专题02 分段函数及抽象函数的应用19种常见考法归类（核心题型清单）2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）（原卷版+解析版）

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考法深研·解题技能通关
题型01 求分段函数的函数值
1．（2026·山西晋城·模拟预测）若函数则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】因为，
所以，.
2．（2026·湖南长沙·模拟预测）已知函数，则（ ）
A．B．C．1D．e
【答案】B
【详解】函数，则，
所以.
3．（2026·山东烟台·模拟预测）已知函数，则（ ）
A．2025B．2026C．2027D．2028
【答案】B
【详解】由题意得：当时，，
所以，
则.
4．（2026·山东泰安·模拟预测）已知函数，若，则（ ）
A．1或3B．或1C．0或D．1或
【答案】D
【详解】当时，，解得；
当时，，解得.
综上所述，或.
5．（2026·浙江·模拟预测）已知函数若，则实数（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】当时，，即解得或（舍），
当时，，即，，
方程无实数解，综上.
6．（2026·广东佛山·模拟预测）已知函数，若，则_________．
【答案】0或2
【分析】根据题意结合指、对数函数性质可得，分类讨论解方程即可.
【详解】因为恒成立，若，
则，且，可得，
若，则，解得；
若，则，解得；
综上所述：或.
题型02 分段函数与不等式
7．（2026·江苏南京·模拟预测）已知，则的解是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】先分区间求解的解集，结合函数单调性确定x的范围后，再代入解关于a的不等式即可.
【详解】 分情况讨论不等式的解：
当时，，不等式，
与前提矛盾，故此时不等式无解；
当时，，对其求导得.
当时，，即在上单调递增.
又，
因此.
综上，的解为.
将代入得，解得，即.
8．（2026·河北邢台·模拟预测）已知函数 则满足 的实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】∵ 当时，为单调递增函数，当时，，所以此时.
当时，为单调递增函数，也为单调递增函数，
∴ 在上单调递增，且.
∴ 函数是定义域为的单调递增函数.
令，当时，有.
设（），则，整理得.
解得或，∵ ，∴ 不符合题意，舍去.
∴ ，即.
∵ 在上单调递增，
∴ 等价于，解得.
∴ 实数的取值范围为，故选A.
9．（2026高三·全国·专题练习）已知，若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】由题得或，解得，故选项D正确．
10．（2026·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知函数，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先判断函数奇偶性与单调性，再解不等式.
【详解】由已知得，当时，，
所以，当时，同理有，可知是奇函数．
又当时，，所以在上单调递增，
从而可得在上单调递增．
不等式即，
所以有，解得．
11．（2026·江苏南京·模拟预测）已知函数，则满足的实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】分类讨论，当时，根据解不等式，当时，即时根据函数的单调性求解,
【详解】当时，即时，，
故满足题意；
当时，即时，令，则+1在上单调递增，
所以函数在上单调递增，又，
所以由可得，解得，
又，故.
综上，实数a的取值范围为.
题型03 分段函数图象及其应用
12．（2026高三·全国·单元测试）已知函数

(1)求，的值；
(2)若，求的值；
(3)作出函数的大致图象，并求的解集．
【答案】(1)，
(2)或1或
(3)作图见解析，
【分析】（1）根据分段函数解析式计算可得；
（2）根据分段函数解析式，分类讨论，分别计算可得；
（3）根据函数解析式，可作出函数图象，根据函数解析式分类讨论可求得不等式的解集.
【详解】（1）因为，
所以，．
（2）当时，，解得；
当时，，解得；
当时，，解得或（舍去）．
综上所述，的值为或1或．
（3）作出函数的图象如图所示：

当时，恒成立；当时，恒成立；
当时，，即，得．
综上所述，的解集为．
13．（2026高三·广东惠州·期中）已知函数．
(1)求，，的值；
(2)若，求的值；
(3)作出函数的大致图象，并求时，的值域．
【答案】(1)，，
(2)或1或
(3)图象见解析，
【分析】（1）根据分段函数解析式计算可得；
（2）根据分段函数解析式，分类讨论，分别计算可得；
（3）根据函数解析式，可作出函数图象，根据函数解析式易求时，的值域.
【详解】（1）因为，
所以，，
.
（2）当时，，∴；
当时，，∴；
当时，，∴或（舍）.
综上所述，m的值为或1或.
（3）函数的图象，如图所示：
当，，
当，，
综上所述：结合图象可得的值域为.
14．（2026高三·天津和平·期中）已知函数.
(1)求 的值；
(2)在平面直角坐标系中画出函数的图象；
(3)求关于的方程的实数根．
【答案】(1)
(2)作图见解析
(3)
【分析】（1）根据函数的解析式由内到外计算可得出的值；
（2）根据函数的解析式可作出函数的图象；
（3）分、两种情况解方程，可得其实数根.
【详解】（1）因为，则，.
（2）作出函数的图象如下图所示：

（3）当时，由，可得，
当时，，此时，方程无解.
综上所述，方程的实数根为.

题型04 求分段函数的值域或最值
15．（2026·湖南邵阳·模拟预测）定义一种运算，则函数的值域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】当时，，，
因为在上是单调递增函数，所以，即；
当时，，，
因为在上是单调递减函数，所以，即；
综上可知，的值域为.故选项C正确.
16．（2026·安徽合肥·模拟预测）函数的值域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】分别求出在上的值域以及在上的值域可得答案.
【详解】因在上单调递增，则时，，
又在上单调递增，则时，，
则的值域为，故A正确．
17．（2026高三·辽宁铁岭·阶段检测）已知函数则的值域是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据指数函数及二次函数的单调性得出值域.
【详解】当时，单调递增，，
当时，．
综上所述，的值域是．
18．（2026高三·全国·一轮复习）定义为中的最小值，设，则的最大值是（ ）
A．1B．2C．3D．5
【答案】B
【分析】作出函数的图象，根据图象即可求解.
【详解】画出，，的图像，观察图像可知，
当时，，
当时，，
当时，，
所以的最大值在时取得为，故B正确．
题型05 已知分段函数的值域(最值)求参数
19．（2026·河南周口·模拟预测）若函数的值域为，则实数的取值范围（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】分，，，四种情况讨论，结合一次函数与对数函数的单调性以及值域即可求解.
【详解】若，则在上单调递减，在上单调递减，
且当时，，当时，，
此时要想满足的值域为，则有 ，解得，结合，可得；
若，则当时，，当时，，的值域不为，不合题意；
若，则在上单调递增，在上单调递减，
且当时，，当时，，
的值域不可能为，不合题意；
若，则在上单调递增，在上单调递增，
且当时，，当时，，
此时要想满足的值域为，则有 ，解得，结合，可得，
综上所述，实数的取值范围为.
20．（2026·河南开封·模拟预测）已知，且，若函数的值域为，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据指数函数的单调性结合已知函数值域列出不等式计算即可.
【详解】若，则在单调递减，即，，
当时，在单调递增，则，
此时两部分值域的并集不为，不符合题意；
若，则在单调递增，即，，
当时，在单调递增，则，
要使函数的值域为，则，解得：，
若，则，此时函数的值域为，不符合题意；
若，则在单调递增，即，，
当时，在单调递减，
则，，此时两部分值域的并集不为，不符合题意；
综上，若函数的值域为，则的取值范围是
21．（2026·贵州六盘水·模拟预测）已知函数的值域为，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求出函数在上的值域，对实数的取值进行分类讨论，求出该函数在上的值域，结合已知条件可得出关于的不等式，解之即可.
【详解】当时，，则，故，
若，当时，，此时函数在上的值域为，不符合题意；
若，当时，，
此时函数在上的值域为，不是，不符合题意；
若，当时，，
此时函数在上的值域为，
所以，解得.
综上所述，实数的取值范围是.
22．（2026·湖南邵阳·模拟预测）已知函数若存在最大值，则实数的最大值为___________．
【答案】
【详解】若存在最大值，根据一次函数的单调性可知，分类讨论，
当，时，的最大值为，
而在区间上为单调递增函数，则，解得，
故，
当，时，的最大值为，
而在区间上为单调递增函数，
则，即，解得，
故，
综上所述可得的取值范围为，故的最大值为．
23．（2026·北京昌平·模拟预测）设函数若存在最小值，则的一个取值为____，的最小值为_____．
【答案】 （答案不唯一，取均可）
【详解】当，函数图像如图所示，不满足题意.
当，函数图像如图所示，符合题意
当，函数图像如图所示，要使函数有最小值，需满足.
所以.
当，函数图像如图所示，不满足题意.
当，函数图像如图所示，要使函数有最小值，需满足.
无解，故不满足题意.
综上所述，的取值范围为，最小值为.
题型06 分段函数的单调性及应用
24．（2026高三·全国·课后作业）已知函数，设，则是（ ）
A．在上单调递减
B．在上单调递增
C．在上单调递减，上递增
D．在上单调递增，上递减
【答案】B
【分析】首先判断与的奇偶性，再画出的图像即可求出的单调性.
【详解】的定义域为，
因为，则，
所以为奇函数.
又，则也是奇函数.
由，可得图象如图所示：

所以函数在上单调递增.
故选：B
25．（2026·湖南常德·模拟预测）已知函数 在 上单调递减，则 的最小值是（ ）
A．B．2C．D．5
【答案】B
【详解】对函数，由对勾函数可得在和上单调递减，
因为函数在上单调递减，在上单调递减，
所以，解得，
所以的最小值为2.
26．（2026高三·安徽阜阳·阶段检测）若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】因为函数在上单调递增，
所以，解得．
27．（2026高三·云南楚雄·阶段检测）已知函数，在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，利用分段函数单调性，结合指对数函数、二次函数单调性列出不等式组求解.
【详解】由函数在上都单调递增，
得函数在上单调递增，
由函数在上单调递增，得，解得，
所以的取值范围是.
28．（2026·陕西西安·模拟预测）已知函数若对任意，，且，都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】由题意得，在上是增函数，
所以在上单调递增，则①，
又时，，
时，，故②，
联立①②，解得．
29．（2026高三·全国·专题练习）如果函数，满足对任意，都有成立，那么的取值范围是______．
【答案】
【分析】根据函数f(x)是R上的增函数，由求解.
【详解】因为函数满足对任意x1≠x2，都有>0成立，
所以函数f(x)是R上的增函数，
所以，解得.
故的取值范围是.
题型07 抽象函数的定义域问题
30．（2026高三·新疆乌鲁木齐·阶段检测）已知定义域为，则的定义域为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据复合函数定义域的求法求解即可.
【详解】设，则可化为.
因为定义域为，即，则中的，
即，解得.
所以的定义域为.
31．（2026高三·全国·专题练习）已知函数的定义域是，则的定义域为______．
【答案】
【分析】由抽象函数定义域的计算方法求解即可.
【详解】由题意得，则，即的定义域为.
32．（2026高三·广东佛山·期末）已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据复合函数定义域和具体函数的定义域的求法，即可列式求解.
【详解】函数的定义域需满足不等式，解得：且，
所以函数的定义域是.
故选：C.
33．（2026高三·江西宜春·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】根据函数有意义建立不等式组求解即可.
【详解】由函数的定义域为，
所以函数要有意义则：，解得：，
所以函数的定义域为：.
题型08 抽象函数的值域问题
34．（2026高三·陕西商洛·阶段检测）已知函数的定义域和值域均为，则函数的定义域和值域分别为（ ）
A．和B．和
C．和D．和
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用抽象函数的定义域及值域求解判断即可.
【详解】函数的定义域为，则在函数中，，解得，
因此函数的定义域为；
由函数的值域为，得函数的值域为，即，
则，故函数的值域为.
故选：C
35．（2026高三·浙江·期中）已知是定义在上且不恒为的连续函数，若，，则（ ）
A．B．为奇函数
C．的周期为D．的值域为
【答案】D
【分析】对于A，B，C利用赋值法即可判断，对于D，令和，再结合函数的对称性即可判断.
【详解】令得，因为不恒为，所以，所以A错误；
令得，得，则为偶函数，所以B错误；
令得，
则，
则，得周期为，所以C错误；
令得，，即，
令得，即关于中心对称
，即，
所以，所以D正确.
故选：D.
36．（2026·黑龙江大庆·模拟预测）已知是定义在上的奇函数，是定义在上的偶函数，若函数的值域为，则函数的最大值为（ ）
A．2B．3C．6D．9
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用奇偶函数的性质，结合函数值域的意义求出最大值.
【详解】由函数的值域为，得，
由是定义在上的奇函数，得，由是定义在上的偶函数，得，
则，则，而函数与的值域相同，
所以函数的最大值为3.
故选：B
37．（2026高三·重庆·阶段检测）已知满足，且，则的值域为_____
【答案】
【分析】根据题意，令，求得，再令，求得，令，可得，即，再令，得到，结合基本不等式，即可求解.
【详解】由函数满足，且，
令，可得，因为，可得，
再令，可得，所以，
令，可得，即，
再令，可得，所以，
则，
当且仅当时，等号成立，
所以的值域为.
故答案为：.
38．【多选】（2026高三·浙江金华·期末）已知定义域为的函数满足：对任意，有，且，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．若存在使得，则的最小正周期为
C．为偶函数
D．的值域为
【答案】AC
【分析】选项A赋值求解；选项B赋值，利用周期函数的定义推导；选项C赋值，根据偶函数的定义推导；选项D取函数验证.
【详解】选 项 A，令，则有，
又因为，所以；
选 项 B，令，则有，
因为，从而，则，
所以，
故是的一个周期，但不一定是最小正周期；
选 项 C，令，则有，
所以，故为偶函数；
选 项 D，取，满足抽象方程，
但是其值域为，不符题意.
故选：AC.
题型09 求抽象函数的值
39．（2026·湖南·模拟预测）设是奇函数，且，则______．
【答案】
【详解】因为是奇函数，且，
所以，即.
40．（2026·江西九江·模拟预测）已知函数满足对任意实数，都有，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】令得到正整数域上的递推关系，通过累加法推导的通项后代入求值.
【详解】令，代入题设函数方程得： ，
将代入化简，得递推关系：，
当时，有，
则，，，
故
，
故，则.
41．（2026·辽宁大连·模拟预测）已知函数的定义域为，且满足．若，则的值为______．
【答案】
【详解】由 ，得 .
所以，
所以函数为周期函数，为函数的一个周期，
又
所以.
42．【多选】（2026·江苏苏州·模拟预测）已知函数的定义域为，，，为奇函数，则（ ）
A．B．为偶函数
C．D．
【答案】BCD
【分析】令可得，再由为奇函数可得，令可得，令，可得，可判断A；令，可得，可判断B；由，可得，从而，可判断C；计算、、、、和的值，结合函数的周期性计算可判断D.
【详解】由，
令，得，即，，
由为奇函数，可得，
即，即，
所以函数关于点对称，令可得，
令，得，可得，故A错误；
令，可得，即，
则，所以，或，
当 时，，
当时，用替换得 ，所以 ，解得 ，满足，
所以，，即，则为偶函数，故B正确；
由，，可得，即，
所以，则是以6为周期的周期函数，则，故C正确；
由，，，，为偶函数，是以6为周期的周期函数，可得
，，，，
所以，故D正确.
题型10 求抽象函数的解析式
43．（2026高三·河南·期中）已知定义在上的函数满足对任意恒成立，且，则（ ）
A．200B．210C．110D．220
【答案】B
【分析】赋值法，依次令，，，即可求出的解析式.
【详解】令，则，
因，则，
令，则，
令，则，得，
则，得.
故选：B
44．（2026·重庆·模拟预测）已知是偶函数，对任意，，；当时，．则的表达式可以为___________．（写出满足条件的一个即可）
【答案】（任意满足条件的即可）
【分析】利用函数的函数方程、奇偶性、单调性三个条件，找出满足条件的具体函数.
【详解】，则在上满足指数函数性质，
又时，，则在上是增函数，可取，
因为是偶函数，所以可取．（任意满足条件的即可）
45．【多选】（2026·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）对任意，函数都满足，则（ ）
A．
B．
C．在上单调递增
D．直线是曲线的切线
【答案】ACD
【分析】通过对已知等式进行赋值，求出与的表达式，根据表达式逐一分析选项.
【详解】令，则有，
所以，故A正确；
因为，
所以对任意均成立，
当取任意值，取定值时，为常数，
当取任意值，取定值时，为常数，
所以与等于同一个常数，
设，
令，则，
解得，故B错误；
由，得，
所以在上单调递增，故C正确；
因为，所以，
令，得，
又，所以直线是曲线在处的切线，故D正确.
46．（2026·辽宁锦州·模拟预测）是定义在上的函数，满足对都成立，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据已知条件，依次代入特殊值，，，联立方程组，即可求出.
【详解】令，则①，
令，则②，
令，则③，
令，则④，
联立③④，解得，，将代入②，解得，
再将代入①，解得.
47．（2026高三·全国·竞赛）设函数的定义域为，且满足，则的最小值为_____.
【答案】1
【分析】利用方程组思想求出的解析式，再结合基本不等式求最值.
【详解】由得，
解方程组得，
因为的定义域为，所以
等号成立时.
所以的最小值为1.
故答案为：
48．（2026高三·福建福州·阶段检测）已知满足.若为增函数，，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用解方程组法可得，由单调性可得在内恒成立，参变分离结合基本不等式运算求解.
【详解】因为，可得，
联立方程，消去可得，
因为为增函数，
则在内恒成立，即在内恒成立，
又因为，当且仅当，即时，等号成立，
可得，所以a的取值范围是.
故选：D.
题型11 抽象函数的奇偶性问题
49．（2026·宁夏石嘴山·模拟预测）已知函数的定义域为，则下列函数一定为奇函数的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据奇函数，偶函数的定义，逐一判断各选项即可.
【详解】选项A：设，
由，可知是偶函数，不能确定是奇函数，A错误.
选项B：设，
由，可知是奇函数，B正确.
选项C：设，
由，可知是偶函数，不能确定是奇函数，C错误.
选项D：设，
由，可知是偶函数，不能确定是奇函数，D错误.
50．【多选】（2026·广西河池·模拟预测）已知定义在上的函数满足，且为偶函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数为奇函数B．函数为奇函数
C．函数是偶函数D．函数是偶函数
【答案】BCD
【分析】根据抽象函数的对称性、周期性，结合函数奇偶性的定义逐项分析判断即可.
【详解】由为偶函数，得，即，
所以的图象关于直线对称.
由及，得.
令，则，所以，
又，所以，即.
所以，因此是偶函数，故A错误，C正确.
由，得，
又是偶函数，所以，
所以，故为奇函数，故B正确.
由，得，又是偶函数，所以，
所以，即是偶函数，故D正确.
51．（2026高三·全国·专题练习）已知函数的定义域关于原点对称，，且．求证：是奇函数．
【答案】证明见解析
【分析】结合题干抽象函数法则，利用赋值法得，根据奇函数的定义证明即可.
【详解】若函数的定义域包含0，不妨令，则，
即对定义域内任意恒成立，
记，则为常数，则函数为常数函数，
有，即，显然无解，
故函数的定义域关于原点对称且不包含0，
令得，
同理，令得，
故得到，所以是奇函数．
52．（2026高三·江西·阶段检测）已知定义在上的函数满足：对于任意的，均有，且当时，.
(1)求；
(2)探究的奇偶性；
(3)用定义法证明在区间上单调递增.
【答案】(1)0；
(2)奇函数；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，利用赋值法求出目标值；
（2）利用奇函数的定义推理判断；
（3）利用增函数的定义推理得证.
【详解】（1）对于任意的，均有，
取，得，即得.
（2）函数的定义域为，对，令，得，
，因此，
所以函数为奇函数.
（3）且，令，则，即,
因，则，
故，即，
则，所以函数在区间上单调递增.
53．（2026高三·广西河池·阶段检测）若函数的定义域是，且对任意的，都有成立，且当时，.
(1)求；
(2)判断函数的奇偶性；
(3)解不等式.
【答案】(1)
(2)奇函数
(3)
【分析】（1）利用赋值法求得，
（2）根据函数奇偶性的定义判断并证明函数的奇偶性．
（3）利用函数单调性的定义证明函数在上的单调性，根据函数的单调性和奇偶性求得不等式的解集．
【详解】（1）函数对任意的，，都有，
令，得，，
（2）是奇函数，证明如下：
用代替，得，则，
所以是奇函数．
（3）任取，则
故，
由于，所以，
所以，即，
所以在上单调递增．
由可得，
由于在上单调递增，
所以，解得或，
所以不等式的解集是．
54．（2026高三·全国·专题练习）已知函数对任意实数x，y，均有，，且存在非零常数c，使.
(1)求的值；
(2)判断的奇偶性并证明；
(3)求证是周期函数，并求出的一个周期.
【答案】(1)1
(2)偶函数，证明见解析
(3)证明见解析，
【分析】（1）令，可得到答案
（2）令，可得，进而判断出单调性
（3）令，化简得到，再用代替得到，从而求出周期
【详解】（1）∵任意均有，
令，则.∵，∴.
（2）由题意知定义域为，关于原点对称
令，∴，∴，∴为偶函数.
（3）∵，又，
∴，即，
∴，
∴的周期为.
题型12 抽象函数的单调性问题
55．【多选】（2026高三·广东江门·期中）定义在的函数满足，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．若，则
C．函数在上是增函数D．不等式的解集为
【答案】ABD
【分析】对于A，分别令和求解；对于B，由，利用赋值法求解；对于C，易得为偶函数，再利用函数单调性定义判断；对于D，由C函数在上是增函数，再由结合求解.
【详解】对于A，令，则，则 ，
令，则，则，A正确；
对于B，若，则，故B正确；
对于C，由于函数定义域为，取，则，
即为偶函数；
任取且，则，
因为，故，则，则，
故函数在上是减函数，C错误；
对于D，由C的分析可知函数在上是增函数，
故由结合可得，且，
解得，且，即的解集为，D正确
故选：ABD
56．（2026高三·广东深圳·期中）设定义在上的函数满足：①对，都有；②当时，；③不存在，使得.
(1)求证：为奇函数；
(2)求证：在R上单调递增；
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用赋值法先计算，再利用赋值法令，结合奇函数的定义计算即可；
（2）先令得出，结合为奇函数及单调性的定义通过赋值计算即可证明.
【详解】（1）因为的定义域为，关于原点对称，
不妨令，得，
解得或，
又不存在，使得，故，
令，得，
故，即，
因此为奇函数；
（2）当时，，
则，
当且仅当，等号成立，
又不存在，使得，则，
于是时，，
又为奇函数，则时，，
于是对，
任取，则，
而，
又，则，
于是，故，
因此在上单调递增；
【点睛】思路点睛：先赋值及结合奇函数定义可证明奇偶性；通过判定，再根据单调性的定义作差证明即可.
57．（2026高三·广东深圳·期中）函数的定义域为，对，，都有；且当时，．已知．
(1)求，；
(2)判断并证明的单调性；
(3)解不等式：．
【答案】(1)；
(2)在上单调递增，证明见解析
(3)或
【分析】（1）利用赋值法即可求，的值；
（2）根据函数单调性的定义即可判断的单调性并证明；
（3）结合函数单调性将不等式进行转化，即，可解不等式.
【详解】（1）令，则，，
令，则，
又，；
（2）任取，且，
则，
∵，
∴，
∴，
即，
所以在上单调递增．
（3）由，
即，
也就是，
即，因为在上是增函数，
所以，
可得不等式解集为或.
【点睛】关键点点睛：由，即，也就是，即，再结合函数单调性即可解不等式.
58．（2026高三·广东·期中）已知函数对任意实数，，都有成立，且当时，.
(1)证明：对任意实数，，；
(2)求证：是上的增函数；
(3)若命题，为假命题，求实数的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3).
【分析】（1）根据题目中的等式，利用特殊值研究新的等式，可得答案；
（2）根据函数单调性的定义，假设参数的大小关系，利用作差法，可得答案；
（3）根据题目中的等量关系，结合函数的单调性，化简不等式，结合二次函数的性质，可得答案.
【详解】（1）因为对任意实数，，，
所以，所以，在中，
令得，，
所以，
在中，用替换得，，
因为，所以，
所以，对任意实数，，成立.
（2）任意取，，且，则，因为当时，，所以，
所以，即，所以是上的增函数.
（3）命题，为假命题，
等价于，为真命题.
在中，令得，，
所以
由（2）的结论得，，
即，
令，
因为，成立，所以，所以，
所以实数的取值范围是.
59．（2026高三·全国·专题练习）已知定义在上的函数满足：对任意都有，当时，有．
(1)判定在上的奇偶性，并说明理由；
(2)判定在上的单调性，并给出证明；
(3)求证：；
【答案】(1)在上是奇函数，理由见解析
(2)在上单调递减，证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）先利用赋值法判断，再利用赋值法得，进而利用奇函数的概念证明即可．
（2）结合抽象函数的运算，利用单调性的定义按照步骤证明即可．
（3），然后求和得，由得，即可证明．
【详解】（1）函数的定义域为，令，得．
令，得，即，
所以在上是奇函数．
（2）设，则，
由，得．
因为当时，所以，
即，从而在上单调递减．
（3）
，
故
，
又且，故，
从而．
题型13 抽象函数周期性问题
60．（2026·陕西渭南·模拟预测）已知是定义在上的奇函数，是偶函数，则（ ）
A．0B．C．2D．4
【答案】A
【分析】根据题意，推得是以为周期的周期函数，得到，结合，即可求解.
【详解】由函数是定义在R上的奇函数，可得，且，
又由是偶函数，即函数的图象关于轴对称，
可得函数的图象关于对称，即，
因为，可得，
即，所以函数是以为周期的周期函数，
可得
因为，可得，
所以.
61．（2026·江苏南通·模拟预测）已知函数的定义域为，且是奇函数，是偶函数，则（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用奇偶函数的定义及周期函数的定义确定函数的周期，进而求出指定函数值.
【详解】函数的定义域为，由是偶函数，得，
即，则，
由是奇函数，得，因此，
则，因此，
函数是一个周期为4的函数，且，
所以.
62．（2026·河北保定·模拟预测）已知定义在R上的函数满足，且，则 ______.
【答案】
【分析】利用条件可得，由此可得函数是周期为8的函数，故转化为，利用求解可得.
【详解】由可得，
所以，
所以，
所以是周期为8的函数，所以，
又，故.
63．（2026·重庆·模拟预测）已知函数及其导函数的定义域均为，且，，则（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】B
【分析】运用函数奇偶性及对称性可得函数的周期性，并通过赋值法求得，由此可求得.
【详解】由，得，
即，所以函数关于直线对称，
所以，且.
又，所以，且，.
所以，
所以是周期为的函数，所以.
64．（2026高三·全国·专题练习）若函数的图像关于两直线，（）对称，证明：函数具有周期性．
【答案】证明见解析
【分析】根据已知条件和函数的对称性可得到，且，然后利用换元进行化简得到，从而证明结果.
【详解】证明：因为函数的图像关于两直线，（）对称，
则有，且．
令，则由得，即．
同理，由可得．
所以，
即函数具有周期性，且是其一个周期．
65．（2026高三·全国·一轮复习）已知函数是定义在上的奇函数，且它的图象关于直线对称．
(1)求证：是周期为4的周期函数；
(2)若，求时，函数的解析式．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)利用函数对称以及奇函数的性质证明.
(2)通过函数的周期性以及奇函数性质求解.
【详解】（1）证：因为关于直线对称，所以，进而.
因为是定义在上的奇函数，，所以.
因此.
即是周期为4的周期函数.
（2）由函数是定义在上的奇函数，有．
当时，，，符合式子，
故时，．
时，，．
从而，时，函数.
66．（2026高三·浙江宁波·期中）已知是定义在上的函数，对、都有，且满足.
(1)判断函数的奇偶性，并证明之；
(2)证明：；
(3)求的值.
【答案】(1)是定义在的偶函数；证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）令得，再令可得出，结合偶函数的定义可证得结论成立；
（2）分别令、可得出，结合偶函数的性质得出，进而推导出，结合函数周期性的定义可证得结论成立；
（3）利用赋值法可得出的值，，，，结合函数周期性可求得所求代数式的值.
【详解】（1）因为是定义在上的函数，
对、都有
令得，可得，
再令得，所以是定义在的偶函数.
（2）令得，
再令得，
两式相加得，这里不恒为零，
故，即，
又因为函数为偶函数，则，
所以，所以函数是周期为的周期函数.
（3）由（2）知，，，，，
所以，，
令得；
令，得，又，
得到；
令得，
所以
.
题型14 抽象函数的对称性问题
67．（2026·河南周口·模拟预测）若定义在上的函数满足，是奇函数，，则（ ）
A．B．C．1D．9
【答案】D
【分析】根据条件结合赋值法计算可得，即可得该函数周期，再利用，则可计算出的值，即可得解.
【详解】因为是奇函数，所以.
由，令，得，故，
由，令，得，
所以，即，
所以，故以4为周期，
由，则，，
，，
，，
，，
所以
.
68．（2026·陕西安康·模拟预测）已知定义在上的函数的图象关于对称，且，若，则（ ）
A．0B．1C．-1D．-2
【答案】B
【分析】利用函数的周期性求解.
【详解】由 ，得，
两式相减：，周期，
，
原式：，
令：f(0)+f(3)=f(3)⟹f(0)=0 ，
关于对称，得,
所以，因为，得：，
，即
，
，
，
，
一个周期：，
一个周期和：，
.
69．（2026高三·福建龙岩·开学考试）已知函数的定义域为R，且，，为偶函数，则（ ）
A．B．0C．1D．
【答案】C
【分析】先令、、得出为奇函数，再根据为偶函数，得出是以为周期的函数，结合得出即可求出.
【详解】令，则，得；
令，则，即 ，
令，则，
若，则；
若，则，则，则为奇函数，
因为为偶函数，所以，则，
则，
因为为奇函数，所以，
可得，则是以为周期的函数．
因为，所以，则．
由得，则，
得，
故．
70．【多选】（2026·福建泉州·模拟预测）已知定义在上的连续函数的导函数是，且满足，为奇函数，则（ ）
A．
B．
C．
D．若是的一个极值点，则函数在区间至少有7个零点
【答案】BCD
【分析】由为奇函数，可得，即可求得，由，可得4是的一个周期，对两边求导，可得，用赋值法求得，即可判断A；根据二项式展开式及周期为4，可判断B；利用及倒序相加，可判断C；根据函数的周期性及极值点的定义，求出函数在区间的零点，即可判断D.
【详解】对于B，C两个选项：因为为奇函数，
所以，即，
故，即①，
取，得，解得，又，所以，
则有，因此有 ②，所以4是的一个周期；
（1）当，时，，除以4的余数为0；
（2）当，时，
，除以4的余数为1；
（3）当， 时，
除以4的余数为3；
结合的周期性，可知：
，故B正确；
因为，所以，所以，
令，
又，
两式相加得，结合①式，得，所以，
即，故C正确；
对于A，D两个选项：由，，
两边分别求导得：，③ ，
所以有一个对称中心，一条对称轴；
两式相减得，故，
所以4是的一个周期；所以，
由，得，故A错误；
所以，
由，得，
所以，
若是的一个极值点，则函数；
又因为函数关于对称，
所以，又因为，所以，
所以为奇函数，所以，
所以，
由周期性得，，
所以，，，，，，均是函数的零点，
所以在区间至少有7个零点，故D正确.
题型15 解抽象不等式
71．（2026高三·湖南长沙·阶段检测）定义在上的函数满足：对任意，且，，若，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】构造函数，判断函数的单调性，根据函数单调性解不等式，可得所求不等式的解集.
【详解】不妨设，因为，所以，
所以.
设，则，
所以在上单调递增，因为，所以，
所以的解集为，
所以的解集为.
故选：B
72．（2026高三·广东·阶段检测）设的定义域为，对任意，都有，且当时，，又．则下列结论中，错误的是（ ）
A．
B．
C．在上为增函数
D．解集为或
【答案】C
【分析】对于A用赋值法即可求值；对于B对条件进行适当变形即可得结论；对于C根据增函数的定义证明即可；对于D对不等式进行变形，利用单调性即可求解不等式.
【详解】对于A，令，则，故A正确；
对于B，，即，故B正确；
对于C，令，则，，即，所以函数为减函数，故C错误；
对于D，由，得，所以，
于是，解得或，故D正确.
故选：C
73．（2026高三·四川成都·期中）函数是定义在上的偶函数，且增函数，若对任意，均有，则实数的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用函数的奇偶性单调性可得，再利用二次函数在区间的单调性与最值即可求解.
【详解】因为，所以，，
又因为函数是定义在上的偶函数，增函数，
且，所以，
两边平方化简得在恒成立，
令，对称轴为，
所以在单调递增，
则，解得，
又因为，所以，
所以的最大值为.
故选:A.
74．【多选】（2026高三·江苏苏州·阶段检测）已知定义在R上的函数满足对任意的，都有，当时，，，则（ ）
A．B．
C．在R上单调递增D．的解集为
【答案】ABD
【分析】令计算可得，即A正确，利用奇函数定义可证明B正确，由函数性质以及单调性定义证明可得在R上单调递减，可得C错误，根据函数单调性整理表达式并解不等式可得D正确.
【详解】对于A，令可得可得，因此A正确；
对于B，令可得，因此B正确；
对于C，取任意，且，则可得，
又因为当时，，所以
所以，
因此，所以，
可知在R上单调递减，因此C错误；
对于D，由可得，
也即，因此，
结合C中单调性可知，即，解得；
因此不等式的解集为,可得D正确.
故选：ABD
75．（2026高三·全国·期中）设奇函数的定义域为，对任意的，且，都有不等式，且，则不等式的解集是____________
【答案】
【分析】构造函数判断奇偶性及单调性，利用其单调性解不等式即可.
【详解】对任意的，且，都有不等式，
不妨设，则，
令，则，即函数在上为增函数，
因为函数为R上的奇函数，即，
则，所以函数为偶函数，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
因为，则，
当时，即当时，
由可得，
则，解得；
当时，即当时，
由可得，
则，解得.
综上所述，不等式的解集为.
故答案为：.
76．（2026高三·云南昆明·期末）已知函数定义域为，对任意两个不相等的实数，都有成立.则不等式的解集为______.
【答案】
【分析】根据定义判断函数单调性，再根据单调性解不等式.
【详解】由已知对任意两个不相等的实数，都有成立，
不妨设，则，
即函数在上单调递增，
又，则，
即，
则，即，
解得，
故答案为：.
77．（2026高三·全国·专题练习）已知函数是定义在上的偶函数，若函数在上单调递增，则不等式的解集为_____．
【答案】
【分析】不等式变形为，即，根据偶函数特征结合单调性求解即可
【详解】，
不等式可变形为，即，
函数是定义在上的偶函数，，
所以为偶函数，若函数在上单调递增，
所以函数在上单调递减，
所以，解得，
故答案为：．
题型16 抽象函数比较大小
78．（2026高三·广东江门·期中）设偶函数 在区间 上单调递增， 则、的大小关系为：__________________（用大于号连接）；
【答案】；
【分析】根据偶函数的性质及函数的单调性比较大小即可.
【详解】由偶函数性质可知，
又函数 在区间 上单调递增，
所以，
故答案为：
79．（2026高三·广西柳州·开学考试）设偶函数的定义域为，在区间上单调递减，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据偶函数性质得，，再利用其单调性即可比较出大小.
【详解】因为偶函数，则，，
又因为其在区间上单调递减，则，
即.
故选：A.
80．（2026高三·湖南邵阳·期末）已知函数是定义在上的奇函数，，且，有成立．设，，，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】构造函数，根据单调性定义可知在上单调递减，化简为，根据单调性可得大小关系.
【详解】不妨令，则由得：，
，
设，在上单调递减，
，又为奇函数，
，
，，
又，，即.
故选：A.
81．（2026高三·山西太原·开学考试）已知函数是定义在上的奇函数，且在上单调递增，若，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据函数的奇偶性、单调性以及对数、指数等知识来求得正确答案.
【详解】函数是定义在上的奇函数，所以，
由于在上单调递增，所以在上单调递增，
所以当时，，当时，.
由于，所以，
，所以，
所以.
故选：D
82．（2026高三·江苏泰州·阶段检测）已知定义在上的奇函数，且当时是增函数，设，，，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由的大小关系即可求解.
【详解】因为函数均为增函数，
所以，
所以，即，
所以.
故选：D.
83．（2026高三·重庆·阶段检测）已知函数定义域为，满足为偶函数，当且时有不等式恒成立，设，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，由函数的奇偶性可得的图像关于对称，然后可得，结合在上单调递增，即可得到结果.
【详解】因为为偶函数，则其函数图像关于轴对称，
所以的图像关于对称，
且当且时有不等式恒成立，
所以在上单调递增，
又，，
则，且，
又在上单调递增，
所以，即，
即.
故选：B
84．【多选】（2026高三·云南昭通·期末）已知定义在上的函数的图象是连续不断的，且满足以下条件：①为偶函数；②为上的增函数；③，下列选项成立的是（ ）
A．的单调递减区间为
B．
C．若，则
D．若，则
【答案】ABD
【分析】根据偶函数的对称性可判断A，利用偶函数的定义，转化为比较的大小，再结合单调性即可判断B，根据的单调性，对称性解不等式，即可判断C，根据的符号分类讨论，结合的单调性，对称性解不等式，即可判断D.
【详解】对于A，由偶函数图象的对称性知，该函数在上单调递减，故选项A正确；
对于B，由偶函数的定义得，因为函数在上单调递减，
所以，即，故选项B正确；
对于C，因为在上单调递增，在上单调递减，又，
所以，由，得，解得，故选项C错误；
对于D，由条件③知，
当时，函数在上单调递减，当时，，
所以时，；
当时，函数在上单调递增，当时，，
所以时，，
综上所述，，故选项D正确.
故选：ABD.
题型17 抽象函数的最值问题
85．（2026·江苏南通·模拟预测）已知函数的定义域为，其图象是连续曲线，对任意的正实数，在上是增函数，则（ ）
A．在上单调递增B．在上不单调
C．可能存在最大值D．可能存在最小值
【答案】D
【分析】对A：举出符合题意的反例，此时在上不单调递增；对B：举出符合题意的反例，此时在上单调递增；对C：假设存在最大值，则存在，使得，这与在上是增函数矛盾；对D：举出符合题意的例子，此时在处有最小值.
【详解】对A：取，则，符合题意，
但在上不单调递增，故A错误；
对B：取，则，符合题意，
但在上单调递增，故B错误；
对C：若存在最大值，设该最大值为，
则存在，使得，且对任意，，
则，
令，则，
由，则，又，，即，
这与在上是增函数矛盾，故不存在最大值，故C错误；
对D：取，由A知符合题意，
且在处有最小值，符合题意，
故可能存在最小值，故D正确.
86．（2026高三·贵州·阶段检测）已知函数的定义域为 ，满足，则下列结论正确的是（ ）
A．B．方程有解
C．函数在定义域内单调递减D．的最小值为 2
【答案】D
【分析】根据题意，利用赋值法，求得，可判定A错误，利用叠加法，求得的解析式，列出方程，可判定B错误；结合二次函数的性质，可判定C错误，D正确.
【详解】对于A，因为的定义域为，且满足 且，
取，可得，则，
取，可得 ，则，所以A错误；
对于B，取，可得，则，
所以，
以上各式相加得，所以，
经检验：其中满足上式，所以 ，
令，可得，此方程无解，所以B错误；
对于C，由函数 ，
由函数的图象开口向上，且对称轴为，
所以函数在上单调递增，所以在上单调递增，所以C错误；
对于D，由C项知：函数在上单调递增，
所以，所以D正确.
87．（2026高三·全国·一轮复习）已知定义在上的函数，集合对于任意的，在使得的所有中，下列说法成立的是（ ）
A．存在是偶函数B．存在在处取到最大值
C．存在在上单调递增D．存在在处取到极小值
【答案】B
【分析】A选项利用偶函数的性质找到矛盾即可；B选项找到合适函数即可；C选项由定义得到集合与已知条件矛盾；D选项由集合的定义找到矛盾.
【详解】对于A选项：时，，
当时，， 任意的，恒成立，
若是偶函数，此时矛盾，故A选项错误；
对于B选项：若的函数图象如下：
当时，，时，，当，，
∴存在在处取最大值，故B选项正确；
对于C，若存在在上单调递增，则对任意，当时都有，则此时，与矛盾，故C错误；
对于D选项：若存在在处取到极小值，则在的某个左邻域内，有，与集合定义矛盾，故D选项错误．
题型18 抽象函数的零点问题
88．（2026高三·福建泉州·阶段检测）已知定义在上的函数满足，且，则（ ）
A．B．为奇函数
C．有零点D．
【答案】D
【分析】对A，令，可得或，并验证判断；对B，由结合奇函数性质判断；对C，令，解得或，结合零点定义判断；对D，令，代入运算判断.
【详解】对于A，因为，令，可得，所以或.
令，可得，即，
若，则，与矛盾，故A错误；
对于B，由A，得且函数的定义域为，故函数不是奇函数，故B错误；
对于C，令，得，即，
解得或，显然函数没有零点，故C错误；
对于D，令，可得，即，所以，故D正确.
故选：D.
89．（2026·上海嘉定·模拟预测）已知定义在上的函数满足，且，则（ ）
A．B．为奇函数
C．有零点D．
【答案】D
【分析】令，求得，可判定A不正确；由，得到函数的图象不过坐标原点，可判定B不正确；令，求得或，可判定C不正确；令，化简求得，可判定D正确.
【详解】对于A，因为，令，可得，
因为，所以，所以A不正确；
对于B，由函数的定义域为，且，显然函数的图象不过坐标原点，所以函数不是奇函数，所以B不正确；
对于C，令，得，即，
解得或，显然函数没有零点，所以C不正确；
对于D，令，可得，即，
所以，所以D正确.
故选：D.
90．（2026高三·云南曲靖·期末）已知定义在上的函数满足，且，则下列结论中错误的是（ ）
A．B．为奇函数
C．不存在零点D．
【答案】B
【分析】根据题意，结合抽象函数的赋值法，列出方程，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，由，令，可得，
因为，所以，所以A不符合题意；
对于B中，函数的定义域为全体实数，由，显然不符合，
所以函数不是奇函数，所以B符合题意；
对于C中，由，令，可得，
即，解得或，
所以函数没有零点，所以C不符合题意；
对于D中，由，
令，可得，所以，即，
所以D不符合题意.
故选：B．
91．【多选】（2026高三·河南·阶段检测）已知函数是定义在上的可导函数，，且，则（ ）
A．曲线关于点中心对称
B．在R上单调递增
C．
D．函数的所有零点之和为
【答案】ACD
【分析】对所给条件进行变形，构造函数赋值可得A，举反例可排除B，根据函数特点求出具体解析式来求解C、D即可.
【详解】由题意，
设，则，，
A选项，令，可得，，
令，则，即为奇函数，关于原点对称，
图像可由图像向左平移1个单位得到，所以图像关于中心对称，故A正确；
B选项，，，，，
则，故B错误；
C选项，对于，两边同时对求导，得，
由知为常函数，则为一次函数，由，可得，
则，，
时，，单调递减，
时，，单调递增，
则，即，故C正确；
D选项，，
即，
解得或，
所以所有零点之和为，故D正确；
故选：ACD.
92．【多选】（2026高三·江苏无锡·期末）函数在R上的图象是一条连续不断的曲线，，，则（ ）
A．B．
C．是奇函数D．零点个数大于1
【答案】ACD
【分析】分别令以及，即可得出；令，代入结合已知即可判断B项；令，代入已知化简即可判断C项；令，可得.依次令，求出的值.然后令，，求出的值.然后根据零点存在定理即可判断D项.
【详解】对于A项，令，由已知可得，，解得.
令，由已知可得，，
解得.故A正确；
对于B项，令，代入已知条件可得，
.
又，所以有.故B错误；
对于C项，令，代入已知条件可得，
.
因为，
所以有，
所以，是奇函数.故C正确；
对于D项，令，代入已知有.
.
令，由可得，
.
令，，由可得，
.
因为函数在上的图象是一条连续不断的曲线，且，根据零点存在定理，可知在，使得.
根据函数为奇函数，可知.
所以，函数至少存在三个零点.故D正确.
故选：ACD.
93．【多选】（2026·山东泰安·模拟预测）已知函数是上的奇函数，且过点，对于一切正实数，都有． 当时，恒成立，则（ ）
A．
B．在上是单调函数
C．有三个零点
D．当时，
【答案】ACD
【分析】对于A，赋值即可判断；对于B，分别赋值、和求出和即可判断；对于C，探究在上的单调性，结合、和函数奇偶性即可判断；对于D，由函数单调性以及研究特殊值，，即可得解.
【详解】由题，
对于A：令，，所以A正确；
对于B：令， ，得；
令，，得，
令，，得，所以B不正确；
对于C：当时， ，得，
故，即
又即，
所以，设，
则，
因为，所以， ，
因为当时，恒成立，
所以，即，
故在上单调递增，
又，，且函数是上的奇函数，
所以，故有三个零点． 所以C正确；
对于D：当时，
因为在上单调递增，，，所以 ；
当时，因为，， ，
， ，
由奇函数在上单调递增，所以；
所以当时，.所以D正确.
故选：ACD．
【点睛】关键点睛：探究函数零点个数和根据函数值，求解变量的关键是巧妙赋值实现，从而结合奇偶性探究得出函数在R上的单调性.
题型19 双函数混合型
94．【多选】（2026·山东青岛·模拟预测）函数，的定义域为，为偶函数且恒大于0，，，，，则（ ）
A．
B．
C．
D．对于任意，点到直线与的距离之积为
【答案】BCD
【分析】通过赋值法求出、，推导与的奇偶性及核心恒等式；利用递推关系分析的指数型性质验证B选项；通过函数方程展开推导三倍角形式验证C选项；利用点到直线距离公式结合核心恒等式验证D选项.
【详解】令，代入，得.
令，代入，得，即.
由，得.
结合得，又，得，故A错误.
令，代入，
得，即.
令，代入，
得，由、，
得，结合，得，即为奇函数.
因此，即.
由与，得，
解得.
，
因此 ，，故B正确.
，
代入 ，得，故C正确.
点到直线的距离为，
到直线的距离为，
距离之积为：，故D正确.
95．【多选】（2026·广东佛山·模拟预测）定义域关于原点对称的函数，满足，，为偶函数且，则（ ）
A．B．
C．为偶函数D．若，则
【答案】ABD
【详解】令，则，化简得，又，，故A正确，
令，，化简得，又，，故B正确，
令，则，化简得，故为奇函数，故C错误.
令，则，化简得，
又，，
再令，则，
又为偶函数，，又为奇函数，，
故化简得，
，解得，故D正确.
96．【多选】（2026高三·安徽黄山·期中）已知均是定义域为的非常值函数，且满足，，则（ ）
A．B．
C．D．为奇函数
【答案】ACD
【分析】根据题意，令，求得，可判定A正确；令，求得，可判定B错误；令，得到，可判定C正确；令，得到
分别令和，结合函数奇偶性的性质，可判定D正确．
【详解】对于A，令，则有，两式相减可得，所以，所以A正确；
对于B，令，有，
因为不是常函数，所以，所以B错误；
对于C，令，有，所以，
所以，所以C正确；
对于D，两式相加，可得，
令，则有，可得，所以是偶函数，
因为，
令，可得，整理得，又因为，
令，可得，所以，
当时，可得，即，
当时，由C知：，可得，
因为是偶函数，可得，
又因为，可得，即，
所以，即，
综上可得，函数满足，所以为奇函数；
因为奇函数与偶函数的乘积是奇函数，所以是奇函数，所以D正确．
故选：ACD.
97．【多选】（2026·陕西渭南·模拟预测）已知定义在上的偶函数满足，，设在上的导函数为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】结合奇偶性和对称性性质、求导运算依次求出是奇函数、、函数和是周期为6的函数即可依次分析判断ABC，由题设求出，由，得到，依次求出，即可判断D．
【详解】因为为偶函数，所以，所以，即，
所以为奇函数，故.
又，所以，即，
所以，所以，即函数是周期为6的函数.
所以函数也是周期为6的函数，即.
由求导得，，即.
对于A：由，，令，得，
令，得，令，得
又，所以.
又，即，故无法确定的值.
而，故无法确定，A错误.
对于B：由，得，故B正确.
对于C：由，，无法确定的值，C错误.
对于D：由，得，，，
所以.
又，
所以，D正确.
98．【多选】（2026·安徽·模拟预测）已知函数，的定义域为，为偶函数且，，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【分析】根据函数的奇偶性、周期性进行分析，从而确定正确答案.
【详解】由为偶函数，得.
对作变量代换，得，因此，.
将代入上式，得，
结合，得，
进而，，即的最小正周期为；
由，可得的最小正周期也为.
对于选项A：由，令，得，故A错误.
对于选项B：由，令，得，故B正确.
对于选项C：由，令，得，故C正确.
对于选项D：由周期为，得，故D正确.
99．【多选】（2026高三·湖南长沙·期中）已知函数，定义域均为，为偶函数，为奇函数，且，则（ ）
A．B．函数图象关于点对称
C．D．当时，
【答案】ACD
【分析】先根据为奇函数推出的对称中心，再结合与的关系分析的对称性、周期性、进而判断各选项.
【详解】A选项中，因为为奇函数，所以，
则，故A正确，
B选项中，由A选项可知，，，
所以，即，
所以关于点对称，又的图象关于对称，
所以的对称中心为，，不是，故B错误，
C选项中，由A项得关于对称，即，，
，，因为的图象关于对称，
所以，又，所以，
所以，即，
所以关于对称，即，
因此，，
所以，故C正确，
D选项中，因为，所以，
又，所以，则，
所以，则的周期为4，
所以，又因为，
所以，所以，故D正确．
①已知自变量的值求函数值，此种题型只需确定自变量在相应的定义域选择合适的解析式代值进行计算即可，同时也要注意函数的奇偶性、周期性的应用.求形如的函数时，求解时遵循由内到外的顺序进行；
②已知函数值求自变量的值，此种题型只需令相应的解析式等于函数值，求出自变量的值之后再确定是否在相应的定义域内，若在，则保留；否则就舍去；
分段函数与不等式的综合，解简单的分段函数不等式只需将对应的不等式解集与定义域取交集，最后再将得到的答案取并集即可.解含参的分段函数不等式要注意以下两个问题：（1）问题中参数值影响变形时，往往要分类讨论，需有明确的标准、全面的考虑；（2）求解过程中，求出的参数的值或范围并不一定符合题意，因此要检验结果是否符合要求．
1. 分段作图：按照自变量划分区间，每一段单独绘制对应基础函数图像；区间端点处，包含该点画实心点，不包含画空心点。
2. 图像应用：利用图像求解不等式、判断单调性、求最值、比较函数值大小、分析零点个数；核心思路数形结合，将代数问题转化为图像高低、交点问题。
两种通用解法：
1. 代数法：逐段求出每一段解析式在对应区间的值域，将所有区间值域取并集，即为整个分段函数值域；逐段求出每段最值，再对比全部最值得到全局最大、最小值。
2. 图像法：画出完整分段图像，竖直观察图像纵坐标范围直接读出值域，图像最高点、最低点对应函数最值。
逆向综合题型，解题步骤：
1. 按分段区间拆分，分别写出每一段函数的单调区间、最值、取值范围；
2. 结合题目给定的整体值域/全局最值，建立含参数的不等式或等式；
3. 以分段分界点、函数单调性临界点为分类标准讨论参数；
4. 验证参数取值下各段值域合并后与题干条件一致，舍去矛盾参数。
1. 判断分段函数单调递增/递减的充要条件：
①每一段自身在对应区间内单调；
②相邻两段，左侧区间右端点函数值 ≤（递增）/ ≥（递减）右侧区间左端点函数值。
2. 应用题型：利用单调性解分段不等式、比较函数值大小、已知单调性求参数范围；
3. 含参时，既要保证每一段解析式单调，还要满足分段点处函数值大小约束。
所谓抽象函数是指用表示的函数，而没有具体解析式的函数类型，求抽象函数的定义域问题，关键是注意对应法则。在同一对应法则的作用下，不论接受法则的对象是什么字母或代数式，其制约条件是一致的，都在同一取值范围内。
抽象函数的定义域的求法
(1)若已知函数f (x)的定义域为[a，b]，则复合函数f (g(x))的定义域由a≤g(x)≤b求出．
(2)若已知函数f (g(x))的定义域为[a，b]，则f (x)的定义域为g(x)在x∈[a，b]时的值域．
注：求函数的定义域，一般是转化为解不等式或不等式组的问题，注意定义域是一个集合，其结果必须用集合或区间来表示.
1. 依托单调性求值域：通过赋值证明抽象函数单调，结合给定自变量区间，判断区间端点函数值，得到值域；
2. 依托有界性、特殊函数值：利用、、奇偶性、周期性限定函数上下界；
3. 复合抽象函数值域：先求内层范围，再结合对应法则推出整体取值范围。
核心为赋值法，分三层赋值思路：
（1）基础赋值：令，快速求出等特殊函数值；
（2）变量替换赋值：根据式子结构令等，构造可消元的等式；
（3）拆分赋值：和型、积型，将目标自变量拆成两数之和/积，代入关系式计算。
以赋值法、换元构造方程组为主：
1. 赋值法：多次赋特殊值，消去多余变量，直接得到恒等式；
2. 替换构造方程：将原式中替换为，联立二元方程组消去或，解出；
3. 递推型抽象函数：通过赋值得到递推关系，结合等差、等比规律写出解析式。
“赋值法”探究抽象函数的奇偶性
判断抽象函数的奇偶性的关键是得到与的关系，解题时要对有关变量进行赋值，使其最后只保留与的关系。
注：证明抽象函数的奇偶性实质就是赋值，分析出赋值规律.
（1）可赋值，得到一些特殊点函数值，如f（0），f（1）等，
（2）尝试适当的换元字母，构造出x和-x，如f（x+y），可令y= -x，f（xy），可令y= -1等等。
（3）通过各类抽象函数式子，来积累一定的赋值技巧。
判断抽象函数单调性的方法：
（1）凑：凑定义或凑已知,利用定义或已知条件得出结论；
（2）赋值：给变量赋值要根据条件与结论的关系.有时可能要进行多次尝试．
= 1 \* GB3 ①若给出的是“和型”抽象函数，判断符号时要变形为：
或；
= 2 \* GB3 ②若给出的是“积型”抽象函数，判断符号时要变形为：
或．
抽象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；注：；（为常数）
6、若，则（）；
抽象函数的对称性
（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
9.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.
解题三步流程：
1. 标准化：将不等式两侧化为与的形式，统一只有一个符号；
2. 利用单调性脱：单调递增则，单调递减则；
3. 补齐定义域：均要满足抽象函数自身取值范围，联立不等式组求解。
补充：结合奇偶、周期性先化简自变量，再脱外层。
1. 转化自变量：借助周期、奇偶性，将待比较自变量全部转化到同一个单调区间内；
2. 利用单调性：同一单调区间内，自变量大小直接对应函数值大小；
3. 特殊值辅助：求出等中间值，分层对比多个函数值。
1. 锁定单调区间：通过赋值证明单调性，确定区间端点为最值点；
2. 利用有界条件：结合奇偶、周期、恒等式推导函数上下界；
3. 存在性验证：确认取到最值时对应的自变量在定义域内，方可确定最值。
零点即的解，解题思路：
1. 赋值求基础零点：令快速找到初始零点；
2. 结合周期/对称：由已知零点推出全部零点；
3. 限定区间求零点个数：结合单调性、周期性，统计给定区间内零点数量。
题干同时给出两个抽象函数关系式（常一奇一偶）：
1. 替换构造二元方程组，联立消元分别求出解析式；
2. 综合问题：求函数值、解不等式、比较大小时，分开利用各自奇偶、单调、周期性质；
3. 零点、值域综合：分别分析两个函数性质，再结合复合、加减运算推导整体特征。