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新高考第3章 函数的概念与性质（压轴题专练）高一数学上学期期中期末考试满分全攻略（人教A 版2019）解析版
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这是一份新高考第3章 函数的概念与性质（压轴题专练）高一数学上学期期中期末考试满分全攻略（人教A 版2019）解析版，共29页。试卷主要包含了单选题，多选题，双空题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2021·全国）已知定义在上的偶函数满足：当时，，且对一切恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，可得的解析式，分别求得当时，时，时，和的表达式，结合题意，即可求得a的范围，综合即可得答案.
【详解】由题意知：
当时，，
所以，所以，
因为，所以；
当时，，
所以，所以；
当时，
所以，所以，
综上.
故选：C
【点睛】解题的关键是根据题意求得的解析式，分类讨论，将和进行转化，考查分类讨论的思想，属中档题.
2．（2021·奉新县第一中学高一月考）已知函数是定义在R上的函数，其中是奇函数，是偶函数，且，若对于任意，都有，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】题目比较综合，先要通过的奇偶性，列出关于的方程组，用方程组的方法求出关于的解析式，，可以变形为，是单调性的定义，说明构造新函数之后，函数在单调递增，最后根据新函数在区间的单调性，可以分类讨论得到函数中参数的范围
【详解】由题得：是奇函数，所以；是偶函数，所以
将代入得：
联立 解得：
，等价于，
即：，令，则在单增
①当时，函数的对称轴为，所以在单增
②当时，函数的对称轴为，若在单增，则，得：
③当时，单增，满足题意
综上可得：
故选：C
【点睛】题目考察的知识点比较综合，涉及到：
①函数奇偶性的应用
②通过方程组法求解函数的解析式
③构造新函数
④已知函数在某一区间内的单调性，求解参数的范围
需要对函数整个章节的内容都掌握比较好，才能够顺利解决
3．（2021·全国）设函数的定义域为，满足，且当时，．若对任意，都有，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题设条件可得当时，，其中，结合函数在上的解析式和函数在的图象可求的取值范围.
【详解】当时，，故，
因为，
故当时，，，
同理，当时，，
依次类推，可得当时，，其中.
所以当时，必有.
如图所示，因为当时，的取值范围为，
故若对任意，都有，则，
令，或，
结合函数的图象可得，
故选：D.
【点睛】思路点睛：此类问题考虑函数的“类周期性”，注意根据已知区间上函数的性质推证函数在其他区间上的性质，必要时应根据性质绘制函数的图象，借助形来寻找临界点.
4．（2021·全国）函数是定义在上的偶函数，是奇函数，且当时，，则（ ）
A．1B．C．D．2020
【答案】B
【分析】依题意得到函数是周期为4的周期函数，继而分别求得，进而求得结果.
【详解】根据题意，函数是定义在上的偶函数，则有，
又是奇函数，则，
所以
即，则有，
所以函数是周期为4的周期函数，
则，，
故.
故选：B．
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是：依题意探究得到函数是周期为4的周期函数.
5．（2021·全国）设函数，若存在实数，使在上的值域为，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题设可知该复合函数在区间上单调递减，则可得，.由这两式联立可转化得，以及，记，，代入整理后可得，最后根据二次函数值域的求法，再结合题中对的限制条件（），即可求出最终结果.
【详解】由得，且由复合函数的单调性可知函数为减函数，
故有，，
两式相减可得，
即，
则，
两式相加可得，
记，，
故有，，，
代入可得，
又因为，且均为非负数，故，
则由二次函数的值域可得：
当或时，取到最大值，
但当时，，与矛盾，则取不到最小值，
所以的取值范围是.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用换元法，将表示成关于的二次函数，进而求出的取值范围.
6．（2021·全国）关于函数，给出以下四个命题：
（1）当时，单调递减且没有最值；
（2）方程一定有实数解；
（3）如果方程（m为常数）有解，则解的个数一定是偶数；
（4）是偶函数且有最小值．
其中正确的命题个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】由函数解析式可推出是偶函数，在、上单调递增，在、上单调递减，且恒成立，即可判断各项的正误.
【详解】函数是偶函数，当时，在上单调递增，在上单调递减，且恒成立，可得函数草图如下：
（1）当时，单调递减，当时，单调递增，故错误；
（2）当时，函数与函数的图像一定有交点，由对称性可知，当且时，函数与函数的图像也一定有交点，故正确；
（3）当时，方程只有1个解，故错误；
（4） 由对称性知，有最小值，故正确；
故选：B
【点睛】关键点点睛：根据函数解析式确定单调区间，奇偶性以及值域，进而结合各项的描述判断正误，注意一次函数的性质和函数对称性的应用.
二、多选题
7．（2020·重庆市第七中学校）定义在上的奇函数和偶函数满足：，则下列结论正确的有（ ）
A．，且在上单调递增B．，总有；
C．，总有D．，使得
【答案】BC
【分析】利用函数的奇偶性，可求得，的解析式，根据函数的性质，逐一分析选项，即可得答案.
【详解】
由题意得，，
所以，即，
所以，
对于A：设，当且仅当x=0时等号成立，
所以在单调递减，在单调递增，故A错误；
对于B：，故B正确.
对于C：因为，，
所以，故C正确.
对于D：，
所以对于，恒成立，故D错误.
故选：BC
【点睛】解题的关键是熟练掌握函数的奇偶性、单调性等知识，并灵活应用，考查计算化简，分析求值的能力属中档题.
8．（2021·全国）（多选题）已知函数的定义域为，若存在区间使得：
（1）在上是单调函数；
（2）在上的值域是，
则称区间为函数的“倍值区间”．
下列函数中存在“倍值区间”的有（ ）
A．；B．；C．；D．．
【答案】ABD
【分析】函数中存在“倍值区间”，则在内是单调函数,或，对四个函数的单调性分别研究，从而确定是否存在“倍值区间”．
【详解】函数中存在“倍值区间”，则（1）在内是单调函数，（2）或，
对于A，，若存在“倍值区间”，则，，存在“倍值区间”；
对于B，，若存在“倍值区间”，当时，，故只需即可，故存在；
对于C，；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
若存在“倍值区间”，，
不符题意；
若存在“倍值区间”，不符题意，故此函数不存在“倍值区间“；
对于D，，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，若存在“倍值区间”，，，，，
即存在“倍值区间”；
故选：ABD．
【点睛】关键点睛：本题考查新定义：“倍值区间”，关键在于紧扣定义，运用函数的单调性和值域，使问题得以解决.
9．（2021·全国）1837年，德国数学家狄利克雷(，1805-1859)第一个引入了现代函数概念：“如果对于的每一个值，总有一个完全确定的值与之对应，那么是的函数”.由此引发了数学家们对函数性质的研究.下面是以他的名字命名的“狄利克雷函数”：(Q表示有理数集合)，关于此函数，下列说法正确的是（ ）
A．是偶函数
B．
C．对于任意的有理数，都有
D．存在三个点，使为正三角形
【答案】ABCD
【分析】利用定义判断函数奇偶性，可确定A的正误，根据“狄利克雷函数”及有理数、无理数的性质，判断其它三个选项的正误.
【详解】A：由定义知：定义域关于原点对称，当则，当则，即有，故是偶函数，正确；
B：由解析式知：或，即，正确；
C：任意的有理数，当时，即，当时，即，正确；
D：若存在为正三角形，则其高为1，边长为，所以当时成立，正确；
故选：ABCD
【点睛】关键点点睛：应用函数的奇偶性判断，结合新定义函数及有理数、无理数的性质判断各选项的正误.
10．（2020·福建）设是定义在上的函数，若存在两个不相等的实数，使得，则称函数具有性质，那么下列函数中，具有性质的函数有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】取特殊值判断AB；数形结合判断C；利用奇偶性判断D.
【详解】对于函数，取，，则，
，，A中的函数具有性质；
对于函数，取，，则，
，，B中的函数具有性质；
画出的图象，以及一条辅助直线，平移辅助直线，当中间交点是两边交点的中点时，设两边交点横坐标是，此时，C中的函数具有性质；
，函数是偶函数，关于轴对称，时是增函数，是单调减函数，没有满足题意的3点，所以不正确．
故选：ABC.
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.
11．（2021·湖南高一期末）设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，也叫取整函数.令，以下结论正确的有（ ）
A．B．函数为奇函数
C．D．函数的值域为
【答案】AD
【分析】根据高斯函数的定义逐项检验可得正确的选项.
【详解】对于A，，故A正确.
对于B，取，则，而，
故，所以函数不为奇函数，故B错误.
对于C，则，故C错误.
对于D，由C的判断可知，为周期函数，且周期为，
当时，则
当时，则，
当时，，
当时，，
故当时，则有，故函数的值域为，故D正确.
故选：AD．
【点睛】思路点睛：对于函数的新定义问题，注意根据定义展开讨论性质的讨论，并且注意性质讨论的次序，比如讨论函数值域，可以先讨论函数的奇偶性、周期性．
12．（2021·杭州市富阳区第二中学高一月考）已知定义在R上的函数的图象连续不断，若存在常数，使得对任意的实数x成立，则称是回旋函数.给出下列四个命题中，正确的命题是（ ）
A．常值函数为回旋函数的充要条件是；
B．若为回旋函数，则；
C．函数不是回旋函数；
D．若是的回旋函数，则在上至少有2015个零点.
【答案】ACD
【分析】A.利用回旋函数的定义即可判断；B.代入回旋函数的定义，推得矛盾，判断选项；C.利用回旋函数的定义，令，则必有 ，令，则，推得矛盾；D.根据回旋函数的定义，推得，再根据零点存在性定理，推得零点的个数.
【详解】A.若，则，则，解得：，故A正确；
B.若指数函数为回旋函数，则，即，则，故B不正确；
C.若函数是回旋函数，则，对任意实数都成立，令，则必有 ，令，则，显然不是方程的解，故假设不成立，该函数不是回旋函数，故C正确；
D. 若是的回旋函数，则，对任意的实数都成立，即有，则与异号，由零点存在性定理得，在区间上必有一个零点，可令，则函数在上至少存在2015个零点，故D正确.
故选：ACD
【点睛】本题考查以新定义为背景，判断函数的性质，重点考查对定义的理解，应用，属于中档题型.
13．（2020·沙坪坝·重庆南开中学高一月考）一般地，若函数的定义域为，值域为，则称为的“倍跟随区间”；若函数的定义域为，值域也为，则称为的“跟随区间”.下列结论正确的是（ ）
A．若为的跟随区间，则
B．函数存在跟随区间
C．若函数存在跟随区间，则
D．二次函数存在“3倍跟随区间”
【答案】ACD
【分析】根据“倍跟随区间”的定义,分析函数在区间内的最值与取值范围逐个判断即可.
【详解】对A, 若为的跟随区间,因为在区间为增函数,故其值域为,根据题意有,解得或,因为故.故A正确；
对B,因为函数在区间与上均为减函数,
故若存在跟随区间，
则有,解得：，不合题意，故不存在,B错误.
对C, 若函数存在跟随区间,因为为减函数,故由跟随区间的定义可知,
即,因为,所以.
易得.
所以,令代入化简可得,同理也满足,即在区间上有两根不相等的实数根.
故,解得,故C正确.
对D,若存在“3倍跟随区间”,则可设定义域为,值域为.当时,易得在区间上单调递增,此时易得为方程的两根,求解得或.故存在定义域,使得值域为.
故D正确.
故选：ACD.
【点睛】本题主要考查了函数新定义的问题,需要根据题意结合函数的性质分析函数的单调性与取最大值时的自变量值,并根据函数的解析式列式求解.属于难题.
三、双空题
14．（2021·北京朝阳·高一期末）已知函数.
①当时，的值域为______；
②若对于任意，，，的值总可作为某一个三角形的三边长，则实数的取值范围是______.
【答案】； .
【分析】①当时，先利用分离常数法整理函数， 再利用逐步计算，即得值域；
②先分析知+恒成立，再利用定义法讨论函数单调性，并结合单调性求得值域，根据恒成立关系列关于参数的不等关系，解得参数范围即可.
【详解】①当时，函数，定义域为R，
由知，，则，即，故，
的值域为；
②依题意，作为某一个三角形的三边长，+恒成立，
函数，定义域为R，
任取，则，
由可知，即，故，
当，即时，，即，在R上单调递减，又，则，，即的值域为，
故，则，又，要使+恒成立，则需，故的取值范围是；
当，即时，，+，，显然+恒成立，故符合题意；
当，即时，，即，在R上单调递增，又，则，，即的值域为，故，，
要使+恒成立，则，即，故的取值范围是；
综上所述：的取值范围是.
故答案为：； .
【点睛】关键点点睛：
本题解题关键在于讨论函数的单调性来确定值域，才能将+恒成立的问题转化到取值范围上，以突破难点.
15．（2021·江苏扬中市第二高级中学）已知函数，则函数是___________函数(从“奇”，“偶”，“非奇非偶”及“既是奇函数又是偶函数”中选择一个填空)，不等式的解集为___________.
【答案】奇
【分析】根据条件求出的解析式，分析其定义域，通过计算得，则可得为奇函数；结合与的关系，可将题中的不等式变形为，再由的单调性，即可解出不等式.
【详解】由，得，
其定义域为，
，
则是奇函数；
由得，
即，
又为上的增函数，
则，即，所以.
故答案为：奇；.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是借助这一条件，以及的奇偶性将不等式变形，再利用的单调性，即可求解函数不等式.
四、填空题
16．（2020·河南郑州一中高一月考）函数在上的最小值为8，则实数______.
【答案】3
【分析】由已知结合对勾函数的性质，讨论已知函数在区间上单调性，进而可求出结果.
【详解】令，解得，当时，即，
函数在上单调递减，，则，符合题意；
当时，即，
函数在上单减，在上单增，，解得（舍）；
当时，即，函数在上单调递增，，解得（舍），综上得.
故答案为：3.
【点睛】本题主要考查了对勾函数单调性的应用，体现了分类讨论思想的应用，属于中档题.
17．（2020·华东师范大学松江实验高级中学高一月考）定义区间（），（]，的长度均为，多个区间并集的长度为各区间长度之和，例如（1，2）[3，5）的长度，设，其中[]表示不超过的最大整数，例如[1.3]=1，[-1.4]=-2；[3]=3，{}=-[].若用表示不等式解集区间的长度，则当[-2021，2021]时，d=___________；
【答案】
【分析】根据将化为，对按三种情况进行分类讨论求得不等式的解集，从而可求得.
【详解】因为表示不超过的最大整数，所以，即，
不等式即 等价于，
即（*），
①当，即时，不等式（*）化为，即，不成立.
②当，即时，不等式（*）恒成立.
③当，即时，不等式（*）化为恒成立.
所以不等式在区间上的解集为，
.
故答案为：
【点睛】函数新定义的题目，解题关键点是围绕着新定义的概念和运算进行分析.
18．（2021·江苏南京师大附中）已知函数．若存在使得不等式成立，则实数的取值范围是________．
【答案】
【分析】令，判断函数的奇偶性与单调性，从而将不等式转化为，分离参数可得，令，，利用对勾函数的单调性可得，结合题意即可求解的取值范围．
【详解】函数，若存在使得不等式成立，
令，
，
所以，为奇函数．
不等式，即，
即，
所以，
因为在上为增函数，在上为增函数，
所以在上为增函数，
由奇函数的性质可得在上为增函数，所以不等式等价于，分离参数可得，
令，，
由对勾函数的性质可知在上单调递减，在上单调递增，
（1），（4），所以，，
所以由题意可得，
即实数的取值范围是．
故答案为：．
【点睛】方法点睛：数的三个性质：单调性、奇偶性和周期性，在高考中一般不会单独命题，而是常将它们综合在一起考查，其中单调性与奇偶性结合、周期性与抽象函数相结合，并结合奇偶性求函数值，多以选择题、填空题的形式呈现，函数的单调性与奇偶性相结合，注意函数的单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图象的对称性
19．（2020·四川乐山·高一期末）已知函数（且），若有最小值，则实数的取值范围为_______________________.
【答案】
【分析】讨论的取值，分类利用函数单调性以及最值之间的关系列不等式求解．
【详解】（2），
当时，，
若，则当时为增函数，此时无最小值，不合题意；
若，当时，，当时，，此时无最小值，不合题意；
若，当时，为减函数，此时（2），
当时，为增函数，且此时，要使有最小值，
则，即，，则；
若，当时为减函数，此时（2），
当时，为减函数，且，要使有最小值，
则，即，则．
综上所述，或，
实数的取值范围是，，．
故答案为：．
【点睛】方法点睛：分类讨论思想的常见类型
（1）问题中的变量或含有需讨论的参数的，要进行分类讨论的；
（2）问题中的条件是分类给出的；
（3）解题过程不能统一叙述，必须分类讨论的；
（4）涉及几何问题时，由几何元素的形状、位置的变化需要分类讨论的.
20．（2021·上海）已知，函数的最小值为，则由满足条件的的值组成的集合是_______________.
【答案】
【分析】讨论与、的大小关系，判断函数在、上的单调性与最小值，根据函数的最小值列方程解出实数的值.
【详解】分以下三种情况讨论：
①若时，即当时，，
所以，函数在上单调递减，且，
当时，，
此时，函数无最小值；
②若时，即当时，，
当时，，
当时，.
，所以，，整理可得，
，解得（舍去）；
③当时，即当时，，
当时，，
当时，.
因为，所以，，整理可得，
，解得或（舍去）.
综上所述，实数的取值集合为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于对参数的取值进行分类讨论，化简函数解析式，利用函数的单调性得出函数的最小值，进而求解.
21．（2021·全国）下列命题中所有正确的序号是__________.
①函数()在R上是增函数；
②函数的定义域是，则函数的定义域为；
③已知，且，则；
④为奇函数.
⑤函数值域为
【答案】①④⑤
【分析】①中由、()都为增函数，即可判断复合函数的单调性；②由与的平移关系，即可知的定义域；③令为奇函数，结合即可求；④根据定义判断的奇偶性；⑤求的值域即可.
【详解】①由于在定义域内为增函数，在时也为增函数，故在R上是增函数，故正确；
②由题设知：中，令则，即的定义域为，故错误；
③由题设，令，即为奇函数，有，而，所以，故错误；
④，而，即，故正确；
⑤由题设，知：，即值域为，故正确.
故答案为：①④⑤
【点睛】关键点点睛：
（1）利用复合函数的函数组成判断函数单调性；
（2）根据抽象函数的平移关系求定义域；
（3）构造奇函数求对应的函数值；
（4）定义法判断函数奇偶性；
（5）直接法求具体函数的值域.
22．（2019·福建师大二附中高一期中）关于函数，下列命题中所有正确结论的序号是______.
①其图象关于y轴对称；②当时，是增函数；当时，是减函数；
③的最小值是；④在区间、上是增函数；
【答案】①③④
【分析】对于①先求函数的定义域，然后判断与的关系，可确定其为偶函数；对于②③④，先通过定义法求单调性，求出的单调区间，进而利用复合函数单调性求出的单调区间，即可求出的最小值，进而确定各项的正误.
【详解】函数，定义域为，定义域关于原点对称，，
∴函数是偶函数，图象关于y轴对称，故①正确；
令，函数在上单调递减，证明如下：
任取，，且，则，而，，即，且，，
∴，故函数在上单调递减；同理可以证明函数在上单调递增，
又∵在单调递增，
利用复合函数单调性可知，在上单调递减，在上单调递增，且函数是偶函数，
∴在上单调递减，在上单调递增.
∴的最小值为，所以②错误，③④正确.
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：利用偶函数的性质说明的定义域是否关于原点对称且；应用函数单调性的定义证明的区间单调性，利用复合函数单调性确定的单调区间、最值.
五、解答题
23．（2021·浙江高一单元测试）已知函数，，.
（1）当时，求函数的单调递增区间；
（2）若，唯一的，使得，求实数的取值范围.
【答案】（1）和；（2）.
【分析】（1）分类和去绝对值符号得分段函数，结合二次函数性质可得增区间；
（2）设在上值域，对任意，直线与函数的图象在上只有一个交点．令，把转化为，，，的值域是， 时，无解，在时，在上单调递增，，根据二次函数性质确定出后可得结论．
【详解】解：（1）由题意，
即，
因此增区间为和；
（2），
设在上的值域为，则对，直线与函数的图象在上有1个交点，
令，，，
，，时，，
①当时，，
，需，即，无解；
②当时，，，由勾形函数性质知时，在上递增，
（i）当时，，，
，需，即，得，
∴；
（ii）当时，，，
，需，即，得，
∴；
③当时，，
，同（ii）得，∴；
④当时，，
，在上单调递增，
需，即，得，∴；
综上得∴.
【点睛】关键点点睛：本题考查绝对值函数的单调性，考查函数恒(能)成立问题．对函数恒(能)成立问题，要注意任意与存在的不同，象本题，任意，存在，使得，记值域是，值域是，则有．本题解题关键是利用二次函数性质分类讨论确定分段函数的值域．
24．（2021·全国）已知函数，且.
（1）判断在定义域上的单调性，并用定义证明；
（2）若，且恒成立，求的范围.
【答案】（1）在上单调递增，证明见解析；（2）.
【分析】（1）在上单调递增，利用定义法，取值、作差、整理、判断、定号，即可得证.
（2）根据奇偶性的定义，可得在R上为奇函数，由（1）可得单调递增，则恒成立，等价于恒成立，即恒成立，根据x的范围，求得的最小值，即可得答案.
【详解】（1）在上单调递增，证明如下：
任取且，
则
，
在上单调递增.
（2），
则，
所以在R上为奇函数，且由（1）可得单调递增，
恒成立，
恒成立，
恒成立，即恒成立，
，
，即
【点睛】解题的关键是熟练掌握单调性、奇偶性的定义，并灵活应用，对于恒成立问题，若，则即可；若，则即可，
25．（2021·黑龙江哈尔滨市第六中学校）已知函数是定义域上的奇函数，且.
（1）求函数的解析式，判断函数在上的单调性并证明；
（2）令，设，若对任意，当时，都有，求实数a的取值范围.
【答案】（1），函数在上单调递减，在上单调递增，证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据函数是奇函数，由，得，两者联立解得a，b，进而可得函数的解析式，再利用单调性的定义证明函数的单调性.
（2）由（1）得，易知在上为减函数，将时，都有，转化为，进而转化为，对任意成立求解.
【详解】（1）因为，且是奇函数，
所以，
所以，
解得，
所以，
函数在上单调递减，在上单调递增，
证明：任取，且，
则，
因为，且，
所以，，
所以，
所以，即，
所以函数在上单调递减，
任取，且，
则，
因为，且，
所以，，
所以，
所以，即，
所以函数在上单调递增.
（2）由（1）得，
不妨令，则，
由复合函数的单调性知：函数在上为减函数，
所以，，
因为当，满足，
故只需，
即，对任意成立，
因为，所以函数在上单调递增，
当时，y有最小值，，
由，解得，
所以a的取值范围为.
【点睛】关键点点睛；本题第二问题关键点是将时，都有，转化为恒成立 求解.
26．（2020·安徽省怀宁中学）已知是定义在R上的奇函数，且（a为常数），且．
（1）求的解析式；
（2）若存在，使得不等式成立，求m的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据奇函数定义，结合题意，可得，根据，计算化简，即可得答案.
（2）由（1）可得，代入所求，化简可得，利用基本不等式，求得，即可得答案.
【详解】解：（1）因为是定义在R上的奇函数，所以．
因为，
所以，所以．
因为，所以，
解得．故．
（2）由（1）可知，
则等价于，
因为，所以，
因为，
所以，
令，得．
因为，所以，
当且仅当，即时，等号成立．
则，即m的取值范围为．
【点睛】对于恒成立问题，若，则即可；若，则即可，
对于存在性问题，若，则即可，若，则即可.
27．（2020·宝山区·上海交大附中）已知函数（为常数）
（1）若函数图象上动点P到定点Q（0，2）的距离的最小值为，求实数的值；
（2）设，若不等式在有解，求的取值范围；
（3）定义：区间（）的长度为，若，问是否存在区间，使得的值域为[6，7]，若存在，求出此区间长度的最大值与最小值的差.
【答案】（1）；（2）当时，；当时，；（3）存在，最大值3，最小值1，差为2.
【分析】（1）根据题意，设点，结合两点之间的距离公式和均值不等式，即可求解；
（2）根据题意，可知在有解，令，则等价于在上恒成立，再结合开口向下的二次函数的图象性质，讨论即可求解；
（3）根据题意，结合的图象性质，可知，进而可求解.
【详解】（1）设点，
则点P到定点Q（0，2）的距离，
当时，，不合题意；
当时，由，得，
又因，所以，即，
解得.
（2）由不等式在有解，
得在有解，
令，则，
此时在有解，等价于在上恒成立，
令，，
因，所以在端点处取得最小值，
①当，即时，，故；
②当，即时，，故.
综上，当时，；当时，.
（3）由题意得，结合图象可知，在上单调递减，在上单调递增，且，，
因在区间上，的值域为[6，7]，
所以，，区间长度的最大值与最小值的差为，
故存在，且最大值3，最小值1，差为2.
【点睛】
求函数最值和值域的常用方法：
(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值；
(2)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值；
(3)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值；
(4)导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值；
(5)换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值．
28．（2021·宝山·上海交大附中高一期中）设是定义在上的函数，若对任何实数以及中的任意两数、，恒有，则称为定义域上的函数．
（1）判断函数，是否为定义域上的函数，请说明理由；
（2）函数，是定义域上的函数，求实数的最小值；
（3）若是定义域为的周期函数，且最小正周期为．试判断是否可能为定义域上的函数．如果可能，请给出至少一个符合条件的函数；如果不可能，请说明理由．
【答案】（1）不是函数，理由见解析；（2）；（3）不是上的函数，理由见解析．
【分析】（1）取，，，验证，即可得出结论；
（2）设，由化简得出，可得出，可求得的取值范围，即可得出实数的最小值；
（3）假设是上的函数，若存在且、，使得，分别论证、不成立，即可得出结论.
【详解】
（1）不是函数，
说明如下（举反例）：取，，，
则
，
即，所以不是函数；
（2）对任意的，由可得，
所以，，
所以，，
不妨设，可得，
，
，即，
所以，，
因为，只需，即，解得.
因此，实数的最小值为；
（3）假设是上的函数，若存在且、，使得．
（ⅰ）若，
记，，，则，且，
那么
，
这与矛盾；
（ⅱ）若，记，，，同理也可得到矛盾；
所以在上是常数函数，
又因为是周期为的函数，所以在上是常数函数，这与的最小正周期为矛盾．
所以不是上的函数．
【点睛】关键点点睛：本题考查函数的新定义问题，解决本题的关键在于充分利用题中“函数”的定义，利用作差法、不等式的基本性质来求解，在判断“函数”的定义不满足时，可充分利用特殊值、反例来进行否定.
29．（2021·浙江高一期末）设函数．
（1）若，求函数的值域；
（2）求函数在区间的最小值．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）首先讨论去掉绝对值，写成分段函数的形式，再求每段函数的值域，最后求两段函数值域的并集；（2）先分和两种情况讨论，再根据两个二次函数的对称轴再对进行讨论，分析函数的最小值.
【详解】
（1）当时，，
当时，，
函数的对称轴是，函数在单调递增，，
当时，，
函数的对称轴是，函数在区间的值域是
的值域是；
（2）当时，，，此时函数的对称轴是，
当时，，，此时函数的对称轴是，
所以，
1.当时，
当，即时，是上单调递增，此时，
当时，即时，在的对称轴处取得最小值，此时；
2.当时，
当，即时，在上单调递增，
此时 ，
当时，即时，即在的对称轴处取得最小值，
此时；
综上所述，
【点睛】思路点睛：本题考查含绝对值的二次函数的性质，单调性和函数的最值，本题的难点是第二问，首先分段函数的两段函数对称轴分别是和，所以首先分和两种情况，再分含对称轴的那段的对称轴是否包含于区间讨论，求函数最小值，属于偏难题型.
30．（2021·江西高安中学高一月考）已知函数
（1）当时，求满足的值；
（2）当时，
①存在，不等式有解，求的取值范围；
②若函数满足，若对任意，不等式恒成立，求实数的最大值；
【答案】（1）；（2）①；②6．
【分析】（1）将方程 转化为一元二次方程：，求解即可.
（2）①判断函数的单调性，利用单调性定义将已知转化为在时有解，根据判别式大于零可得的取值范围．
②先求函数，则，因此不等式可转恒成立，即在时恒成立，利用函数的单调性求最值即可得解.
【详解】（1）当时，，化简得，
解得：或（舍），所以
（2）当时，
①对任意，且有：
，
因为，所以，所以，因此在上递减．
∵，∴
即在时有解，所以，解得
所以的取值范围为
②∵，∴．
∴，．
不等式恒成立，即恒成立
令，则在时恒成立
令，根据对勾函数图像得在上单调递减，在上单调递增，
∴，∴．
所以，实数的最大值是6．
【点睛】易错点睛：本题考查指数函数的性质，考查换元法的应用．解方程或不等式可用换元法，即，变为或，同样与有关的问题，也是用换元法，即设，只是要注意的取值范围（这个范围可用基本不等式或用函数的单调性求解），否则会出错．
一、单选题
1．（2021·全国）已知定义在上的偶函数满足：当时，，且对一切恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，可得的解析式，分别求得当时，时，时，和的表达式，结合题意，即可求得a的范围，综合即可得答案.
【详解】由题意知：
当时，，
所以，所以，
因为，所以；
当时，，
所以，所以；
当时，
所以，所以，
综上.
故选：C
【点睛】解题的关键是根据题意求得的解析式，分类讨论，将和进行转化，考查分类讨论的思想，属中档题.
2．（2021·奉新县第一中学高一月考）已知函数是定义在R上的函数，其中是奇函数，是偶函数，且，若对于任意，都有，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】题目比较综合，先要通过的奇偶性，列出关于的方程组，用方程组的方法求出关于的解析式，，可以变形为，是单调性的定义，说明构造新函数之后，函数在单调递增，最后根据新函数在区间的单调性，可以分类讨论得到函数中参数的范围
【详解】由题得：是奇函数，所以；是偶函数，所以
将代入得：
联立 解得：
，等价于，
即：，令，则在单增
①当时，函数的对称轴为，所以在单增
②当时，函数的对称轴为，若在单增，则，得：
③当时，单增，满足题意
综上可得：
故选：C
【点睛】题目考察的知识点比较综合，涉及到：
①函数奇偶性的应用
②通过方程组法求解函数的解析式
③构造新函数
④已知函数在某一区间内的单调性，求解参数的范围
需要对函数整个章节的内容都掌握比较好，才能够顺利解决
3．（2021·全国）设函数的定义域为，满足，且当时，．若对任意，都有，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题设条件可得当时，，其中，结合函数在上的解析式和函数在的图象可求的取值范围.
【详解】当时，，故，
因为，
故当时，，，
同理，当时，，
依次类推，可得当时，，其中.
所以当时，必有.
如图所示，因为当时，的取值范围为，
故若对任意，都有，则，
令，或，
结合函数的图象可得，
故选：D.
【点睛】思路点睛：此类问题考虑函数的“类周期性”，注意根据已知区间上函数的性质推证函数在其他区间上的性质，必要时应根据性质绘制函数的图象，借助形来寻找临界点.
4．（2021·全国）函数是定义在上的偶函数，是奇函数，且当时，，则（ ）
A．1B．C．D．2020
【答案】B
【分析】依题意得到函数是周期为4的周期函数，继而分别求得，进而求得结果.
【详解】根据题意，函数是定义在上的偶函数，则有，
又是奇函数，则，
所以
即，则有，
所以函数是周期为4的周期函数，
则，，
故.
故选：B．
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是：依题意探究得到函数是周期为4的周期函数.
5．（2021·全国）设函数，若存在实数，使在上的值域为，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题设可知该复合函数在区间上单调递减，则可得，.由这两式联立可转化得，以及，记，，代入整理后可得，最后根据二次函数值域的求法，再结合题中对的限制条件（），即可求出最终结果.
【详解】由得，且由复合函数的单调性可知函数为减函数，
故有，，
两式相减可得，
即，
则，
两式相加可得，
记，，
故有，，，
代入可得，
又因为，且均为非负数，故，
则由二次函数的值域可得：
当或时，取到最大值，
但当时，，与矛盾，则取不到最小值，
所以的取值范围是.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用换元法，将表示成关于的二次函数，进而求出的取值范围.
6．（2021·全国）关于函数，给出以下四个命题：
（1）当时，单调递减且没有最值；
（2）方程一定有实数解；
（3）如果方程（m为常数）有解，则解的个数一定是偶数；
（4）是偶函数且有最小值．
其中正确的命题个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】由函数解析式可推出是偶函数，在、上单调递增，在、上单调递减，且恒成立，即可判断各项的正误.
【详解】函数是偶函数，当时，在上单调递增，在上单调递减，且恒成立，可得函数草图如下：
（1）当时，单调递减，当时，单调递增，故错误；
（2）当时，函数与函数的图像一定有交点，由对称性可知，当且时，函数与函数的图像也一定有交点，故正确；
（3）当时，方程只有1个解，故错误；
（4） 由对称性知，有最小值，故正确；
故选：B
【点睛】关键点点睛：根据函数解析式确定单调区间，奇偶性以及值域，进而结合各项的描述判断正误，注意一次函数的性质和函数对称性的应用.
二、多选题
7．（2020·重庆市第七中学校）定义在上的奇函数和偶函数满足：，则下列结论正确的有（ ）
A．，且在上单调递增B．，总有；
C．，总有D．，使得
【答案】BC
【分析】利用函数的奇偶性，可求得，的解析式，根据函数的性质，逐一分析选项，即可得答案.
【详解】
由题意得，，
所以，即，
所以，
对于A：设，当且仅当x=0时等号成立，
所以在单调递减，在单调递增，故A错误；
对于B：，故B正确.
对于C：因为，，
所以，故C正确.
对于D：，
所以对于，恒成立，故D错误.
故选：BC
【点睛】解题的关键是熟练掌握函数的奇偶性、单调性等知识，并灵活应用，考查计算化简，分析求值的能力属中档题.
8．（2021·全国）（多选题）已知函数的定义域为，若存在区间使得：
（1）在上是单调函数；
（2）在上的值域是，
则称区间为函数的“倍值区间”．
下列函数中存在“倍值区间”的有（ ）
A．；B．；C．；D．．
【答案】ABD
【分析】函数中存在“倍值区间”，则在内是单调函数,或，对四个函数的单调性分别研究，从而确定是否存在“倍值区间”．
【详解】函数中存在“倍值区间”，则（1）在内是单调函数，（2）或，
对于A，，若存在“倍值区间”，则，，存在“倍值区间”；
对于B，，若存在“倍值区间”，当时，，故只需即可，故存在；
对于C，；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
若存在“倍值区间”，，
不符题意；
若存在“倍值区间”，不符题意，故此函数不存在“倍值区间“；
对于D，，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，若存在“倍值区间”，，，，，
即存在“倍值区间”；
故选：ABD．
【点睛】关键点睛：本题考查新定义：“倍值区间”，关键在于紧扣定义，运用函数的单调性和值域，使问题得以解决.
9．（2021·全国）1837年，德国数学家狄利克雷(，1805-1859)第一个引入了现代函数概念：“如果对于的每一个值，总有一个完全确定的值与之对应，那么是的函数”.由此引发了数学家们对函数性质的研究.下面是以他的名字命名的“狄利克雷函数”：(Q表示有理数集合)，关于此函数，下列说法正确的是（ ）
A．是偶函数
B．
C．对于任意的有理数，都有
D．存在三个点，使为正三角形
【答案】ABCD
【分析】利用定义判断函数奇偶性，可确定A的正误，根据“狄利克雷函数”及有理数、无理数的性质，判断其它三个选项的正误.
【详解】A：由定义知：定义域关于原点对称，当则，当则，即有，故是偶函数，正确；
B：由解析式知：或，即，正确；
C：任意的有理数，当时，即，当时，即，正确；
D：若存在为正三角形，则其高为1，边长为，所以当时成立，正确；
故选：ABCD
【点睛】关键点点睛：应用函数的奇偶性判断，结合新定义函数及有理数、无理数的性质判断各选项的正误.
10．（2020·福建）设是定义在上的函数，若存在两个不相等的实数，使得，则称函数具有性质，那么下列函数中，具有性质的函数有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】取特殊值判断AB；数形结合判断C；利用奇偶性判断D.
【详解】对于函数，取，，则，
，，A中的函数具有性质；
对于函数，取，，则，
，，B中的函数具有性质；
画出的图象，以及一条辅助直线，平移辅助直线，当中间交点是两边交点的中点时，设两边交点横坐标是，此时，C中的函数具有性质；
，函数是偶函数，关于轴对称，时是增函数，是单调减函数，没有满足题意的3点，所以不正确．
故选：ABC.
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.
11．（2021·湖南高一期末）设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，也叫取整函数.令，以下结论正确的有（ ）
A．B．函数为奇函数
C．D．函数的值域为
【答案】AD
【分析】根据高斯函数的定义逐项检验可得正确的选项.
【详解】对于A，，故A正确.
对于B，取，则，而，
故，所以函数不为奇函数，故B错误.
对于C，则，故C错误.
对于D，由C的判断可知，为周期函数，且周期为，
当时，则
当时，则，
当时，，
当时，，
故当时，则有，故函数的值域为，故D正确.
故选：AD．
【点睛】思路点睛：对于函数的新定义问题，注意根据定义展开讨论性质的讨论，并且注意性质讨论的次序，比如讨论函数值域，可以先讨论函数的奇偶性、周期性．
12．（2021·杭州市富阳区第二中学高一月考）已知定义在R上的函数的图象连续不断，若存在常数，使得对任意的实数x成立，则称是回旋函数.给出下列四个命题中，正确的命题是（ ）
A．常值函数为回旋函数的充要条件是；
B．若为回旋函数，则；
C．函数不是回旋函数；
D．若是的回旋函数，则在上至少有2015个零点.
【答案】ACD
【分析】A.利用回旋函数的定义即可判断；B.代入回旋函数的定义，推得矛盾，判断选项；C.利用回旋函数的定义，令，则必有 ，令，则，推得矛盾；D.根据回旋函数的定义，推得，再根据零点存在性定理，推得零点的个数.
【详解】A.若，则，则，解得：，故A正确；
B.若指数函数为回旋函数，则，即，则，故B不正确；
C.若函数是回旋函数，则，对任意实数都成立，令，则必有 ，令，则，显然不是方程的解，故假设不成立，该函数不是回旋函数，故C正确；
D. 若是的回旋函数，则，对任意的实数都成立，即有，则与异号，由零点存在性定理得，在区间上必有一个零点，可令，则函数在上至少存在2015个零点，故D正确.
故选：ACD
【点睛】本题考查以新定义为背景，判断函数的性质，重点考查对定义的理解，应用，属于中档题型.
13．（2020·沙坪坝·重庆南开中学高一月考）一般地，若函数的定义域为，值域为，则称为的“倍跟随区间”；若函数的定义域为，值域也为，则称为的“跟随区间”.下列结论正确的是（ ）
A．若为的跟随区间，则
B．函数存在跟随区间
C．若函数存在跟随区间，则
D．二次函数存在“3倍跟随区间”
【答案】ACD
【分析】根据“倍跟随区间”的定义,分析函数在区间内的最值与取值范围逐个判断即可.
【详解】对A, 若为的跟随区间,因为在区间为增函数,故其值域为,根据题意有,解得或,因为故.故A正确；
对B,因为函数在区间与上均为减函数,
故若存在跟随区间，
则有,解得：，不合题意，故不存在,B错误.
对C, 若函数存在跟随区间,因为为减函数,故由跟随区间的定义可知,
即,因为,所以.
易得.
所以,令代入化简可得,同理也满足,即在区间上有两根不相等的实数根.
故,解得,故C正确.
对D,若存在“3倍跟随区间”,则可设定义域为,值域为.当时,易得在区间上单调递增,此时易得为方程的两根,求解得或.故存在定义域,使得值域为.
故D正确.
故选：ACD.
【点睛】本题主要考查了函数新定义的问题,需要根据题意结合函数的性质分析函数的单调性与取最大值时的自变量值,并根据函数的解析式列式求解.属于难题.
三、双空题
14．（2021·北京朝阳·高一期末）已知函数.
①当时，的值域为______；
②若对于任意，，，的值总可作为某一个三角形的三边长，则实数的取值范围是______.
【答案】； .
【分析】①当时，先利用分离常数法整理函数， 再利用逐步计算，即得值域；
②先分析知+恒成立，再利用定义法讨论函数单调性，并结合单调性求得值域，根据恒成立关系列关于参数的不等关系，解得参数范围即可.
【详解】①当时，函数，定义域为R，
由知，，则，即，故，
的值域为；
②依题意，作为某一个三角形的三边长，+恒成立，
函数，定义域为R，
任取，则，
由可知，即，故，
当，即时，，即，在R上单调递减，又，则，，即的值域为，
故，则，又，要使+恒成立，则需，故的取值范围是；
当，即时，，+，，显然+恒成立，故符合题意；
当，即时，，即，在R上单调递增，又，则，，即的值域为，故，，
要使+恒成立，则，即，故的取值范围是；
综上所述：的取值范围是.
故答案为：； .
【点睛】关键点点睛：
本题解题关键在于讨论函数的单调性来确定值域，才能将+恒成立的问题转化到取值范围上，以突破难点.
15．（2021·江苏扬中市第二高级中学）已知函数，则函数是___________函数(从“奇”，“偶”，“非奇非偶”及“既是奇函数又是偶函数”中选择一个填空)，不等式的解集为___________.
【答案】奇
【分析】根据条件求出的解析式，分析其定义域，通过计算得，则可得为奇函数；结合与的关系，可将题中的不等式变形为，再由的单调性，即可解出不等式.
【详解】由，得，
其定义域为，
，
则是奇函数；
由得，
即，
又为上的增函数，
则，即，所以.
故答案为：奇；.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是借助这一条件，以及的奇偶性将不等式变形，再利用的单调性，即可求解函数不等式.
四、填空题
16．（2020·河南郑州一中高一月考）函数在上的最小值为8，则实数______.
【答案】3
【分析】由已知结合对勾函数的性质，讨论已知函数在区间上单调性，进而可求出结果.
【详解】令，解得，当时，即，
函数在上单调递减，，则，符合题意；
当时，即，
函数在上单减，在上单增，，解得（舍）；
当时，即，函数在上单调递增，，解得（舍），综上得.
故答案为：3.
【点睛】本题主要考查了对勾函数单调性的应用，体现了分类讨论思想的应用，属于中档题.
17．（2020·华东师范大学松江实验高级中学高一月考）定义区间（），（]，的长度均为，多个区间并集的长度为各区间长度之和，例如（1，2）[3，5）的长度，设，其中[]表示不超过的最大整数，例如[1.3]=1，[-1.4]=-2；[3]=3，{}=-[].若用表示不等式解集区间的长度，则当[-2021，2021]时，d=___________；
【答案】
【分析】根据将化为，对按三种情况进行分类讨论求得不等式的解集，从而可求得.
【详解】因为表示不超过的最大整数，所以，即，
不等式即 等价于，
即（*），
①当，即时，不等式（*）化为，即，不成立.
②当，即时，不等式（*）恒成立.
③当，即时，不等式（*）化为恒成立.
所以不等式在区间上的解集为，
.
故答案为：
【点睛】函数新定义的题目，解题关键点是围绕着新定义的概念和运算进行分析.
18．（2021·江苏南京师大附中）已知函数．若存在使得不等式成立，则实数的取值范围是________．
【答案】
【分析】令，判断函数的奇偶性与单调性，从而将不等式转化为，分离参数可得，令，，利用对勾函数的单调性可得，结合题意即可求解的取值范围．
【详解】函数，若存在使得不等式成立，
令，
，
所以，为奇函数．
不等式，即，
即，
所以，
因为在上为增函数，在上为增函数，
所以在上为增函数，
由奇函数的性质可得在上为增函数，所以不等式等价于，分离参数可得，
令，，
由对勾函数的性质可知在上单调递减，在上单调递增，
（1），（4），所以，，
所以由题意可得，
即实数的取值范围是．
故答案为：．
【点睛】方法点睛：数的三个性质：单调性、奇偶性和周期性，在高考中一般不会单独命题，而是常将它们综合在一起考查，其中单调性与奇偶性结合、周期性与抽象函数相结合，并结合奇偶性求函数值，多以选择题、填空题的形式呈现，函数的单调性与奇偶性相结合，注意函数的单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图象的对称性
19．（2020·四川乐山·高一期末）已知函数（且），若有最小值，则实数的取值范围为_______________________.
【答案】
【分析】讨论的取值，分类利用函数单调性以及最值之间的关系列不等式求解．
【详解】（2），
当时，，
若，则当时为增函数，此时无最小值，不合题意；
若，当时，，当时，，此时无最小值，不合题意；
若，当时，为减函数，此时（2），
当时，为增函数，且此时，要使有最小值，
则，即，，则；
若，当时为减函数，此时（2），
当时，为减函数，且，要使有最小值，
则，即，则．
综上所述，或，
实数的取值范围是，，．
故答案为：．
【点睛】方法点睛：分类讨论思想的常见类型
（1）问题中的变量或含有需讨论的参数的，要进行分类讨论的；
（2）问题中的条件是分类给出的；
（3）解题过程不能统一叙述，必须分类讨论的；
（4）涉及几何问题时，由几何元素的形状、位置的变化需要分类讨论的.
20．（2021·上海）已知，函数的最小值为，则由满足条件的的值组成的集合是_______________.
【答案】
【分析】讨论与、的大小关系，判断函数在、上的单调性与最小值，根据函数的最小值列方程解出实数的值.
【详解】分以下三种情况讨论：
①若时，即当时，，
所以，函数在上单调递减，且，
当时，，
此时，函数无最小值；
②若时，即当时，，
当时，，
当时，.
，所以，，整理可得，
，解得（舍去）；
③当时，即当时，，
当时，，
当时，.
因为，所以，，整理可得，
，解得或（舍去）.
综上所述，实数的取值集合为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于对参数的取值进行分类讨论，化简函数解析式，利用函数的单调性得出函数的最小值，进而求解.
21．（2021·全国）下列命题中所有正确的序号是__________.
①函数()在R上是增函数；
②函数的定义域是，则函数的定义域为；
③已知，且，则；
④为奇函数.
⑤函数值域为
【答案】①④⑤
【分析】①中由、()都为增函数，即可判断复合函数的单调性；②由与的平移关系，即可知的定义域；③令为奇函数，结合即可求；④根据定义判断的奇偶性；⑤求的值域即可.
【详解】①由于在定义域内为增函数，在时也为增函数，故在R上是增函数，故正确；
②由题设知：中，令则，即的定义域为，故错误；
③由题设，令，即为奇函数，有，而，所以，故错误；
④，而，即，故正确；
⑤由题设，知：，即值域为，故正确.
故答案为：①④⑤
【点睛】关键点点睛：
（1）利用复合函数的函数组成判断函数单调性；
（2）根据抽象函数的平移关系求定义域；
（3）构造奇函数求对应的函数值；
（4）定义法判断函数奇偶性；
（5）直接法求具体函数的值域.
22．（2019·福建师大二附中高一期中）关于函数，下列命题中所有正确结论的序号是______.
①其图象关于y轴对称；②当时，是增函数；当时，是减函数；
③的最小值是；④在区间、上是增函数；
【答案】①③④
【分析】对于①先求函数的定义域，然后判断与的关系，可确定其为偶函数；对于②③④，先通过定义法求单调性，求出的单调区间，进而利用复合函数单调性求出的单调区间，即可求出的最小值，进而确定各项的正误.
【详解】函数，定义域为，定义域关于原点对称，，
∴函数是偶函数，图象关于y轴对称，故①正确；
令，函数在上单调递减，证明如下：
任取，，且，则，而，，即，且，，
∴，故函数在上单调递减；同理可以证明函数在上单调递增，
又∵在单调递增，
利用复合函数单调性可知，在上单调递减，在上单调递增，且函数是偶函数，
∴在上单调递减，在上单调递增.
∴的最小值为，所以②错误，③④正确.
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：利用偶函数的性质说明的定义域是否关于原点对称且；应用函数单调性的定义证明的区间单调性，利用复合函数单调性确定的单调区间、最值.
五、解答题
23．（2021·浙江高一单元测试）已知函数，，.
（1）当时，求函数的单调递增区间；
（2）若，唯一的，使得，求实数的取值范围.
【答案】（1）和；（2）.
【分析】（1）分类和去绝对值符号得分段函数，结合二次函数性质可得增区间；
（2）设在上值域，对任意，直线与函数的图象在上只有一个交点．令，把转化为，，，的值域是， 时，无解，在时，在上单调递增，，根据二次函数性质确定出后可得结论．
【详解】解：（1）由题意，
即，
因此增区间为和；
（2），
设在上的值域为，则对，直线与函数的图象在上有1个交点，
令，，，
，，时，，
①当时，，
，需，即，无解；
②当时，，，由勾形函数性质知时，在上递增，
（i）当时，，，
，需，即，得，
∴；
（ii）当时，，，
，需，即，得，
∴；
③当时，，
，同（ii）得，∴；
④当时，，
，在上单调递增，
需，即，得，∴；
综上得∴.
【点睛】关键点点睛：本题考查绝对值函数的单调性，考查函数恒(能)成立问题．对函数恒(能)成立问题，要注意任意与存在的不同，象本题，任意，存在，使得，记值域是，值域是，则有．本题解题关键是利用二次函数性质分类讨论确定分段函数的值域．
24．（2021·全国）已知函数，且.
（1）判断在定义域上的单调性，并用定义证明；
（2）若，且恒成立，求的范围.
【答案】（1）在上单调递增，证明见解析；（2）.
【分析】（1）在上单调递增，利用定义法，取值、作差、整理、判断、定号，即可得证.
（2）根据奇偶性的定义，可得在R上为奇函数，由（1）可得单调递增，则恒成立，等价于恒成立，即恒成立，根据x的范围，求得的最小值，即可得答案.
【详解】（1）在上单调递增，证明如下：
任取且，
则
，
在上单调递增.
（2），
则，
所以在R上为奇函数，且由（1）可得单调递增，
恒成立，
恒成立，
恒成立，即恒成立，
，
，即
【点睛】解题的关键是熟练掌握单调性、奇偶性的定义，并灵活应用，对于恒成立问题，若，则即可；若，则即可，
25．（2021·黑龙江哈尔滨市第六中学校）已知函数是定义域上的奇函数，且.
（1）求函数的解析式，判断函数在上的单调性并证明；
（2）令，设，若对任意，当时，都有，求实数a的取值范围.
【答案】（1），函数在上单调递减，在上单调递增，证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据函数是奇函数，由，得，两者联立解得a，b，进而可得函数的解析式，再利用单调性的定义证明函数的单调性.
（2）由（1）得，易知在上为减函数，将时，都有，转化为，进而转化为，对任意成立求解.
【详解】（1）因为，且是奇函数，
所以，
所以，
解得，
所以，
函数在上单调递减，在上单调递增，
证明：任取，且，
则，
因为，且，
所以，，
所以，
所以，即，
所以函数在上单调递减，
任取，且，
则，
因为，且，
所以，，
所以，
所以，即，
所以函数在上单调递增.
（2）由（1）得，
不妨令，则，
由复合函数的单调性知：函数在上为减函数，
所以，，
因为当，满足，
故只需，
即，对任意成立，
因为，所以函数在上单调递增，
当时，y有最小值，，
由，解得，
所以a的取值范围为.
【点睛】关键点点睛；本题第二问题关键点是将时，都有，转化为恒成立 求解.
26．（2020·安徽省怀宁中学）已知是定义在R上的奇函数，且（a为常数），且．
（1）求的解析式；
（2）若存在，使得不等式成立，求m的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据奇函数定义，结合题意，可得，根据，计算化简，即可得答案.
（2）由（1）可得，代入所求，化简可得，利用基本不等式，求得，即可得答案.
【详解】解：（1）因为是定义在R上的奇函数，所以．
因为，
所以，所以．
因为，所以，
解得．故．
（2）由（1）可知，
则等价于，
因为，所以，
因为，
所以，
令，得．
因为，所以，
当且仅当，即时，等号成立．
则，即m的取值范围为．
【点睛】对于恒成立问题，若，则即可；若，则即可，
对于存在性问题，若，则即可，若，则即可.
27．（2020·宝山区·上海交大附中）已知函数（为常数）
（1）若函数图象上动点P到定点Q（0，2）的距离的最小值为，求实数的值；
（2）设，若不等式在有解，求的取值范围；
（3）定义：区间（）的长度为，若，问是否存在区间，使得的值域为[6，7]，若存在，求出此区间长度的最大值与最小值的差.
【答案】（1）；（2）当时，；当时，；（3）存在，最大值3，最小值1，差为2.
【分析】（1）根据题意，设点，结合两点之间的距离公式和均值不等式，即可求解；
（2）根据题意，可知在有解，令，则等价于在上恒成立，再结合开口向下的二次函数的图象性质，讨论即可求解；
（3）根据题意，结合的图象性质，可知，进而可求解.
【详解】（1）设点，
则点P到定点Q（0，2）的距离，
当时，，不合题意；
当时，由，得，
又因，所以，即，
解得.
（2）由不等式在有解，
得在有解，
令，则，
此时在有解，等价于在上恒成立，
令，，
因，所以在端点处取得最小值，
①当，即时，，故；
②当，即时，，故.
综上，当时，；当时，.
（3）由题意得，结合图象可知，在上单调递减，在上单调递增，且，，
因在区间上，的值域为[6，7]，
所以，，区间长度的最大值与最小值的差为，
故存在，且最大值3，最小值1，差为2.
【点睛】
求函数最值和值域的常用方法：
(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值；
(2)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值；
(3)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值；
(4)导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值；
(5)换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值．
28．（2021·宝山·上海交大附中高一期中）设是定义在上的函数，若对任何实数以及中的任意两数、，恒有，则称为定义域上的函数．
（1）判断函数，是否为定义域上的函数，请说明理由；
（2）函数，是定义域上的函数，求实数的最小值；
（3）若是定义域为的周期函数，且最小正周期为．试判断是否可能为定义域上的函数．如果可能，请给出至少一个符合条件的函数；如果不可能，请说明理由．
【答案】（1）不是函数，理由见解析；（2）；（3）不是上的函数，理由见解析．
【分析】（1）取，，，验证，即可得出结论；
（2）设，由化简得出，可得出，可求得的取值范围，即可得出实数的最小值；
（3）假设是上的函数，若存在且、，使得，分别论证、不成立，即可得出结论.
【详解】
（1）不是函数，
说明如下（举反例）：取，，，
则
，
即，所以不是函数；
（2）对任意的，由可得，
所以，，
所以，，
不妨设，可得，
，
，即，
所以，，
因为，只需，即，解得.
因此，实数的最小值为；
（3）假设是上的函数，若存在且、，使得．
（ⅰ）若，
记，，，则，且，
那么
，
这与矛盾；
（ⅱ）若，记，，，同理也可得到矛盾；
所以在上是常数函数，
又因为是周期为的函数，所以在上是常数函数，这与的最小正周期为矛盾．
所以不是上的函数．
【点睛】关键点点睛：本题考查函数的新定义问题，解决本题的关键在于充分利用题中“函数”的定义，利用作差法、不等式的基本性质来求解，在判断“函数”的定义不满足时，可充分利用特殊值、反例来进行否定.
29．（2021·浙江高一期末）设函数．
（1）若，求函数的值域；
（2）求函数在区间的最小值．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）首先讨论去掉绝对值，写成分段函数的形式，再求每段函数的值域，最后求两段函数值域的并集；（2）先分和两种情况讨论，再根据两个二次函数的对称轴再对进行讨论，分析函数的最小值.
【详解】
（1）当时，，
当时，，
函数的对称轴是，函数在单调递增，，
当时，，
函数的对称轴是，函数在区间的值域是
的值域是；
（2）当时，，，此时函数的对称轴是，
当时，，，此时函数的对称轴是，
所以，
1.当时，
当，即时，是上单调递增，此时，
当时，即时，在的对称轴处取得最小值，此时；
2.当时，
当，即时，在上单调递增，
此时 ，
当时，即时，即在的对称轴处取得最小值，
此时；
综上所述，
【点睛】思路点睛：本题考查含绝对值的二次函数的性质，单调性和函数的最值，本题的难点是第二问，首先分段函数的两段函数对称轴分别是和，所以首先分和两种情况，再分含对称轴的那段的对称轴是否包含于区间讨论，求函数最小值，属于偏难题型.
30．（2021·江西高安中学高一月考）已知函数
（1）当时，求满足的值；
（2）当时，
①存在，不等式有解，求的取值范围；
②若函数满足，若对任意，不等式恒成立，求实数的最大值；
【答案】（1）；（2）①；②6．
【分析】（1）将方程 转化为一元二次方程：，求解即可.
（2）①判断函数的单调性，利用单调性定义将已知转化为在时有解，根据判别式大于零可得的取值范围．
②先求函数，则，因此不等式可转恒成立，即在时恒成立，利用函数的单调性求最值即可得解.
【详解】（1）当时，，化简得，
解得：或（舍），所以
（2）当时，
①对任意，且有：
，
因为，所以，所以，因此在上递减．
∵，∴
即在时有解，所以，解得
所以的取值范围为
②∵，∴．
∴，．
不等式恒成立，即恒成立
令，则在时恒成立
令，根据对勾函数图像得在上单调递减，在上单调递增，
∴，∴．
所以，实数的最大值是6．
【点睛】易错点睛：本题考查指数函数的性质，考查换元法的应用．解方程或不等式可用换元法，即，变为或，同样与有关的问题，也是用换元法，即设，只是要注意的取值范围（这个范围可用基本不等式或用函数的单调性求解），否则会出错．
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