資源簡介

考點06函數的概念及其表示（3種核心題型+基礎保分練+綜合提升練+拓展沖刺練）
【考試提醒】
1.了解函數的含義.
2.在實際情境中，會根據不同的需要選擇恰當的方法(如圖象法、列表法、解析法)表示函數.
3.了解簡單的分段函數，并會簡單的應用．
【知識點】
1．函數的概念
一般地，設A，B是 ，如果對于集合A中的 一個數x，按照某種確定的對應關系f，在集合B中都有 的數y和它對應，那么就稱f：A→B為從集合A到集合B的一個函數，記作y＝f(x)，x∈A.
2．函數的三要素
(1)函數的三要素： 、 、 ．
(2)如果兩個函數的 相同，并且 完全一致，則這兩個函數為同一個函數．
3．函數的表示法
表示函數的常用方法有 、圖象法和 ．
4．分段函數
若函數在其定義域的不同子集上，因對應關系不同而分別用幾個不同的式子來表示，這種函數稱為分段函數．
常用結論
1．直線x＝a與函數y＝f(x)的圖象至多有1個交點．
2．在函數的定義中，非空數集A，B，A即為函數的定義域，值域為B的子集．
3．分段函數雖由幾個部分組成，但它表示的是一個函數．分段函數的定義域等于各段函數的定義域的并集，值域等于各段函數的值域的并集．
【核心題型】
題型一　函數的定義域
(1)無論抽象函數的形式如何，已知定義域還是求定義域，均是指其中的x的取值集合；
(2)若已知函數f(x)的定義域為[a，b]，則復合函數f(g(x))的定義域由不等式a≤g(x)≤b求出；(3)若復合函數f(g(x))的定義域為[a，b]，則函數f(x)的定義域為g(x)在[a，b]上的值域．
【例題1】（2024高三·全國·專題練習）已知集合，，則（ ）
A． B． C． D．
【變式1】（2023·河北衡水·模擬預測）已知函數的定義域為，則函數的定義域是（ ）
A． B． C． D．
【變式2】（2024·全國·模擬預測）若集合，，則集合的真子集的個數為（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【變式3】（2023·江蘇鎮江·模擬預測）若函數的定義域為，則的定義域為（ ）
A． B．
C． D．
題型二　函數的解析式
函數解析式的求法
(1)配湊法；(2)待定系數法；(3)換元法；(4)解方程組法．
【例題2】（2023·重慶·模擬預測）已知函數，則（ ）
A． B． C． D．
【變式1】（2023·河南·模擬預測）已知函數對定義域內的任意實數滿足，則 .
【變式2】（2023·山東·模擬預測）已知二次函數的最大值是，且它的圖像過點，求函數的解析式．
【變式3】（2024·山東濟南·一模）已知集合，函數.若函數滿足：對任意，存在，使得，則的解析式可以是 .（寫出一個滿足條件的函數解析式即可）
題型三　分段函數
分段函數求值問題的解題思路
(1)求函數值：當出現f(f(a))的形式時，應從內到外依次求值．
(2)求自變量的值：先假設所求的值在分段函數定義區間的各段上，然后求出相應自變量的值，切記要代入檢驗．
【例題3】（2024·四川廣安·二模）已知函數，則的值為 .
【變式1】（2024·廣東深圳·模擬預測）已知函數，若，使得成立，則實數m的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
【變式2】（2024·陜西西安·三模）已知函數，則（ ）
A．8 B．12 C．16 D．24
【變式3】（23-24高三下·內蒙古赤峰·開學考試）已知函數的最小值為-1，則 .
【課后強化】
基礎保分練
一、單選題
1．（2024·陜西西安·一模）已知全集，集合，，則（ ）．
A． B． C． D．
2．（2024·山西運城·一模）已知符號函數則函數的圖象大致為（ ）
A． B．
C． D．
3．（2023·四川成都·模擬預測）給出下列個函數，其中對于任意均成立的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024·全國·模擬預測）已知集合，，則（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
5．（23-24高三下·河南·階段練習）已知非常數函數的定義域為，且，則（ ）
A． B．或
C．是上的增函數 D．是上的增函數
6．（2023·江蘇連云港·模擬預測）已知函數，若關于的方程恰有兩個不同的實數解，則下列選項中可以作為實數取值范圍的有（ ）
A． B．
C． D．
三、填空題
7．（2024·北京懷柔·模擬預測）函數的定義域是 .
8．（23-24高三上·河北保定·階段練習）已知函數在上可導，且，則 ．
四、解答題
9．（2023·江西九江·模擬預測）若的定義域為，求的定義域．
10．（2023·河南信陽·一模）已知函數.
(1)求不等式的解集；
(2)若，，且，求滿足條件的整數的所有取值的和.
11．（2024·陜西·模擬預測）已知函數．
(1)求的最小值；
(2)若恒成立，求實數的取值范圍．
12．（2023·浙江溫州·三模）已知函數在區間上恰有3個零點，其中為正整數.
(1)求函數的解析式；
(2)將函數的圖象向左平移個單位得到函數的圖象，求函數的單調區間.
綜合提升練
一、單選題
1．（2024·陜西西安·一模）已知函數，則（ ）
A． B． C． D．2
2．（2023·吉林長春·模擬預測）已知函數滿足，則（ ）
A．的最小值為2 B．
C．的最大值為2 D．
3．（2023·浙江·二模）已知函數滿足，則可能是（ ）．
A． B．
C． D．
4．（2024·山東棗莊·一模）已知集合，，則（ ）
A． B． C． D．
5．（2023·全國·模擬預測）已知函數，若，則的值為（ ）
A．2或 B．2或 C．或 D．1或
6．（2024·全國·模擬預測）已知，函數是上的減函數，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
7．（23-24高三上·四川遂寧·期中）函數的圖象恒過點，函數的定義域為，，則函數的值域為（ ）
A． B． C． D．
8．（2024·浙江溫州·二模）已知定義在上的函數，則下列結論正確的是（ ）
A．的圖象關于對稱 B．的圖象關于對稱
C．在單調遞增 D．有最小值
二、多選題
9．（2022·安徽合肥·模擬預測）下列說法不正確的是（ ）
A．函數 在定義域內是減函數
B．若是奇函數，則一定有
C．已知函數 在 上是增函數，則實數的取值范圍是
D．若的定義域為，則 的定義域為
10．（2024·湖南·模擬預測）已知函數是定義域為的偶函數，是定義域為的奇函數，且.函數在上的最小值為，則下列結論正確的是（ ）
A． B．在實數集單調遞減
C． D．或
11．（23-24高三上·黑龍江大慶·階段練習）對于函數．下列結論正確的是（ ）
A．任取，都有
B．函數 有2個零點
C．函數在上單調遞增
D．若關于的方程有且只有兩個不同的實根，則．
三、填空題
12．（2024·北京平谷·模擬預測）函數的定義域是
13．（2023·湖南婁底·模擬預測）已知函數滿足以下條件：①在區間上單調遞增；②對任意，，均有，則的一個解析式為 ．
14．（2024·遼寧·一模）已知集合，，則 ， .
四、解答題
15．（2023·山東·模擬預測）已知函數的圖像過點．
(1)求實數的值；
(2)判斷函數的奇偶性并證明．
16．（2023·四川遂寧·模擬預測）已知集合，函數的定義域為集合．
(1)當時，求；
(2)設命題p：，命題q：，若p是q的充分不必要條件，求實數的取值范圍．
17．（2023·河南·模擬預測）已知為定義在上的偶函數，，且．
(1)求函數，的解析式；
(2)求不等式的解集．
18．（23-24高三下·青海海南·開學考試）已知，函數.
(1)當時，解不等式;
(2)若的圖象與軸圍成的面積小于，求的取值范圍.
19．（2023·河北衡水·模擬預測）已知函數，其中
(1)求的單調區間
(2)求方程的零點個數.
拓展沖刺練
一、單選題
1．（2023·四川成都·模擬預測）執行如圖所示的程序框圖，將輸出的看成輸入的的函數，得到函數，若，則（ ）

A． B． C．或 D．1
2．（2023·全國·模擬預測）設，若，則（ ）
A．14 B．16 C．2 D．6
3．（2023·河南鄭州·二模）若函數的部分圖象如圖所示，則（ ）
A． B． C． D．
4．（23-24高三上·河北保定·期末）已知函數滿足：，，成立，且，則（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三·全國·專題練習）已知函數，若關于的方程有8個不相等的實數根，則實數的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
6．（2023·河南·模擬預測）已知函數在R上單調遞增，函數在上單調遞增，在上單調遞減，則（ ）
A．函數在R上單調遞增
B．函數在上單調遞增
C．函數在上單調遞減
D．函數在上單調遞減
7．（2023·海南·模擬預測）已知符號函數，
函數則下列說法正確的是（ ）
A．的解集為
B．函數在上的周期為
C．函數的圖象關于點對稱
D．方程的所有實根之和為
8．（2024·全國·一模）已知函數的定義域為，且滿足①；②；③當時，，則（ ）
A． B．若，則
C． D．在區間是減函數
三、填空題
9．（2023·廣東佛山·模擬預測）寫出一個同時具備下列性質①②③的函數 .
①定義城為，②導函數；③值域為
10．（2023·上海徐匯·三模）函數的定義域為 .
四、解答題
11．（2024·陜西咸陽·模擬預測）已知函數．
(1)畫出函數的圖象；
(2)設函數的最大值為，若正實數，，滿足，求的最小值．
12．（23-24高三上·河北·期末）在信息論中，熵（entropy）是接收的每條消息中包含的信息的平均量，又被稱為信息熵 信源熵 平均自信息量.這里，“消息”代表來自分布或數據流中的事件 樣本或特征.（熵最好理解為不確定性的量度而不是確定性的量度，因為越隨機的信源的熵越大）來自信源的另一個特征是樣本的概率分布.這里的想法是，比較不可能發生的事情，當它發生了，會提供更多的信息.由于一些其他的原因，把信息（熵）定義為概率分布的對數的相反數是有道理的.事件的概率分布和每個事件的信息量構成了一個隨機變量，這個隨機變量的均值（即期望）就是這個分布產生的信息量的平均值（即熵）.熵的單位通常為比特，但也用、、計量，取決于定義用到對數的底.采用概率分布的對數作為信息的量度的原因是其可加性.例如，投擲一次硬幣提供了1的信息，而擲次就為位.更一般地，你需要用位來表示一個可以取個值的變量.在1948年，克勞德 艾爾伍德 香農將熱力學的熵，引入到信息論，因此它又被稱為香農滳.而正是信息熵的發現，使得1871年由英國物理學家詹姆斯 麥克斯韋為了說明違反熱力學第二定律的可能性而設想的麥克斯韋妖理論被推翻.設隨機變量所有取值為，定義的信息熵，（，）。
(1)若，試探索的信息熵關于的解析式，并求其最大值；
(2)若，（），求此時的信息熵.
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考點06函數的概念及其表示（3種核心題型+基礎保分練+綜合提升練+拓展沖刺練）
【考試提醒】
1.了解函數的含義.2.在實際情境中，會根據不同的需要選擇恰當的方法(如圖象法、列表法、解析法)表示函數.3.了解簡單的分段函數，并會簡單的應用．
【知識點】
1．函數的概念
一般地，設A，B是非空的實數集，如果對于集合A中的任意一個數x，按照某種確定的對應關系f，在集合B中都有唯一確定的數y和它對應，那么就稱f：A→B為從集合A到集合B的一個函數，記作y＝f(x)，x∈A.
2．函數的三要素
(1)函數的三要素：定義域、對應關系、值域．
(2)如果兩個函數的定義域相同，并且對應關系完全一致，則這兩個函數為同一個函數．
3．函數的表示法
表示函數的常用方法有解析法、圖象法和列表法．
4．分段函數
若函數在其定義域的不同子集上，因對應關系不同而分別用幾個不同的式子來表示，這種函數稱為分段函數．
常用結論
1．直線x＝a與函數y＝f(x)的圖象至多有1個交點．
2．在函數的定義中，非空數集A，B，A即為函數的定義域，值域為B的子集．
3．分段函數雖由幾個部分組成，但它表示的是一個函數．分段函數的定義域等于各段函數的定義域的并集，值域等于各段函數的值域的并集．
【核心題型】
題型一　函數的定義域
(1)無論抽象函數的形式如何，已知定義域還是求定義域，均是指其中的x的取值集合；
(2)若已知函數f(x)的定義域為[a，b]，則復合函數f(g(x))的定義域由不等式a≤g(x)≤b求出；(3)若復合函數f(g(x))的定義域為[a，b]，則函數f(x)的定義域為g(x)在[a，b]上的值域．
【例題1】（2024高三·全國·專題練習）已知集合，，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】分別求解集合，再求即可.
【詳解】因為的定義域為，所以，
由得，解得，所以，
故，
故選：B．
【變式1】（2023·河北衡水·模擬預測）已知函數的定義域為，則函數的定義域是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據給定條件，利用函數有意義并結合復合函數的意義列出不等式組，求解不等式組作答.
【詳解】因為函數的定義域為，又函數有意義，
則有，解得或，
所以函數的定義域是.
故選：C
【變式2】（2024·全國·模擬預測）若集合，，則集合的真子集的個數為（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【分析】先求集合A，確定即可求解.
【詳解】因為，，所以，
所以集合的真子集的個數為.
故選:D.
【變式3】（2023·江蘇鎮江·模擬預測）若函數的定義域為，則的定義域為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】利用抽象函數定義域的求解原則可求出函數的定義域，對于函數，可列出關于的不等式組，由此可得出函數的定義域.
【詳解】因為函數的定義域為，則，可得，
所以，函數的定義域為，
對于函數，則有，解得，
因此，函數的定義域為.
故選：C.
題型二　函數的解析式
函數解析式的求法
(1)配湊法；(2)待定系數法；(3)換元法；(4)解方程組法．
【例題2】（2023·重慶·模擬預測）已知函數，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用換元法令，運算求解即可.
【詳解】令，則，且，則，
可得，
所以.
故選：B.
【變式1】（2023·河南·模擬預測）已知函數對定義域內的任意實數滿足，則 .
【答案】
【分析】先把x都化為2x，進行化簡得到，再把x替換為得到，最后聯立方程組求解即可.
【詳解】由，得，即①，將換為，得②，由①+2②，得，故.
故答案為：.
【變式2】（2023·山東·模擬預測）已知二次函數的最大值是，且它的圖像過點，求函數的解析式．
【答案】
【分析】由二次函數性質與待定系數法求解．
【詳解】解：根據題意設，
又過點，則
解得，
故
【變式3】（2024·山東濟南·一模）已知集合，函數.若函數滿足：對任意，存在，使得，則的解析式可以是 .（寫出一個滿足條件的函數解析式即可）
【答案】（滿足，且一次項系數不為零的所有一次或者二次函數解析式均正確）
【分析】根據，求得，則滿足的一次函數或二次函數均可.
【詳解】，，
，，
，，
所以，則的解析式可以為.
經檢驗，滿足題意.
故答案為：（答案不唯一）.
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是根據函數的形式，確定函數的關鍵特征和條件.
題型三　分段函數
分段函數求值問題的解題思路
(1)求函數值：當出現f(f(a))的形式時，應從內到外依次求值．
(2)求自變量的值：先假設所求的值在分段函數定義區間的各段上，然后求出相應自變量的值，切記要代入檢驗．
【例題3】（2024·四川廣安·二模）已知函數，則的值為 .
【答案】
【分析】先求的值，結合所求結果的符號，再代入解析式求得.
【詳解】，
.
故答案為：.
【變式1】（2024·廣東深圳·模擬預測）已知函數，若，使得成立，則實數m的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】先求出分段函數的最小值；再求解不等式的解集即可.
【詳解】因為函數在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，
所以當時，函數取得最小值.
又因為函數在區間上單調遞增，
所以當時，.
綜上可得函數的最小值為.
因為，使得成立，
所以，解得：或.
故選：C.
【變式2】（2024·陜西西安·三模）已知函數，則（ ）
A．8 B．12 C．16 D．24
【答案】D
【分析】根據給定條件，判斷并代入計算函數值即得.
【詳解】由，得，
所以.
故選：D
【變式3】（23-24高三下·內蒙古赤峰·開學考試）已知函數的最小值為-1，則 .
【答案】2
【分析】由題意得出函數在上取得最小值-1，由此即可列出式子求解.
【詳解】當時，.
因為的最小值為-1，所以函數在上取得最小值-1，
則，解得.
故答案為：2.
【課后強化】
基礎保分練
一、單選題
1．（2024·陜西西安·一模）已知全集，集合，，則（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先求集合M，然后由集合的運算可得.
【詳解】由解得，
所以，所以.
故選：B
2．（2024·山西運城·一模）已知符號函數則函數的圖象大致為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】先得到為偶函數，排除AB，再計算出，得到正確答案.
【詳解】定義域為R，且為奇函數，故，
故的定義域為R，
且
，
故為偶函數，AB錯誤；
當時，，C錯誤，D正確.
故選：D
3．（2023·四川成都·模擬預測）給出下列個函數，其中對于任意均成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根據函數定義逐項判斷ABC，采用換元的方法求解D中函數的解析式并進行判斷.
【詳解】對于A，當時，；當時，，與函數定義矛盾，不符合；
對于B，當時，；當時，，與函數定義矛盾，不符合；
對于C，當時，；當時，，與函數定義矛盾，不符合；
對于D，令，則，所以，
令，所以，
所以，
所以，符合.
故選：D.
4．（2024·全國·模擬預測）已知集合，，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先解不等式，再利用集合的交集即可求解.
【詳解】因為集合且，所以．
又集合，所以，則．
故選：A．
二、多選題
5．（23-24高三下·河南·階段練習）已知非常數函數的定義域為，且，則（ ）
A． B．或
C．是上的增函數 D．是上的增函數
【答案】AC
【分析】A.令判斷；B.令，分別令，判斷；CD.由，令判斷.
【詳解】解：在中，
令，得，即．
因為函數為非常數函數，所以，A正確．
令，則．
令，則，①
令，則，②
由①②，解得，從而，B錯誤．
令，則，即，
因為，所以，所以C正確，D錯誤．
故選：AC
6．（2023·江蘇連云港·模擬預測）已知函數，若關于的方程恰有兩個不同的實數解，則下列選項中可以作為實數取值范圍的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】將方程有根轉化為曲線和直線的交點個數問題，根據函數圖像分析運算即可得解.
【詳解】解：因為關于的方程恰有兩個不同的實數解，
所以函數的圖象與直線的圖象有兩個交點，作出函數圖象，如下圖所示，

所以當時，函數與的圖象有兩個交點，
所以實數m的取值范圍是．
四個選項中只要是的子集就滿足要求.
故選：BCD.
三、填空題
7．（2024·北京懷柔·模擬預測）函數的定義域是 .
【答案】
【分析】利用對數函數的定義，列出不等式求解即得.
【詳解】函數有意義，則，解得或，
所以函數的定義域是.
故答案為：
8．（23-24高三上·河北保定·階段練習）已知函數在上可導，且，則 ．
【答案】
【分析】利用換元法求得解析式，求導，求即可.
【詳解】令，則，則，即，
，所以．
故答案為：-4
四、解答題
9．（2023·江西九江·模擬預測）若的定義域為，求的定義域．
【答案】.
【分析】由題意列出不等式組解之即得.
【詳解】由函數的定義域為，則要使函數有意義，
則，
解得,
∴函數的定義域為.
10．（2023·河南信陽·一模）已知函數.
(1)求不等式的解集；
(2)若，，且，求滿足條件的整數的所有取值的和.
【答案】(1)
(2)6
【分析】（1）分，和三種情況討論，去絕對值符號，解不等式即可；
（2）先判斷函數的奇偶性，再去絕對值符號，作出函數圖象，結合圖象分類討論即可得解.
【詳解】（1）解：當時，，
∴，∴，∴；
當時，，∴，，∴；
當時，，∴，，∴，
綜上，不等式的解集為；
（2）解：因為，
∴為偶函數，
當時，，
當時，，
當時，，
作出函數圖象如圖所示，
若，則
①，∴；
②，∴或；
③，，∴，
綜上整數的取值為0，1，2，3，故和為6.
11．（2024·陜西·模擬預測）已知函數．
(1)求的最小值；
(2)若恒成立，求實數的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用分類討論，去掉絕對值，結合一次函數的單調性即可得解；
（2）結合（1）中結論，作出與的大致圖象，求得恒成立的臨界情況對應的值，從而得解.
【詳解】（1）因為，
當時，，此時；
當時，，此時，即；
當時，，此時；
綜上，的最小值為.
（2）記，作出與的大致圖象，
要使恒成立，
則只需當函數的圖象過點或時，為臨界情況（如圖），
由，得或（舍去），
由，得或（舍去），
所以，即實數的取值范圍為.
12．（2023·浙江溫州·三模）已知函數在區間上恰有3個零點，其中為正整數.
(1)求函數的解析式；
(2)將函數的圖象向左平移個單位得到函數的圖象，求函數的單調區間.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根據給定條件，求出的范圍，再結合正弦函數的零點情況列出不等式求解作答.
（2）由（1）求出函數的解析式，進而求出，再利用正切函數的單調性求解作答.
【詳解】（1）由，得，
因為函數在區間上恰有3個零點，
于是，解得，而為正整數，因此，
所以.
（2）由（1）知，，
由，得，即有，
因此，
由，解得，
所以函數的單調減區間為.
綜合提升練
一、單選題
1．（2024·陜西西安·一模）已知函數，則（ ）
A． B． C． D．2
【答案】A
【分析】根據給定的分段函數，依次代入計算即得.
【詳解】函數，則，
所以.
故選：A
2．（2023·吉林長春·模擬預測）已知函數滿足，則（ ）
A．的最小值為2 B．
C．的最大值為2 D．
【答案】B
【分析】首先根據題意得到，再結合二次函數的性質依次判斷選項即可.
【詳解】因為，，
所以.
所以，所以的最小值，無最大值，為故A，C錯誤.
對選項B，，
因為，所以，即，
故B正確.
對選項D，，
因為，所以，即，
故D錯誤.
故選：B
3．（2023·浙江·二模）已知函數滿足，則可能是（ ）．
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根據函數滿足，一一驗證各選項中的函數是否滿足該性質，即可得答案.
【詳解】對于A，，則，，不滿足；
對于B，，則，，
不滿足；
對于C，，則，，不滿足；
對于D，，當時，，故；
當時，，故，
即此時滿足，D正確，
故選：D
4．（2024·山東棗莊·一模）已知集合，，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】首先解對數不等式求出集合，再根據函數的定義求出集合，最后根據補集、并集的定義計算可得.
【詳解】由，可得，所以，
即，
對于函數，則，解得或，
所以，
所以，
所以.
故選：D
5．（2023·全國·模擬預測）已知函數，若，則的值為（ ）
A．2或 B．2或 C．或 D．1或
【答案】A
【分析】根據分段函數的解析式，討論的范圍，明確方程，解出即可.
【詳解】當時，，解得，
當時，，得，
所以的值是2或．
故選：
6．（2024·全國·模擬預測）已知，函數是上的減函數，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根據分段函數的單調性和指數函數的單調性列出不等式組，解之即可直接得出結果.
【詳解】因為函數是減函數，所以．
又因為函數5）圖像的對稱軸是直線，
所以函數在上單調遞減，在上單調遞增．
又函數是上的減函數，所以，解得，
所以的取值范圍是．
故選:B．
7．（23-24高三上·四川遂寧·期中）函數的圖象恒過點，函數的定義域為，，則函數的值域為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由題可知，當時，即可求出定點坐標，即可求得的解析式，進而可得的解析式，再結合抽象函數的定義域求得的定義域，結合函數的單調性即可求解.
【詳解】當時，即，則，
所以恒過定點，
則，定義域為，由，得，
則的定義域為，
則，
又在上單調遞增，則在上單調遞增，
則，
，
所以函數的值域為.
故選：C
8．（2024·浙江溫州·二模）已知定義在上的函數，則下列結論正確的是（ ）
A．的圖象關于對稱 B．的圖象關于對稱
C．在單調遞增 D．有最小值
【答案】A
【分析】利用特殊值可排除B、C，利用函數的性質可確定A、D.
【詳解】對于BC，由題意可知：，
顯然的圖象不關于對稱，而，故B、C錯誤；
對于D，若為有理數，則，顯然，函數無最小值，故D錯誤；
對于A，若是有理數，即互質，則也互質，即，
若為無理數，則也為無理數，即，
所以的圖象關于對稱，故A正確.
下證：互質，則也互質.
反證法：若互質，不互質，不妨設，
則，此時與假設矛盾，所以也互質.
故選：A
【點睛】思路點睛：根據抽象函數的對稱性結合互質的定義去判定A、B，而作為抽象函數可以適當選取特殊值驗證選項，提高正確率.
二、多選題
9．（2022·安徽合肥·模擬預測）下列說法不正確的是（ ）
A．函數 在定義域內是減函數
B．若是奇函數，則一定有
C．已知函數 在 上是增函數，則實數的取值范圍是
D．若的定義域為，則 的定義域為
【答案】ABC
【分析】對于AB，取，即可說明；對于C，分段討論，但要注意結合，由此即可判斷；對于D，由即可判斷.
【詳解】對于AB，若，因為，是奇函數，但，時，無意義，故AB描述不正確，符合題意；
對于C，已知函數 在 上是增函數，
首先當時，單調遞增，則，
其次當時，（對稱軸為）單調遞增，則，即，
但若要保證函數 在 上是增函數，還需滿足，即，
所以實數的取值范圍是 ，故C描述不正確，符合題意；
對于D，若的定義域為，則的定義域滿足，解得，故D描述正確，不符合題意.
故選：ABC.
10．（2024·湖南·模擬預測）已知函數是定義域為的偶函數，是定義域為的奇函數，且.函數在上的最小值為，則下列結論正確的是（ ）
A． B．在實數集單調遞減
C． D．或
【答案】AC
【分析】根據函數的奇偶性可得出關于的方程組，即可得的解析式，從而得選項A；結合函數的單調性，可判斷選項B；根據的解析式，求出的解析式，利用換元法，將所求函數轉化為二次函數的最值問題，結合二次函數的對稱軸和二次函數的定義域，即可求出其最小值，從而解得，即可判斷選項C與選項D.
【詳解】A，因為為偶函數，所以，又為奇函數，所以，
因為①，所以，即②，
由得：，，所以選項A正確；
B，因為函數在上均為增函數，
故在上單調遞增，所以選項錯誤；
C、D，因為，
所以，
又，當，即時等號成立，，
設，對稱軸，
當時，函數在上為減函數，在上為增函數，
則，解得或（舍）；
當時，在上單調遞增，，解得：，不符合題意.
綜上，所以選項C正確，錯誤.
故選：.
11．（23-24高三上·黑龍江大慶·階段練習）對于函數．下列結論正確的是（ ）
A．任取，都有
B．函數 有2個零點
C．函數在上單調遞增
D．若關于的方程有且只有兩個不同的實根，則．
【答案】AD
【分析】利用分段函數及三角函數的圖象與性質一一判定選項即可.
【詳解】
根據分段函數的性質可知：時，，
當時，，……可作出函數的部分圖象，如上所示，
對于選項A，易知時，，
故任取，都有，
當或時取得等號，故A正確；
對于選項B，的零點即與的交點橫坐標，
易知在上單調遞增，
而，，
，
利用零點存在性定理及三角函數的單調性結合圖象可知，
在和上分別各一個零點，
又也是其一個零點，故B錯誤；
對于C項，易知，此時在上單調遞增，故C錯誤；
對于D項，由圖象可知時滿足題意，由三角函數的對稱性可知，故D正確.
故選：AD
【點睛】方法點睛：本題利用函數的“類周期”性質，作出函數草圖，根據數形結合及三角函數的性質、函數與方程的關系一一判定選項即可.
三、填空題
12．（2024·北京平谷·模擬預測）函數的定義域是
【答案】
【分析】根據分數和對數有意義的條件即可求解.
【詳解】函數有意義的條件是，解得且，
所以函數定義域為.
故答案為：.
13．（2023·湖南婁底·模擬預測）已知函數滿足以下條件：①在區間上單調遞增；②對任意，，均有，則的一個解析式為 ．
【答案】（答案不唯一）
【分析】根據對數運算性質及對數函數性質寫出一個函數解析式即可.
【詳解】如：，則，，
又，則，
此時在區間上單調遞增，滿足題設.
故答案為：（答案不唯一）
14．（2024·遼寧·一模）已知集合，，則 ， .
【答案】
【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根據交集的定義計算可得.
【詳解】由，即，解得，
所以，
又，所以.
故答案為：；
四、解答題
15．（2023·山東·模擬預測）已知函數的圖像過點．
(1)求實數的值；
(2)判斷函數的奇偶性并證明．
【答案】(1)2
(2)奇函數，證明見解析
【分析】（1）將點坐標代入解析式求解，
（2）由奇函數的定義證明．
【詳解】（1）解：∵函數的圖像過點，
∴，∴；
（2）證明：∵函數的定義域為，
又，
∴函數是奇函數．
16．（2023·四川遂寧·模擬預測）已知集合，函數的定義域為集合．
(1)當時，求；
(2)設命題p：，命題q：，若p是q的充分不必要條件，求實數的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據題意得或，再求交集運算即可；
（2）由題知或，，再根據集合關系求解即可.
【詳解】（1）解：當時，，
由題意，解得或，所以或，
又，
所以.
（2）解：由題意，即，解得：或，
所以或，
因為p是q的充分不必要條件，
所以，集合是集合的真子集，
所以或，解得或
故實數的取值范圍．
17．（2023·河南·模擬預測）已知為定義在上的偶函數，，且．
(1)求函數，的解析式；
(2)求不等式的解集．
【答案】(1)；；
(2).
【分析】（1）由題可得函數為奇函數，然后根據奇函數和偶函數的性質列方程求函數，的解析式；
（2）令，進而可化為，根據指數函數性質解不等式即得.
【詳解】（1）由題意易知，，則，
即，
故為奇函數，故為奇函數，
又①，則，
故②，
由①②解得，；
（2）由，可得，
所以，即，
令，則，
解得，
所以，即，
所以，
解得，
故不等式的解集為．
18．（23-24高三下·青海海南·開學考試）已知，函數.
(1)當時，解不等式;
(2)若的圖象與軸圍成的面積小于，求的取值范圍.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據絕對值不等式及一元二次不等式的解法求解；
（2）轉化為分段函數，求出三角形頂點坐標即可求出面積，解不等式得解.
【詳解】（1）當時，化為，即，
可得，，即，
所以，解得或，
所以不等式的解集為.
（2）由題設可知，，
所以的圖象與軸圍成的三角形的三個頂點分別為
，
所以三角形面積，
即，所以，解得，
又，所以.
19．（2023·河北衡水·模擬預測）已知函數，其中
(1)求的單調區間
(2)求方程的零點個數.
【答案】(1)單調增區間是,單調減區間是
(2)個
【分析】(1)求的導函數,解導函數不等式,即可求出單調遞增和遞減區間;
(2)利用（1）中函數的單調性可得相應的方程，再構建新函數，從而可判斷相應方程的根，注意結合這個性質.
【詳解】（1）當,,又因為,所以,是單調增區間;
當,,又因為,所以,是單調減區間;
（2）對于方程,
當,
當在是單調遞增的;
方程,所以,
設
,設,,
在是單調遞增的，而，
故當時，，當時，，
故在上是單調遞增，在上單調遞減.
故在上有，
下證當，
設，則，
故在上為增函數，故，
故原不等式成立.
由可得，
故當時，有，
故此時方程在上有且只有一個實數根.
當時，，
由在為減函數可得，其中，
因為在為減函數，故在為減函數，
，，
因為，故，所以，故，
故方程在上有且只有一個實數根.
若，則，
而由的解析式可得.
故方程即為，
此時，故，其中，
設，，則，
故在上為減函數，而，
，
故此時在有且只有零點
即在有且只有一個零點，
方程的零點個數有個
【點睛】思路點睛：復合方程的解的個數討論，應該根據外函數的單調性和函數解析式滿足的性質將復雜方程轉化為簡單方程來處理，后者可進一步利用導數來處理.
拓展沖刺練
一、單選題
1．（2023·四川成都·模擬預測）執行如圖所示的程序框圖，將輸出的看成輸入的的函數，得到函數，若，則（ ）

A． B． C．或 D．1
【答案】B
【分析】根據程序框圖得到函數解析式，再根據函數解析式求出，再分類討論，結合函數解析式計算可得.
【詳解】由程序框圖可得，則，
若，即時，，解得（舍去）；
若，即時，，解得.
故選：B
2．（2023·全國·模擬預測）設，若，則（ ）
A．14 B．16 C．2 D．6
【答案】A
【分析】根據的定義域可得，分和兩種情況，結合題意解得，代入求解即可.
【詳解】因為的定義域為，則，解得，
若，則，可得，不合題意；
若，則，可得，解得；
綜上所述：.
所以.
故選：A.
3．（2023·河南鄭州·二模）若函數的部分圖象如圖所示，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根據函數圖象，利用待定系數法求出函數解析式，即可得解.
【詳解】由圖象知，的兩根為2，4，且過點，
所以，解得，
所以，
所以，
故選：A
4．（23-24高三上·河北保定·期末）已知函數滿足：，，成立，且，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】令，求出，令，求出，令，求出，再令，可求出的關系，再利用累加法結合等差數列前項和公式即可得解.
【詳解】令，則，所以，
令，則，
所以，
令，則，所以，
令，則，
所以，
則當時，，
則
，
當時，上式也成立，
所以，
所以.
故選：C.
5．（2024高三·全國·專題練習）已知函數，若關于的方程有8個不相等的實數根，則實數的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】利用導數研究函數的圖象和性質，結合絕對值函數的圖象作出函數的大致圖象，然后根據題意得到一元二次方程根的分布，從而得到關于的不等式組，解不等式組即可得到實數的取值范圍.
【詳解】令，則，令，解得，
故當時，單調遞增，當時，單調遞減，
所以，且當時，，當時，，
結合絕對值函數的圖象可畫出函數的大致圖象，如圖所示：

令，則方程，
即方程，，
①當時，式無實數根，直線和的圖象無交點，原方程無實數根；
②當時，式有兩個相等的實數根，直線和的圖象最多有4個交點，
因此要使有8個不相等的實數根，
則式有兩個不相等的實數根，不妨設為，且，則.
則，解得.
故選：C.
【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于借助導數與絕對值函數的性質作出函數的大致圖象，然后根據題意得到一元二次方程根的分布，從而得到關于的不等式組，
二、多選題
6．（2023·河南·模擬預測）已知函數在R上單調遞增，函數在上單調遞增，在上單調遞減，則（ ）
A．函數在R上單調遞增
B．函數在上單調遞增
C．函數在上單調遞減
D．函數在上單調遞減
【答案】AB
【分析】由復合函數的單調性判斷方法逐一判斷即可.
【詳解】因為在R上單調遞增，所以在R上單調遞增，故A正確；
因為在R上單調遞增，在上單調遞增，所以在上單調遞增，故B正確；
因為在上單調遞增，所以在上單調遞減，因為的值域是否在上無法判斷，
所以在上的單調性無法判斷，故C錯誤；
因為在R上單調遞減，在上單調遞減，因的值域是否在上無法判斷，所以在上的單調性無法判斷，故D錯誤.
故選：AB.
7．（2023·海南·模擬預測）已知符號函數，
函數則下列說法正確的是（ ）
A．的解集為
B．函數在上的周期為
C．函數的圖象關于點對稱
D．方程的所有實根之和為
【答案】AC
【分析】利用新定義及三角函數的性質一一判定即可.
【詳解】根據定義可知，故的解集為，A正確；
所以，
而，顯然，不是函數的一個周期，故B錯誤；
由題意可得，即函數的圖象關于點對稱，故C正確；
由上可知，故，
即函數的圖象也關于點對稱且最大值為2，易知在上單調遞增，
且，
所以由零點存在性定理知在內方程存在一根，
由函數的對稱性可知有3個根，
且該3根之和為，
故D錯誤.

故選：AC
【點睛】本題關鍵在于函數的對稱性，二級結論如下：若函數滿足函數關于中心對稱，此外D項需要判定函數的單調性及零點存在位置，注意不能忽略.
8．（2024·全國·一模）已知函數的定義域為，且滿足①；②；③當時，，則（ ）
A． B．若，則
C． D．在區間是減函數
【答案】BC
【分析】根據題意求出的解析式，然后就可逐項求解判斷.
【詳解】由題意得當時，令，則，
因為，所以，
當時，令，則，
又因為，所以，即，
但在時不成立，
若有且，則得，
這時總可以找到，使，所以,
即，此式與矛盾，即，
從而，
對A：，故A錯誤；
對B：，即，即，故B正確；
對C：，故C正確；
對D：當，為增函數，故D錯誤；
故選：BC.
【點睛】關鍵點點睛：本題主要是根據題中給出的3個條件進行合理運用求出函數的解析式，在求解析式時需要分情況討論并且要巧妙的當時設，當時設，再結合題中條件從而可求解.
三、填空題
9．（2023·廣東佛山·模擬預測）寫出一個同時具備下列性質①②③的函數 .
①定義城為，②導函數；③值域為
【答案】（答案不唯一）
【分析】取，驗證定義域，導數，值域即可.
【詳解】取，
因為，解得，所以的定義城為，符合①；
，符合②；
因為，所以的值域為，符合③.
故答案為：（答案不唯一）
10．（2023·上海徐匯·三模）函數的定義域為 .
【答案】
【分析】利用對數函數的定義列出不等式，求解不等式作答.
【詳解】函數中，，即，解得，
所以函數的定義域為.
故答案為：
四、解答題
11．（2024·陜西咸陽·模擬預測）已知函數．
(1)畫出函數的圖象；
(2)設函數的最大值為，若正實數，，滿足，求的最小值．
【答案】(1)作圖見解析；
(2).
【分析】（1）化函數為分段函數，再作出圖象即得.
（2）由（1）求出的值，再利用柯西不等式求出最小值.
【詳解】（1）依題意，函數，函數的圖象如下：
（2）由（1）知，當時，，當時，單調遞減，，當時，，
因此，即，則，有，
由柯西不等式得，
于是，當且僅當時取等號，
由，且，得，
所以當時，取得最小值.
12．（23-24高三上·河北·期末）在信息論中，熵（entropy）是接收的每條消息中包含的信息的平均量，又被稱為信息熵 信源熵 平均自信息量.這里，“消息”代表來自分布或數據流中的事件 樣本或特征.（熵最好理解為不確定性的量度而不是確定性的量度，因為越隨機的信源的熵越大）來自信源的另一個特征是樣本的概率分布.這里的想法是，比較不可能發生的事情，當它發生了，會提供更多的信息.由于一些其他的原因，把信息（熵）定義為概率分布的對數的相反數是有道理的.事件的概率分布和每個事件的信息量構成了一個隨機變量，這個隨機變量的均值（即期望）就是這個分布產生的信息量的平均值（即熵）.熵的單位通常為比特，但也用、、計量，取決于定義用到對數的底.采用概率分布的對數作為信息的量度的原因是其可加性.例如，投擲一次硬幣提供了1的信息，而擲次就為位.更一般地，你需要用位來表示一個可以取個值的變量.在1948年，克勞德 艾爾伍德 香農將熱力學的熵，引入到信息論，因此它又被稱為香農滳.而正是信息熵的發現，使得1871年由英國物理學家詹姆斯 麥克斯韋為了說明違反熱力學第二定律的可能性而設想的麥克斯韋妖理論被推翻.設隨機變量所有取值為，定義的信息熵，（，）。
(1)若，試探索的信息熵關于的解析式，并求其最大值；
(2)若，（），求此時的信息熵.
【答案】(1)，，最大值為.
(2).
【分析】（1）由題意可知且，減少變量可得的信息熵關于的解析式，求導可得單調性，故而求出最大值；
（2）由可知數列從第二項起，是首項為，公比為2的等比數列，故而可求出（）的通項公式，再由可得的解析式.
【詳解】（1）當時，,，
令，，
則，
所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，
所以當時，取得最大值，最大值為.
（2）因為，（），
所以（），
故，
而，
于是，
整理得
令，
則，
兩式相減得
因此，
所以.
【點睛】關鍵點點睛：第二問，根據等比數列定義寫出，進而寫出的通項公式，應用裂項相消及等比數列前n項和公式求化簡.
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