专题18 高一上学期期中考试（第一~三章）17大压轴考法-【常考压轴题】2024-2025学年高一数学压轴题攻略练习（人教A版2019必修第一册）

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题型1
根据元素与集合的关系求参数
一、单选题
1．（2024·贵州贵阳·模拟预测）若集合，其中且，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】借助元素与集合的关系计算即可得.
【详解】由题意可得，解得.
故选：A.
2．（24-25高一上·河北衡水·阶段练习）已知，且，，，则取值不可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据的取值，结合已知逐一验证即可.
【详解】选项A：当时，，，故，A错误；
选项B：当时，，，故，B正确；
选项C：当时，，，故，C正确；
选项D：当时，，，故，D正确．
故选：A．
二、填空题
3．（23-24高一上·江苏南通·开学考试）设集合，若，则的值的集合为 .
【答案】
【分析】运用元素与集合之间的关系，分类讨论计算即可
【详解】若，即时，，不满足互异性，
若，即或时，同理可验证时不满足互异性，成立，
若，即或，验证都不满足互异性.
综上，.
故答案为：
4．（24-25高一上·上海·单元测试）（1）已知集合，则集合中元素的个数为 ．
（2）若，则 ．
【答案】 5
【分析】（1）通过分论讨论求解，然后再根据元素的互异性即可求解；
（2）通过分两类或进行求解，求解出值后代入集合里面，看元素是否满足互异性即可．
【详解】解析：（1）①当时，，此时的值分别为0，，；
②当时，，此时的值分别为1，0，；
③当时，，此时的值分别为2，1，0．
综上可知，的可能取值为，，0，1，2，共5个，
（2）由题意知，或．
①当时，．把代入，得集合的三个元素为，，12，不满足集合中元素的互异性；
②当时，或（舍去），当时，集合的三个元素为，，12，满足集合中元素的互异性，由①②知，
故答案为：;．
三、解答题
5．（22-23高一上·河南濮阳·阶段练习）设数集A由实数构成，且满足：若（且），则.
(1)若，则A中至少还有几个元素？
(2)集合A是否为双元素集合？请说明理由；
(3)若A中元素个数不超过，所有元素的和为，且A中有一个元素的平方等于所有元素的积，求集合A中的元素.
【答案】(1)两个；
(2)不是，理由见解析；
(3).
【分析】（1）利用给定的定义，依次计算即得.
（2）由，求得A中其它元素，再判断不相等即可.
（3）由（2）中信息，可得，再结合已知列出方程求解即得.
【详解】（1）由，得，则，因此
所以A中至少还有两个元素为，.
（2）不是双元素集合．理由如下：
由，得，则，
而且，，即，，
于是，由，得，则，
因此集合A中至少有个元素，所以集合A不是双元素集合．
（3）由（2）知A中有三个元素为、、（且），且，
依题意，A中除上述3个元素外，还有其它元素，设A中有一个元素为，
则，，且，
于是A中的元素为，且集合A中所有元素之积为，
由A中有一个元素的平方等于所有元素的积，设或，解得或．
此时，，，依题意，，
整理得，即，解得或或，
所以集合A中的元素为.
题型2
根据集合的包含关系求参数
一、单选题
1．（23-24高一下·云南昆明·期中）设集合，若，则的取值范围（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】若，则，结合数轴分析即可.
【详解】若，则，画出数轴可得，.
故选：B
2．（23-24高一上·甘肃白银·期中）已知集合，集合，若，则的取值范围为 （ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据一元一次不等式的解法化简集合A，根据二次函数值域求解集合B，然后利用集合关系列不等式求解.
【详解】集合，
集合，
因为，所以，解得.
故选：A.
二、多选题
3．（23-24高三上·安徽合肥·阶段练习）设集合，，如果，则可能的取值是（ ）
A．B．C．0D．
【答案】AB
【分析】根据题意，由条件可得，然后分类讨论，代入计算，即可得到结果.
【详解】∵，∴，
∵，∴，
①当，即时，得，，无解.
②当，即，
③当，即，，无解，
④当，即，.
所以的取值范围为.
故选：AB
三、解答题
4．（24-25高一上·重庆·阶段练习）（1）若集中有且仅有一个元素，求实数的所有取值.
（2）已知集合，若，求实数的值.
【答案】（1），；（2），，.
【分析】（1）分是否等于0两种情况讨论即可；
（2）分是否等于0两种情况讨论即可.
【详解】（1）情形一：若，则中只有这一个元素，故符合题意；
情形二：若，且集合中只有一个元素，
这意味着当且仅当一元二次方程有两个相等的实数根，
从而，解得；
综上所述，实数的所有取值可能为：，；
（2），
情形一：当时，，此时满足，故符合题意；
情形二：当时，，
若要，则当且仅当或，
解得或；
综上所述，实数的值可能是：，，.
5．（23-24高一上·福建龙岩·阶段练习）集合．
(1)若，求实数的值；
(2)若求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，由条件可得，从而解得或，分别代入检验，即可得到结果；
（2）由条件可得，列出不等式代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）因为，所以，所以，解得或，
当时，，不满足，故舍去；
当时，，满足题意.
故实数的值为.
（2）由可得，所以，解得，
故实数的取值范围是.
题型3
集合的交、并、补运算及参数问题
一、单选题
1．（22-23高一上·江西景德镇·期中）某城市数、理、化竞赛时，高一某班有26名学生参加数学竞赛，25名学生参加物理竞赛，23名学生参加化学竞赛，其中参加数、理、化三科竞赛的有7名，只参加数、物两科的有6名，只参加物、化两科的有8名，只参加数、化两科的有5名．若该班学生共有51名，则没有参加任何竞赛的学生共有（ ）名
A．7B．8C．9D．10
【答案】D
【分析】画出图，由题意求出分别单独参加物理、数学和化学的人数，即可求出参赛人数，进而求出没有参加任何竞赛的学生.
【详解】画三个圆分别代表数学、物理、化学的人，
因为有26名学生参加数学竞赛，25名学生参加物理竞赛，23名学生参加化学竞赛，
参加数、理、化三科竞赛的有7名，只参加数、化两科的有5名，
只参加数、物两科的有6名，只参加物、化两科的有8名，
所以单独参加数学的有人，
单独参加物理的有人，单独参加化学的有，
故参赛人数共有人，
没有参加任何竞赛的学生共有人.
故选：D.

二、解答题
2．（24-25高一上·上海·阶段练习）已知集合，集合B=x2m0，即，或时，
，解得，或.
综上所述，m的取值范围是．
题型12
利用函数的单调性解不等式
一、单选题
1．（22-23高一上·福建福州·阶段练习）定义在0,+∞上的函数满足：对，且，都有成立，且，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】构造函数，运用单调性，结合所给特殊值，得到不等式计算即可.
【详解】令，
因为对，且，都有成立，
不妨设，则，故，则，即，
所以在0,+∞上单调递增，
又因为，所以，故可化为，
所以由的单调性可得，即不等式的解集为.
故选：A.
二、多选题
2．（23-24高一上·广东茂名·期末）定义在上的函数满足，且，，则下列结论中正确的是（ ）
A．不等式的解集为
B．不等式的解集为
C．不等式的解集为
D．不等式的解集为
【答案】BC
【分析】先得到的单调性，AB选项，变形得到，故，根据函数单调性得到不等式，求出解集；CD选项，由得，故，根据函数单调性得到不等式，求出解集.
【详解】，不妨设，故，
即，令，则，
故在上单调递减，
AB选项，，不等式两边同除以得：，
因为，所以，即，
根据在上单调递减，故，综上：，A错误，B正确；
CD选项，由得，
因为，所以，即，
因为在上单调递减，所以，C正确，D错误
故选：BC
3．（23-24高一上·内蒙古呼和浩特·期中）已知函数满足：任意给定，都有，且任意，，，则下列结论正确的题号是（ ）
A．B．任意给定，
C．D．若，则
【答案】ABD
【分析】先根据条件确定函数的单调性及对称性，根据单调性来比较大小确定AC；利用单调性及对称性解不等式确定D；根据单调性求出最值确定B.
【详解】任意给定，都有，则函数关于对称，
又任意，，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
故函数在处取最大值，B正确；
，C错误；
，所以，A正确；
若，则，解得，D正确，
故选：ABD.
三、填空题
4．（23-24高一上·四川遂宁·期末）已知函数在上有定义，且．若对任意给定的实数，均有恒成立，则不等式的解集是 ．
【答案】
【分析】由题意易知函数在上单调递减，讨论与大小关系，再结合，利用单调性即可列出不等式组，解之即可得解.
【详解】因为对任意给定的实数，均有恒成立，
所以函数在上单调递减，又，
又不等式，
所以当，即时 ，，
则，解得，故；
当，即时 ，，
则，解得，故；
综上，不等式的解集为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用函数单调性的定义判断得在上单调递减，从而分类讨论即可得解.
5．（23-24高一上·辽宁沈阳·期末）已知偶函数的定义域为，且有，，若对，，都有，则不等式的解集为 .
【答案】
【分析】通过构造函数法结合已知条件得出函数的单调性，再根据函数的奇偶性，求得不等式的解集.
【详解】构造函数，
依题意，的定义域是，是偶函数，
所以，所以是偶函数，
由于对，，，则，
所以在上单调递增，则在上单调递减.
对于，且，
若，可得，即，可得；
若,可得，即，可得；
所以不等式的解集为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：关键点是熟练掌握函数单调性的定义及其变型，任取定义域内的两个数，且，通过计算的符合来判断的单调性，也可以利用的符号来判断的单调性.
四、解答题
6．（24-25高三上·河北邢台·阶段练习）已知函数.
(1)若在上的最小值小于，求实数的取值范围；
(2)若，求不等式的解集.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）变形得到，设，则，求出最小值，得到不等式，求出答案；
（2）在（1）基础上，得到，结合函数单调性，得到不等式解集.
【详解】（1）且x>0.
设，则，
所以的最小值为，
则，即，解得或，
故实数的取值范围为.
（2）若，则，
不等式可化为，所以.
因为在和上单调递增，
且和时，，当时，，
所以的解集为，
即不等式的解集.
题型13
函数的奇偶性及其应用
一、单选题
1．（24-25高三上·陕西西安·阶段练习）若定义在R上的奇函数在上单调递减，且，则满足的x的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，得到函数的单调性及，再结合不等式，分类讨论，即可求解.
【详解】由题意，定义在R上的奇函数在上单调递减，且，
则在上单调递减，且，，
所以当时，，
当时，，
所以由可得：
或或，
解得或或，即或，
所以满足的的取值范围是.
故选：D.
2．（24-25高三上·重庆渝中·阶段练习）已知函数，若为奇函数，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】D
【分析】根据奇函数定义可得恒成立，化简可求.
【详解】因为为奇函数，，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，，
所以，，
故选：D.
3．（24-25高三上·四川绵阳·阶段练习）已知函数，若正实数，满足，则的最小值为（ ）
A．1B．3C．6D．9
【答案】A
【分析】先判断的奇偶性和单调性，从而可得，利用基本不等式可求的最小值.
【详解】当时，，因，故在上为增函数，
而，故为上的奇函数，
故为上增函数.
因为，所以，故，
故，，
当且仅当，所以的最小值为1，
故选：A.
4．（24-25高三上·宁夏银川·阶段练习）已知是定义域为R的函数，且是奇函数，是偶函数，满足，若对任意的，都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据奇偶函数构造方程组求出的解析式，再根据题意得到在单调递增，分类讨论即可求解．
【详解】由题意可得，
因为是奇函数，是偶函数，
所以，
联立，解得，
又因为对于任意的，都有成立，
所以，即成立，
构造，
所以由上述过程可得在单调递增，
若，则对称轴，解得；
若，则在单调递增，满足题意；
若a>0，则对称轴恒成立；
综上，．
故选：B
二、填空题
5．（2024高一·全国·专题练习）已知函数为偶函数，则 ．
【答案】
【分析】由f-x=fx进行求解．
【详解】因为函数为偶函数，所以f-x=fx，
即，
即，
两边平方，化简可得．
要使上式恒成立，则，即．
故答案为：
6．（24-25高三上·北京海淀·开学考试）函数是奇函数，且对任意成立，则满足条件的一组值可以是 ， ．
【答案】 1 0
【分析】由奇函数确定，再由最值确定.
【详解】因为函数是奇函数，
所以，得，经验证符合；
所以，又恒成立，
所以恒成立，
所以，即.
故答案为：1； 0
三、解答题
7．（22-23高一上·广东东莞·期中）已知函数是定义在R上的偶函数，且当时，．现已画出函数在轴左侧的图象，如图所示，并根据图象．
(1)画出在轴右侧的图象并写出函数的增区间；
(2)写出函数的解析式；
(3)若函数，求函数的最小值．
【答案】(1)图象见解析，递增区间为，1,+∞
(2)
(3)
【分析】（1）根据偶函数的定义直接画出图形，结合图形即可得出的增区间；
（2）利用函数的奇偶性求解函数的解析式即可；
（3）由题意可得，对称轴为，结合二次函数的图象与性质，分类讨论求出当、、时的即可.
【详解】（1）
函数是定义在R上的偶函数，
即函数的图象关于轴对称，其递增区间为，1,+∞；
（2）根据题意，令，则，则，
又由函数是定义在R上的偶函数，
则，则；
（3）根据题意，，则fx=x2-2x，
则，其对称轴为，
当时，即时，在区间1,2上为增函数，；
当时，即时，；
当时，即时，在区间1,2上为减函数，，
则．
8．（2024高一·全国·专题练习）已知函数是定义在上的奇函数，且.
(1)求的值；
(2)求函数在上的值域；
(3)设，若对任意的，对任意的，使得成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)，；
(2)；
(3).
【分析】（1）利用奇函数的定义与，求出参数即可；
（2）由（1）得，再判断单调性，然后求解即可；
（3）现将“若对任意的，对任意的，使得成立”转化为“当时，恒成立”然后分类讨论求解即可.
【详解】（1）由题意：f-x=-fx
所以.
又.
所以：，.
（2）由（1）可知：.
设，
则，
因为，所以，，，
所以.
所以函数在上单调递增.
又，，所以函数在上的值域为：.
（3）问题转化为，当时，恒成立.
若，则在0,1上为增函数，由.
若，则，此时在0,1上恒成立.
若，则在0,1上为减函数，由.
综上可知：.即实数的取值范围是：.
题型14
抽象函数的性质及其应用
一、单选题
1．（23-24高一上·河南·阶段练习）若函数的定义域是，则函数fx-3的定义域是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据函数的定义域求出的定义域，然后求解的定义域即可.
【详解】因为函数的定义域是，所以，所以，
所以的定义域是，故对于函数fx-3，有，解得，
从而函数fx-3的定义域是.
故选：A.
2．（2024·山西·模拟预测）已知函数的定义域为，若对于任意的，，都有，当时，都有，且，则函数在区间上的最大值为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】D
【分析】令可得，再令可得，再令即可得，再利用函数单调性定义可得该函数为单调递增函数，故的值即为所求.
【详解】令，则，令有，
又，所以，
令，所以，所以，
设，则，所以，
所以，
则，故在上单调递增，
所以函数在区间上的最大值为.
故选：D.
3．（24-25高三上·贵州·开学考试）已知函数满足：对任意实数x，y，都有成立，且．给出下列四个结论：①；②的图象关于点对称；③若，则；④，．其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①③B．③④C．②③D．②④
【答案】C
【分析】令可判断①；令，求出可得的图象关于对称，再由图象平移规律可判断②；根据可判断③；令求出，再令可判断④.
【详解】对于①，令，则，所以，故错误；
对于②，令，则，
所以的图象关于对称，所以的图象关于点对称，故正确；
对于③，因为，若，则，故正确；
对于④，令，则，可得，
令，则，故错误.
故选：C.
二、多选题
4．（2025·吉林长春·一模）定义在的函数满足，且当时，，则（ ）
A．是奇函数B．在上单调递增
C．D．
【答案】ABC
【分析】根据奇偶性的定义分析判断A，根据函数单调性的定义分析判断B，利用赋值法分析判断C，根据选项C及函数单调性判断D.
【详解】对于A，令，可得，再令，可得，且函数定义域为-1,1，所以函数为奇函数，故A正确；
对B，令，则，，可得，所以，
由函数性质可得，即，所以在-1,1上单调递增，故B正确；
对于C，令，可得，所以，即，故C正确；
对D，因为函数为增函数，所以，由C可知，故D错误.
故选：ABC
三、填空题
5．（23-24高二上·陕西西安·阶段练习）若函数的定义域为，则的定义域为 ．
【答案】
【分析】根据抽象函数定义域的求法及分式的分母不为0求解.
【详解】因为函数的定义域为，
所以，
所以要使函数有意义，
则，即，解得，
所以函数的定义域为.
故答案为：.
6．（2024·河南·模拟预测）已知定义在上的函数满足：在上单调递减，，则满足的的取值范围为 .
【答案】
【分析】令，可得，可知函数为奇函数，由奇函数性质分析可知在定义域内单调递减，根据函数单调性和奇偶性分析求解.
【详解】因为，且，
令，可得，
则，即，
可知函数为定义在上的奇函数，
且在上单调递减，可知在上单调递减，
所以在定义域内单调递减，
又因为，即，
由奇函数性质可得：，
由单调性可得，所以满足的的取值范围为.
故答案为：.
四、解答题
7．（24-25高三上·福建宁德·开学考试）函数的定义域为，且满足对于任意，有，当.
(1)证明：在上是增函数；
(2)证明：是偶函数；
(3)如果，解不等式.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据函数的单调性的定义，即可证得函数的为单调递增函数；
（2）令，求得，再由，求得，进而得出，即可证明结论；
（3）由（2）可得不等式可变为，结合（1）可求得不等式的解集.
【详解】（1）设，则，
由于，所以，所以，
所以，所以，
所以在上是增函数；
（2）因对定义域内的任意，有，
令，则有，
又令，得，
再令，得，从而，
于是有，所以是偶函数．
（3）由于，所以，
于是不等式可化为，
由（2）可知函数是偶函数，则不等式可化为，
又由（1）可知在上是增函数，所以可得，
解得，所以不等式的解集为．
8．（24-25高三上·吉林白城·期中）定义在上的函数，满足对任意x，，有，且.
(1)求，的值；
(2)判断的奇偶性，并证明你的结论；
(3)当时，，解不等式.
【答案】(1)，
(2)奇函数，证明见解析
(3)
【分析】（1）利用赋值法，即可求得答案；
（2）利用赋值法结合奇偶函数的定义即可得结论，进而证明；
（3）判断出函数的单调性，利用单调性可得不等式，求得答案.
【详解】（1）令，得，所以.
令，，得，
所以.
（2）为奇函数，证明如下：
由题意，任意x，，
令得，，即，
所以函数为奇函数.
（3）设，，且，则，
所以，
所以，
故在R上为增函数.
等价于，
所以，解得，
故原不等式的解集为.
9．（2024高三·全国·专题练习）设函数是R上的增函数，对任意，都有 .在①，②中任选一个条件，然后解答以下问题.
(1)求；
(2)求证：是奇函数；
(3)若，求实数x的取值范围.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）通过赋值法即可求解；
（2）通过赋值法结合奇函数的定义即可得证；
（3）结合奇函数、增函数的性质去括号，然后解不等式即可得解.
【详解】（1）若选①：对任意，，
因为函数的定义域为R，令，可得.
若选②：对任意，
令，可得，即.
（2）若选①：在中，令，则，
且的定义域为，
所以是奇函数；
若选②：对任意，都有，
令，可得，
可得，由，可得f-x=-fx，
即有为奇函数；
（3）奇函数是上的增函数，
由，得，即，
即有，解得．
所以实数的取值范围为．
题型15
函数性质的综合应用
一、单选题
1．（24-25高三上·河北唐山·阶段练习）已知函数满足：①是偶函数；②在区间上是减函数．若，且，则与的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．无法确定
【答案】B
【分析】是偶函数，可得函数y=fx的图象关于对称，即f2+x=f-x，结合，，且，有，由单调性得，即.
【详解】由是偶函数，把的图象向右平移1个单位可得函数y=fx的图象，
所以函数y=fx的图象关于对称，即f2+x=f-x，
因为，，且，所以，
因为函数在上是减函数，所以，即.
故选：B．
2．（24-25高一上·天津滨海新·阶段练习）已知函数为定义在上的奇函数，且在为减函数，在为增函数，，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由题意先明确函数在上的单调性和函数值情况并作出函数图，接着分、和三种情况分析即可求解.
【详解】由题意可知，且在上单调递增，在上单调递减，如图：
当时，，故，此时；
当时，满足；
当时，，，
此时，则，所以，
综上，不等式的解集为.
故选：B.
3．（22-23高三下·重庆北碚·阶段练习）定义在R上的函数满足：①是奇函数；②与有且仅有三个不同的公共点，则（ ）
A．B．C．3D．6
【答案】A
【分析】分别求出函数关于对称，得出自变量及函数值的和即可.
【详解】因为是奇函数，所以关于对称，可得，
所以fx关于对称，直线也关于对称，
所以三个不同的公共点也关于对称，
则，且,
所以.
故选：A.
4．（2025·广东·模拟预测）已知函数的定义域为，且，函数的图象关于直线对称，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】函数的图象关于直线对称，可得到，再根据列出方程式可求解
【详解】根据题意知，函数的图象关于直线对称，
则得到，又因，
则令或解之可得.
故选：B
5．（2024高一上·江苏·专题练习）已知定义在上的奇函数，当时，单调递增，若不等式对任意实数恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据奇函数确定函数的单调性，脱去“”，利用不等式恒成立列出不等式组得解.
【详解】根据题意，是定义在上的奇函数且在上单调递增，
则在上也是增函数，
因为不等式对任意实数恒成立
所以对任意实数恒成立，
即对任意实数恒成立，
当时，不恒成立，
当时，可得，解可得.
即的取值范围是，
故选：A
6．（24-25高一上·江西上饶·开学考试）已知函数对任意实数x都有，并且对任意，总有，则下列说法错误的是（ ）
A．函数关于直线对称B．函数在区间上单调递减
C．D．
【答案】C
【分析】由对称性定义结合题目条件可得函数对称性，即可得A、D；结合函数单调性与对称性可得B、C.
【详解】对A：由，则关于对称，故A正确；
对B：由对任意，总有，故在上单调递增，
又关于对称，故在1,+∞上单调递减，故B正确；
对C：由题可得，故C错误；
对D：由，令，则，故D正确.
故选：C.
7．（23-24高三下·安徽黄山·阶段练习）设函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由为奇函数可得，即可得，由为偶函数，则有，即可得，即有.
【详解】由为奇函数，则有，
则，即，
由为偶函数，则有，即，
则，即，
即，故D正确；
A、B、C都不能得到，故A、B、C错误.
故选：D.
8．（2024高二上·安徽阜阳·竞赛）已知函数在定义域上单调递减，且函数的图象关于点对称．若实数满足，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据函数的对称性、单调性、奇偶性得到，从而得，从而得到结果．
【详解】解：的图象关于点对称，
的图象关于原点对称，
为奇函数．
，
，
在R上是减函数，
，
，
在区间上是减函数，则
故选：B.
9．（24-25高三上·山东泰安·开学考试）已知函数，的定义域为R，的图象关于直线对称，且，，若，则（ ）
A．－5B．－6C．5D．6
【答案】C
【分析】由的图象关于直线对称，得，由，得，结合，得，进而代入相关值求结果即可.
【详解】因为的图象关于直线对称，则①，
又， 即，
结合①得②，
因为，则，
结合②得，则，
令，得，
令，得，
由，得，
由，得，
则，
所以.
故选：C.
10．（24-25高三上·江苏镇江·开学考试）已知定义域为R的函数，满足，且，则以下选项错误的是（ ）
A．B．图象关于对称
C．图象关于对称D．为偶函数
【答案】B
【分析】由赋值法令可判断A；由赋值法令可判断B；由赋值法令，结合对称性的性质可判断C；由赋值法令结合偶函数的定义可判断D.
【详解】对于A，令，则，所以f1=0，故A正确；
对于B，令，则，即，
解得：或，因为，所以，
令，，所以，
所以图象不关于2,0对称，故B错误；
对于C，令，则有
即，故图象关于1,0对称，故C正确.
对于D，令，则有
即，即，
即，因为函数的定义域为R，
所以为偶函数，故D正确.
故选：B.
题型16
幂函数及其应用
一、单选题
1．（2024高三·全国·专题练习）有四个幂函数：；；；.某同学研究了其中的一个函数，他给出这个函数的三个性质：①它是偶函数；②它的值域是且；③它在上单调递增．若他给出的三个性质中有两个正确、一个错误，则他研究的函数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】结合给定条件利用幂函数性质判断即可.
【详解】对于，它是定义在上的奇函数，
值域是且，且在上单调递减，不满足题意.
对于，它是定义域为的奇函数，值域是，
且在上单调递增，不满足题意.
对于，它是定义域为的奇函数，值域是，
且在上单调递增，不满足题意.
对于，它是定义在上的偶函数，
值域是，且在上单调递增，满足题意．
故选：D.
2．（24-25高一上·四川绵阳·开学考试）若，则这四个数中（ ）
A．最大，最小B．最大，最小
C．最大，最小D．最大，最小
【答案】D
【分析】结合幂函数图象即可判断.
【详解】当，结合幂函数图象，
可得，
所以最大，最小.
故选：.
二、多选题
3．（23-24高一上·江苏镇江·阶段练习）关于幂函数，下列结论正确的是（ ）
A．的定义域为
B．的值域为
C．在区间上单调递减
D．的图象关于点对称
【答案】ACD
【分析】选项A和B，根据函数表达式，即可判断出正误；选项C，利用函数单调性的定义，任取，且，通过化简变形得f(x1)-f(x2)=(x2-x1)[(x2+12x1)2+34x12]x13⋅x23，即可判断选项C的正误；对于选项D，根据奇偶函数的判断方法，可得为奇函数，即可判断选项D的正误.
【详解】对于选项A，因为f(x)=x-3=1x3，所以，得到的定义域为，所以选项A正确，
对于选项B，由f(x)=1x3知，所以选项B错误，
对于选项C，任取，且，则f(x1)-f(x2)=1x13-1x23=x23-x13x13⋅x23=(x2-x1)(x22+x1x2+x12)x13⋅x23=(x2-x1)[(x2+12x1)2+34x12]x13⋅x23，
因为，所以，x23⋅x13>0，又(x2+12x1)2+34x12>0，
所以，即，所以选项C正确，
对于选项D，因为定义域关于原点对称，又f(-x)=1(-x)3=-1x3=-f(x)，所以为奇函数，故选项D正确，
故选：ACD.
4．（22-23高一上·广东佛山·阶段练习）已知函数图象经过点，则下列命题正确的有（ ）
A．函数为增函数
B．函数为偶函数
C．若，则
D．若，则
【答案】ACD
【分析】代入法求出，然后根据幂函数的性质判断ABC，平方作差法判断D．
【详解】将点代入函数得：，则．
所以，
显然在定义域上为增函数，所以A正确．
的定义域为，所以不具有奇偶性，所以B不正确．
当时，，即，所以C正确．
当时，
即成立，所以D正确．
故选：ACD．
三、填空题
5．（24-25高三上·江苏南通·开学考试）设幂函数，则不等式的解集为 ．
【答案】
【分析】由是幂函数可得，再由幂函数的单调性和定义域解不等式即可得出答案.
【详解】因为是幂函数，
所以，则，
因为函数的定义域为0,+∞，且，
所以函数在0,+∞上单调递减，
所以由可得：，解得：.
故答案为：.
6．（22-23高二下·江西·期中）已知函数，若对任意的有恒成立，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】由奇函数的定义判断出为奇函数，结合时单调递减得出在上单调递减，结合已知求解即可．
【详解】当时，；
当时，，；
当时，，所以对任意的，
所以函数为奇函数，
又当时，单调递减，
所以函数在上单调递减，
所以不等式，
解得，
由已知对任意的有恒成立，
所以,即，
故答案为：．
四、解答题
7．（23-24高二下·黑龙江绥化·期末）已知a，b，c为实数，函数（）．
(1)若函数为幂函数，求a，b，c的值；
(2)若，，且函数在区间上单调递减，求ab的最大值．
【答案】(1)，，或，，；
(2)．
【分析】（1）由幂函数的定义，即可列式求解；
（2）当时，函数是一次函数，由一次函数的单调性确定参数的取值范围，当时，由二次函数确定参数的取值范围，再结合基本不等式，即可求解.
【详解】（1）由函数的定义域为知，当为幂函数时，
应满足，或，
解得，，或，，．
（2）当时，（），
由题意知，，所以；
当时，函数图象的对称轴为，
依题意得，即，
所以，得．当且仅当，时取等号．
综上可得，ab的最大值为．
8．（23-24高二下·福建南平·期中）已知幂函数（）在定义域上不单调．
(1)试问：函数是否具有奇偶性？请说明理由；
(2)若，求实数的取值范围．
【答案】(1)奇函数，理由见详解
(2)
【分析】（1）由幂函数的定义可得或，结合函数的单调性排除增根，结合奇函数和偶函数的定义，判断函数的奇偶性；
（2）利用奇函数的性质化简不等式，再结合函数的单调性通过讨论化简不等式求其解.
【详解】（1）因为为幂函数，则，解得或，
若，则在定义域内单调递增，不合题意；
若，则在定义域内单调递减，
但在定义域内不单调，符合题意；
综上所述：，.
函数为奇函数，理由如下：
因为的定义域为，关于原点对称，
且，所以函数为奇函数.
（2）由及为奇函数，
可得，
即，
而在上递减且恒负，在上递减且恒正，
所以或或，解得或，
所以实数的取值范围.
题型17
二次、分段、幂函数的模型
一、解答题
1．（23-24高一上·河北石家庄·期末）据国家气象局消息，今年各地均出现了极端高温天气．漫漫暑期，某制冷杯成了畅销商品．某企业生产制冷杯每月的成本（单位：万元）由两部分构成：①固定成才（与生产产品的数量无关）：万元；②生产所需材料成本：万元，（单位：万套）为每月生产产品的套数．
(1)该企业每月产量为何值时，平均每万套的成本最低?一万套的最低成本为多少?
(2)若每月生产万套产品，每万套售价为：万元，假设每套产品都能够售出，则该企业应如何制定计划，才能确保该制冷杯每月的利润不低于万元?
【答案】(1)每月产量万套时，平均每万套的成本最低，一万套的最低成本为万元
(2)该企业每月生产不小于万套，才能确保该制冷杯每月的利润不低于万元
【分析】（1）根据题意，可知平均每套所需的成本费用为，再利用基本不等式即可求出结果；
（2）由题意可知月利润，解一元二次不等式即可求出结果.
【详解】（1）设平均每套的成本为元，
由题有，
当且仅当，即时，取等号，
所以企业每月产量万套时，平均每万套的成本最低，一万套的最低成本为万元.
（2）设月利润为万元，
则有，
由题知，整理得到，解得，
所以，该企业每月生产不小于万套，才能确保该制冷杯每月的利润不低于万元.
2．（23-24高一·上海·课堂例题）已知某气垫船的最大船速是海里/时，船每小时使用的燃料费用和船速的平方成正比．当船速为海里/时时，船每小时的燃料费用为元，而其余费用（不论船速为多少）都是每小时元．船从甲地行驶到乙地，甲乙两地相距海里．
(1)试把船每小时使用的燃料费用（单位：元）表示成船速（单位：海里/时）的函数；
(2)试把船从甲地到乙地所需的总费用（单位：元）表示成船速（单位：海里/时）的函数；
(3)当船速为多少时，船从甲地到乙地所需的总费用最少？
【答案】(1)
(2)
(3)海里/时，元
【分析】（1）设，再根据条件得到，即可求解；
（2）设船从甲地到乙地所需的时间为小时，从而有，再利用，即可求出结果；
（3）利用（2）中结果及基本不等式，即可求出结果.
【详解】（1）由题设燃料费用（单位：元）表示成船速（单位：海里/时）的函数为，
又当船速为海里/时时，船每小时的燃料费用为元，所以，解得，
所以.
（2）设船从甲地到乙地所需的时间为小时，所以，又，
得到.
（3）由（2）知，，
当且仅当，即时取等号，
所以当船速为海里/时时，船从甲地到乙地所需的总费用最少，最少为元.
3．（23-24高一上·福建厦门·阶段练习）使太阳光射到硅材料上产生电流直接发电，以硅材料的应用开发形成的光电转换产业链条称之为“光伏产业”.某农产品加工合作社每年消耗电费万元.为了节约成本，决定修建一个可使用年的光伏电站，并入该合作社的电网.修建光伏电站的费用（单位：万元）与光伏电站的太阳能面板的面积（单位：）成正比，比例系数为.为了保证正常用电，修建后采用光伏电能和常规电能互补的供电模式用电，设在此模式下.当光伏电站的太阳能面板的面积为（单位：）时，该合作社每年消耗的电费为（单位：万元，为常数）.记该合作社修建光伏电站的费用与年所消耗的电费之和为（单位：万元）.
(1)求常数的值，并用表示；
(2)该合作社应修建多大面积的太阳能面板，可使最小？并求出最小值.
(3)要使不超过万元，求的取值范围.
【答案】(1)，，
(2)修建的太阳能面板可使最小，的最小值为万元
(3)
【分析】（1）根据题意确定参数值，建立函数模型运算即可得解.
（2）利用函数模型、基本不等式运算即可得解.
（3）根据条件建立不等式，利用一元二次不等式的解法运算即可得解.
【详解】（1）解：由题意，，当时，电费，解得：，
∴，.
（2）解：由（1）知，
当且仅当，即时等号成立，
∴该合作社应修建的太阳能面板，可使最小，的最小值为万元.
（3）解：为使不超过万元，只需，
即有，则，
解得：，
∴的取值范围为.
4．（23-24高三上·安徽滁州·阶段练习）每年的10月到次年的3月是诺如病毒感染高发期，某学校在诺如病毒感染高发期间，购入了一种消毒制剂用于环境消毒.已知按照给定标准每喷洒1次消毒剂，空气中释放的消毒剂浓度y（单位：毫克/立方米）随着时间x（单位：小时）变化的关系如下：当时，；当时，；当时，.若多次喷洒，则某一时刻空气中的消毒剂浓度为每次投放的消毒剂在相应时刻所释放的浓度之和.由实验知，当空气中消毒剂的浓度不低于5（毫克/立方米）时，它才能起到杀灭空气中的诺如病毒的作用．
(1)若按照给定标准喷洒一次消毒剂，则有效杀灭时间可达几小时？
(2)若该校每天在12：00与18：00按照给定标准喷洒2次消毒剂，记从12：00经过小时消毒剂浓度为，求的解析式．
【答案】(1)3.2小时
(2)
【分析】(1)分和两种情况讨论，结合二次函数的性质以及对数函数的性质即可解得x的范围，则答案可求；
(2) 分、及三种情况讨论即可直接求得解析式.
【详解】（1）按照给出标准喷洒一次消毒剂，
当时，由得；
当时，由，得，
所以．
因为，所以有效杀灭时间可达小时．
（2）当时，，
当时，；
当时，．
所以.
5．（24-25高一上·江苏常州·阶段练习）常州市某企业为紧抓新能源发展带来的历史机遇，决定开发一款锂电池生产设备.生产此设备的年固定成本为280万元，且每生产台需要另投入成本（万元），当年产量不足40台时，（万元）；当年产量不少于40台时（万元）.经过市场调查和分析，若每台设备的售价定为60万元时，则该企业生产的锂电池设备能全部售完.
(1)分别求年产量不足40台和年产量不少于40台时，年利润（万元）关于年产量（台）的函数关系式；
(2)年产量为多少台时，企业在这款锂电池生产设备的生产中获利最大？最大利润是多少万元？
【答案】(1)
(2)当年生产58（台）时，该企业年利润的最大值为892万元
【分析】（1）根据题意，分别求得和的函数关系式，进而得到答案；
（2）由（1）中的函数关系式，结合二次函数的性质，以及基本不等式，分别求得其最大值，即可求解.
【详解】（1）由题意，当时，
，
当时，
，
综上所得，
年利润关于年产量的函数关系式为.
（2）当时，，
当时，，
当时，
当且仅当时，即时，上式取等号，即，
综上，即当年生产58（台）时，该企业年利润的最大值为892万元.
6．（23-24高一下·上海闵行·期末）银行按规定每经过一定的时间结算存（贷）款的利息一次，结算后将利息并入本金，这种计算利息的方法叫做复利．现在某企业进行技术改造，有两种方案：
甲方案：一次性向银行贷款10万元，技术改造后第一年可获得利润1万元，以后每年比上年增加30%的利润；
乙方案：每年向银行贷款1万元，技术改造后第一年可获得利润1万元，以后每年比前一年多获利5000元．
(1)设技术改造后，甲方案第n年的利润为（万元），乙方案第n年的利润为（万元），请写出、的表达式；
(2)假设两种方案的贷款期限都是10年，到期一次性归还本息．若银行贷款利息均以年息10%的复利计算，试问该企业采用哪种方案获得的扣除本息后的净获利更多？（精确到0.1）（净获利=总利润-本息和）（参考数据，
【答案】(1)，,
(2)采用甲方案获得的扣除本息后的净获利更多
【分析】（1）根据已知条件，分别求解1年，2年后，….，进而归纳后的利润，即可求解．
（2）分别求出两种方案的净收益，再通过比较，即可求解．
【详解】（1）对于甲方案，
1年后，利润为1（万元）．
2年后，利润为，
3年后，利润为（万元），
……
故年后，利润为（万元），
因此，
对于乙方案，
1年后，利润为1（万元）．
2年后，利润为，
3年后，利润为（万元），
……
故年后，利润为（万元），
因此，
（2）甲方案十年共获利（万元），
10年后，到期时银行贷款本息为（万元），
故甲方案的净收益为（万元），
乙方案十年共获利（万元），
贷款本息为（万元），
故乙方案的净收益为（万元），
由，故采用甲方案获得的扣除本息后的净获利更多