即得答案.
【详解】方法一：（配凑系数法）令，则．
为非负实数，且，
，因此．
且当时，
的最小值为36.
方法二：（转化为一元函数）由得，
令，则，在同一坐标系下画出函数的图象，如图．则函数的图象是图中的实线部分，显然点是图象的最低点．
18．(1)-1，(2)或.
【详解】①时，，函数在上为增函数且，函数在为减函数，在为增函数，当时，取得最小值为-1；
（2）①若函数在时与轴有一个交点，则， ，则，函数与轴有一个交点，所以；
②若函数与轴有无交点，则函数与轴有两个交点，当时与轴有无交点，在与轴有无交点，不合题意；当当时与轴有无交点，与轴有两个交点，和，由于，两交点横坐标均满足；综上所述的取值范围或.
考点：本题考点为函数的有关性质，涉及函数图象、函数的最值，函数的零点、分类讨论思想解题.利用函数图象研究函数的单调性，求出函数的最值，涉计参数问题，针对参数进行分类讨论.
19．
【分析】依题意可知方程有三个不同的实根，讨论在不同区间内的单调性以及值域，结合图象可看出方程有三个不同的实根，当且仅当方程有两个不同的实根，结合等价于和的等式可得到，最后即可推出的取值范围.
【详解】设，即方程有三个不同的实根，
由于在单调递增，且该部分值域为，在单调递增，且该部分值域为，，，
结合图像可知，方程有三个不同的实根，当且仅当方程有两个不同的实根，即当且仅当，且，，
再考虑方程和，注意，或或，
故，
由于，且为关于的增函数，所以.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
C
B
C
C
A
AC
ABD
BCD
题号
11
12








答案
BC
AC