文档内容
第 03 讲 函数的概念与性质（10 类核心考点精讲精练）
1. 5年真题考点分布
5年考情
考题示例 考点分析
2024年秋考2、4题 分段函数、函数的奇偶性
2023秋考5、18题 函数的值域，函数奇偶性的判断、函数与方程的应用
2023春考13题 函数的奇偶性
2022秋考12题 抽象函数的性质应用
2022春考13题 函数的定义域及其求法
2021年秋考13、21题 基本初等函数单调性与奇偶性的判断、函数恒成立
2021年春考20题 函数定义域、零点与方程根的关系、函数单调性的判定及其应用
2020年春考6、21题 函数奇偶性及其应用、抽象函数的性质及其应用
2. 命题规律及备考策略
【备考策略】
1. 函数的定义域、值域、解析式是高考中必考内容,具有较强的综合性,贯穿整个高中数学的始终.而在高
考试卷中的形式可谓千变万化,但万变不离其宗,真正实现了常考常新的考试要求所以,我们应该掌握一些
简单的基本方法。
2.函数的单调性、奇偶性是高考命题热点,几乎每年都会考,一般与指数，对数结合起来命题
知识讲解
1.函数的概念
设D是一个非空的实数集，如果按照某种确定的对应关系f，使对集合D中的任意给定的x，都有唯一的实
数y与之对应， 就称这个对应关系f为集合D上的一个 函 数（ｆｕｎｃｔｉｏｎ），记作y＝f(x)，
x∈D.
2.函数的定义域、值域
(1)函数y＝f(x)自变量取值的范围(数集A)叫做这个函数的定义域；所有函数值构成的集合 {y |y ＝ f (x ) ，
x ∈ A }叫做这个函数的值域.
(2)如果两个函数的定义域相同，并且对应法则完全一致，则这两个函数为相等函数.
3.函数的表示法
表示函数的常用方法有解析法、图象法和列表法.
4.分段函数(1)在函数的定义域内，对于自变量x的不同取值区间，有着不同的对应法则，这种函数称为分段函数.
(2)分段函数是一个函数，分段函数的定义域是各段定义域的并集，值域是各段值域的并集.
5.函数的单调性
(1)单调函数的定义
增函数 减函数
设函数y＝f(x)的定义域为A，区间M A，如果取区间M中任意两个值
x，x，改变量Δx＝x－x>0，则当
1 2 2 1 ⊆
定义 Δ y ＝ f (x ) － f (x )>0 时，就称
2 1
Δ y ＝ f (x ) － f (x )<0 时，就称函数y
2 1
函数y＝f(x)在区间M上是增函
＝f(x)在区间M上是减函数
数
图象描
述
自左向右看图象是上升的 自左向右看图象是下降的
(2)如果一个函数在某个区间M上是增函数或是减函数，就说这个函数在这个区间M上具有单调性，区间M
称为单调区间.
6.函数的最值
前提 设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足
(1)对于任意x∈I，都有 f ( x )≤ M； (3)对于任意x∈I，都有 f ( x )≥ M；
条件
(2)存在x∈I，使得f(x)＝M (4)存在x∈I，使得 f ( x ) ＝ M
0 0 0 0
结论 M为最大值 M为最小值
7.函数的奇偶性
奇偶性 定义 图象特点
设函数y＝f(x)的定义域为D，如果对D内的任意一个x，都
奇函数 关于原点对称
有－x∈D，且 f ( － x ) ＝－ f ( x )，则这个函数叫做奇函数
设函数y＝g(x)的定义域为D，如果对D内的任意一个x，都
偶函数 关于 y 轴 对称
有－x∈D，且 g ( － x ) ＝ g ( x )，则这个函数叫做偶函数
8.函数的周期性
(1)周期函数：对于函数y＝f(x)，如果存在一个非零常数T，使得当x取定义域内的任何值时，都有 f ( x
＋ T ) ＝ f (x )，那么就称函数y＝f(x)为周期函数，称T为这个函数的周期.
(2)最小正周期：如果在周期函数f(x)的所有周期中 存 在一个最小 的正数，那么这个最小正数就叫做f(x)
的最小正周期.
考点 一．函数的定义域及其求法1．（2024•松江区二模）函数 的定义域为 ．
【分析】由对数式的真数大于0求解 的范围得答案．
【解答】解：由 ，得 ．
函数 的定义域为 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查函数的定义域及其求法，是基础题．
2．（2024•黄浦区校级三模）函数 的定义域为 ， ．
【分析】由根式内部的代数式大于等于0，求解对数不等式得答案．
【解答】解：要使原函数有意义，则 ，即 ，
解得 ．
函数 的定义域为 ， ．
故答案为： ， ．
【点评】本题考查函数的定义域及其求法，考查对数不等式的解法，是基础题．
3．（2024•松江区校级模拟）若函数 的定义域为 ，且 ，则实数
的值为 1 ．
【分析】由已知可得关于 的不等式，求解 的范围，结合函数为偶函数求解 值．
【解答】解： 函数 的定义域为 ，
，解得 ，
又 ， ，1，2，
而 ，可知 为偶函数，
则 ．
实数 的值为1．
故答案为：1．
【点评】本题考查函数的定义域及其求法，考查化归与转化思想，是基础题．
4．（2023•浦东新区模拟）函数 的定义域为 ．
【分析】由题意，利用对数、偶次根式的性质，求得 的范围．
【解答】解：对于函数 ，可得 ，求得 ，
可得函数的定义域为 ，故答案为： ．
【点评】本题主要考查对数、偶次根式的性质，属于基础题．
考点 二．函数的值域
5．（2024•嘉定区校级模拟）已知函数 ，则对任意实数 ，函数 的值域是
A． B． ， C． ， D． ，
【分析】分 和 两种情况讨论，可得 的值域．
【解答】解：当 时， ，
当 时， ，因为 ，所以 ，
所以 ，
所以 ， ，
综上所述： 的值域为 ， ．
故选： ．
【点评】本题考查函数的值域的求法及分类讨论的思想，属于基础题．
6．（2024•嘉定区二模）函数 的值域为 ， ．
【分析】先对已知函数进行化简，作出函数图象
【解答】解： ，
其大致图象如图所示，结合函数图象可知，函数有最小值3，没有最大值．
故答案为： ， ．【点评】本题主要考查了函数值域的求解，体现了数形结合思想的应用，属于基础题．
7．（2024•松江区校级模拟）函数 在 ， 上的值域为 ，则 的值为 ．
【分析】先由绝对值、余弦函数的有界性以及 求出 ，分类讨论求出 ，即可求解．
【解答】解：因为 ， ，
所以当且仅当 且 时 ，
所以 ， ，
又 ，所以 ，
所以 ，易知 在 上单调递减，在 单调递增，
所以当 时， ，不满足题意；
当 时，因为 ，所以 ，
注意到 ，且 在 单调递增，
所以 ，
所以 ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查了三角函数的图象和性质，属于中档题．
8．（2024•浦东新区校级模拟）设函数 的定义域为 ，若函数 满足条件：存在 ， ，使
在 ， 上的值域为 ， ，则称 为“倍缩函数”，若函数 为“倍缩函数”，则 的范围为 ．
【分析】由题意得，函数是增函数，构造出方程组，利用方程组的解都大于0，求出 的取值范围．
【解答】解： 函数 为“倍缩函数”，
且满足存在 ， ，使 在 ， 上的值域是 ， ，
在 ， 上是增函数；
，
即 ，
方程 有两个不等的实根，且两根都大于0；
，
解得： ，
满足条件 的范围是 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查了函数的值域问题，解题时构造函数，渗透转化思想，是中档题．
考点 三．函数的图象与图象的变换
9．（2023•闵行区校级三模）函数 的部分图象如图所示，则 的解析式可能为
A． B．
C． D．【分析】根据 ，可排除选项 ，进而得解．
【解答】解：由图象可知， ，
对于 ， ，不合题意；
对于 ， ，不合题意．
故选： ．
【点评】本题考查根据函数图象确定函数解析式问题，考查数形结合思想及运算求解能力，属于基础题．
10．（2023•徐汇区校级三模）函数 沿着向量 平移后得到函数 ，则向量 的坐
标是 ．
【分析】根据题意，分析可得要得到 的图象，需要将 向右平移1个单位，向上平
移2个单位，结合向量的定义分析可得答案．
【解答】解：根据题意， ，
要得到 的图象，需要将 向右平移1个单位，向上平移2个单位，
故向量 的坐标是 ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查函数图象的平移变换，涉及向量的定义，属于基础题．
11．（2023•黄浦区模拟）设 ， ， ， ，若函数 的部分图像如图所示，则下
列结论正确的是
A． ， B． ， C． ， D． ，
【分析】由已知中函数 的部分图像，运用韦达定理结合图像判断 、 的符号．
【解答】解： ， ，
由图知，两个极值点，设为 ， ，则 ， ，
由图知 ， ， 单调递增， ， 单调递减，则 ，
则 ， ，由图知 ， ，
故选： ．
【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，考查了韦达定理的应用，属于基础题．
12．（2024•杨浦区校级三模）设 ，已知函数 的两个不同的零点 、 ，满足
，若将该函数图像向右平移 个单位后得到一个偶函数的图像，则 ．
【分析】由已知结合方程的根与系数关系可求出 ，然后结合函数图象的平移及偶函数的对称性即可求．
【解答】解：因为函数 的两个不同的零点 、 ，
所以 的两根为 、 ，
则 ， ，
因为 ，
所以 ，
因为 ，所以 ， ，
若将该函数图像向右平移 个单位后得到 为偶函数，
则 为偶函数，图象关于 轴对称，
所以 ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查了函数图象的变换及偶函数对称性的应用，属于中档题．
考点 四．函数单调性的性质与判断
13．（2024•崇明区二模）已知函数 的定义域为 ， ， ．
命题 ：若当 时，都有 ，则函数 是 上的奇函数．
命题 ：若当 时，都有 ，则函数 是 上的增函数．
下列说法正确的是
A． 、 都是真命题 B． 是真命题， 是假命题
C． 是假命题， 是真命题 D． 、 都是假命题
【分析】由奇函数的定义，注意定义域关于原点对称，其次可考虑 ，结合函数的奇偶性和单
调性的定义即可判断 和 ．【解答】解：函数 的定义域为 ， ， ．
若当 时，都有 ，这里 ， 存在，不是任意的，
由奇函数的定义可得函数 不一定是 上的奇函数，故 错误；
若当 时，都有 ，符合单调性的定义，为增函数，故 正确．
故选： ．
【点评】本题考查函数的单调性和奇偶性的定义和应用，考查理解能力，属于基础题．
14．（2024•浦东新区校级模拟）已知函数 ，则 的解集是 ．
【分析】由已知结合对数的运算性质及对数函数的单调性即可求解．
【解答】解：因为 ， ，
对于函数 ，
有 ，即 ，
则 ，
即 ，
所以 ，
整理得， ，
解得， ，
故 ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查了对数的运算性质及对数函数的单调性在不等式求解中的应用，属于中档题．
15．（2023•杨浦区校级三模）已知函数 ，设 、2、 为实数，且 ，给出
下列结论：①若 ，则 ；②若 ，则 ．
则
A．①正确，②错误 B．①错误，②正确 C．①②都正确 D．①②都错误
【分析】令 ，得到 为递增函数，且为奇函数，①中，不妨设 ， ， ，结 合 ， ， 利 用 直 线 的 方 程 得 到 ， 进 而 得 到
，可判断①正确；②中，不妨设 ， ， ，得到点 ，
，利用直线 的方程判断②正确．
【解答】解：令函数 ，
可得函数 为单调递增函数，
又由 ，即 ，
所以函数 为奇函数，图象关于点 对称，如图（1）所示，
①中，因为 ，且 ，则 ，不妨设 ， ， ，
则点 ， ，此时直线 的方程为 ，
可得 ，则 ，
可得 ，又由 ，
所以 ，即 ，
即 ，所以①正确；
②中，若 ，不妨设 ，则 ，不妨设 ， ， ，
则点 ， ，此时直线 的方程为 ，
可得 ，
则 ，
可得 ，又由 ，
所以 ，
即 ，
即 ，所以②正确．
故选： ．
【点评】本题考查函数的性质，考查直线与函数的综合应用，属于中档题．
16．（2024•闵行区校级三模）设 ，函数 的定义域为 ．若对满足 的任意 、 ，
均有 ，则称函数 具有“ 性质”．
（1）在下述条件下，分别判断函数 是否具有 （2）性质，并说明理由；
① ；
② ；
（2）已知 ，且函数 具有 （1）性质，求实数 的取值范围；
（3）证明：“函数 为增函数”是“对任意 ，函数 均具有 性质”的充要条件．
【分析】（1）代入 （2）性质直接计算即可．
（2）将原式等价与当 时， 恒成立的问题即可求解．
（3）由充要条件的概念以及函数单调性的性质判断即可．
【解答】解：（1）①是，因为对任意 ， ，
所以符合定义；
②不是，学生只需举一组反例；
（2）显然 ，所以设 ，
则 ，
当 时，取 最小值 ，
原问题等价于当 时， 恒成立，
即 恒成立，所以得 ；
（3）证明：充分性：
如果函数 为增函数，则对任意的 ，均有 ，
即 ，因此，对任意 ，若 ，则 ，函数 具有 性质，充分性得证；
必要性：
若对任意 ，函数 均具有 性质，
假设函数 不是增函数，则存在 ，满足 ，
即 ，取 ，
则显然 ，
即对于 ，存在 ，但是 ，
与“对任意 ，函数 均具有 性质”矛盾，因此假设不成立，
即函数 为增函数，必要性得证．
所以“函数 为增函数”是“对任意 ，函数 均具有 性质”的充要条件．
【点评】本题考查了函数单调性的性质与判断，应注意充要条件的概念，属于中档题．
17．（2024•宝山区校级四模）已知 、 为实数集 的非空子集，若存在函数 且满足如下条件：
① 定义域为 时，值域为 ；②对任意 、 ， ，均有 ．则称
是集合 到集合 的一个“完美对应”．
（1）用初等函数构造区间 ， 到区间 ， 的一个完美对应 ；
（2）求证：整数集 到有理数集 之间不存在完美对应；
（3）若 ， ，且 是某区间 到区间 ， 的一个完美对应，求 的取值范围．
【分析】（1）结合函数单调性的定义及基本初等函数的定义域及值域即可求解；
（2）利用反证法，结合基本初等函数的单调性即可求解；
（3）使用题目所给新定义，结合函数单调性即可求解 的取值范围．
【解答】解：（1）因为 ，根据函数单调性的定义有 在 上为单调递增函数，
根据题目对完美对应的新定义可得所需构造的函数定义域为 ， 时，值域为 ，所以
；
（2）假设存在整数集 到有理数集 之间完美对应，
则对任意 ， ， 均有 ，
则有 在 上为单调递增函数，设 ，若 ， ，则 ，
则 ，可得 ，可设 （1） ，则 （2） （1） （1） ，
同理可得 （3） ， （4） ， ， ，则有 ，
即 是整数集 到有理数集 之间完美对应，与题意矛盾，
所以假设不成立，整数集 到有理数集 之间不存在完美对应；
（3） 解得 ．
若 ，则 单调递增，且有 （1） ， ，此时 ， ；
若 ， 时，则 ， 时， ； 时， ．
则函数 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增．
又 ，故只有极小值 才满足题意，解得 ，
若 ，则 时， ， 时， ； 时， ；
则函数 在 单调递减， 时单调递减，在 单调递增；
又 ，故只有极大值 才满足题意，记得此时 ．
综上， 的取值范围是 ．
【点评】本题考查了函数的定义、函数的单调性和函数的值域，结合新定义考查学生的数学逻辑推理能力
和数学运算能力，属于中档题．
考点 五．函数的最值及其几何意义
18．（2024•静安区二模）已知实数 ，记 ．若函数 在区间 ， 上的最
小值为 ，则 的值为 3 ．
【分析】先对函数求导，结合导数与单调性及最值关系即可求解．
【解答】解：当 时， ， ，
当 时， ， 单调递减，当 时， ， 单调递增，
故 时， 取得最小值 ，解得， ．
故答案为：3．
【点评】本题主要考查了导数与单调性及最值关系的应用，属于基础题．
19．（2024•青浦区校级模拟）已知 ， 是实数，满足 ，当 取得最大值时，
5 ．
【分析】由题意可知 ，进而求出 的最大值，再结合取等条件即可
求出此时 的值．
【解答】解： ．
，
，
，当且仅当 ，即 或 时，等号成立，
当 取得最大值时， ．
故答案为：5．
【点评】本题主要考查了基本不等式的应用，属于中档题．
20．（2024•松江区二模）已知函数 ，若 ，则 的最小值为 4
．
【分析】由题意及对数的运算与对数函数的性质可得 ，利用基本不等式即可求解．
【解答】解： ，
若 ，不妨设 ，
则 ，
所以 ，即 ，
所以 ，当且仅当 ， 时，等号成立．
故答案为：4．
【点评】本题考查对数函数的性质及对数的运算，考查基本不等式的运用，是中档题．
21．（2024•松江区二模）已知 ，函数 若该函数存在最小值，则实数的取值范围是 或 ．
【分析】令 ， ， ， ， ，分类讨论 的取值范围，判
断 ， 的单调性，结合 存在最小值，列出相应不等式，综合可得答案．
【解答】解：由题意，令 ， ， ， ， ，
当 时， 在 ， 上单调递减， 在 上单调递减，则 在 上的值域为
，
因为 存在最小值，故需 （2） ，解得 ，
结合 ，此时 ；
当 时， 在 ， 上单调递减， 在 上单调递增，则 在 上的值域为
，
因为 存在最小值，故需 （2） （2），即 ，解得 ，
这与 矛盾；
当 时， ， ， 上单调递减， ，存在最小值2；
则实数 的取值范围为 ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查分段函数的最值，属于中档题．
22．（2024•金山区二模）已知函数 与 有相同的定义域 ．若存在常数 ，使得对
于任意的 ，都存在 ，满足 ，则称函数 是函数 关于 的“
函数”．
（1）若 ， ，试判断函数 是否是 关于0的“ 函数”，并说明理由；
（2）若函数 与 均存在最大值与最小值，且函数 是 关于 的“ 函数”，
又是 关于 的“ 函数”，证明： ；
（3）已知 ， ，其定义域均为 ， ．给定正实数 ，若存在唯一的 ，使得
是 关于 的“ 函数”，求 的所有可能值．
【分析】（1）根据 关于0的“ 函数”定义可得结果．
（2）分别求出最大值和最小值再证明结论即可．
（3）分别讨论 的范围可得 的所有可能值．【解答】解：（1） 不是 关于0的“ 函数”．
当 时， ，所以不存在 ，使得 ，
（2）证明：设 ，
由题意，存在 ，使得 ，
因为函数 是 关于 的“ 函数”，
所以存在 ，满足 ，
从而 ，
同理，由 是 关于 的“ 函数”，
可得 ，
综上， ．
（3）记集合 ， ， ， ， ， ，
由 是 关于 的“ 函数”，得 ，
①当 时， ， ， ，
从而 ，解得 ，
因 唯一，令 ，解得 （舍 或 （舍 ．
②当 时， ， ， ，
从而 ，解得 ，
因 唯一，令 ，解得 ，符合题意．
③当 时， ， ， ，
从而 ，得 ，
因 唯一，令 ，解得 ，符合题意，
综上， 的所有可能值为1或 ．
【点评】本题主要考查函数的最值和函数的应用，属于中档题．
考点 六．函数奇偶性的性质与判断23．（2024•青浦区校级模拟）已知函数 为偶函数，若 ，则 不可能为
A．2024 B． C． D．
【分析】根据偶函数的定义判断即可．
【解答】解： 为偶函数，则 ， ，
， 对任意 恒成立，
有 ， ， 或 ．
故选： ．
【点评】本题考查函数的奇偶性，属于基础题．
24．（2024•闵行区二模）已知 ， 为奇函数，当 时， ，则集合
可表示为
A． B．
C． ， ， D． ， ，
【分析】根据函数的奇偶性求得 时， ，再分别求解不等式即可得到结论．
【解答】解：因为 ， 为奇函数，当 时， ，
当 时， ，可得 ，即 时， ，
所以 ，即 ，可得 ，
当 时， ，可得 ；
当 时， ，可得 ．
故集合 ， ， ．
故选： ．
【点评】本题主要考查函数奇偶性的应用，考查计算能力，属于基础题．
25．（2024•崇明区二模）已知函数 为奇函数，则 （2） ．
【分析】先求 时的函数值，然后结合奇函数的定义即可求解．
【解答】解：因为 为奇函数，且 时，函数值为 ，
故 （2） ．故答案为： ．
【点评】本题主要考查了函数的奇偶性在函数求值中的应用，属于基础题．
26．（2024•浦东新区二模）已知 是奇函数，当 时， ，则 的值是
【分析】由已知可先求出 ，然后结合奇函数的定义即可求解．
【解答】解：因为 是奇函数，当 时， ，
所以 ．
则 ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查了函数的奇偶性的定义在函数求值中的应用，属于基础题．
27．（2024•浦东新区三模）已知 为偶函数，若 （a） ，则 ．
【分析】依题意，得 ， ，解之即可．
【解答】解： 为偶函数，
当 时， ，
（a） （a），又 （a） ，
，
解得 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查函数奇偶性的性质与判断，考查逻辑推理能力与运算能力，属于中档题．
28．（2024•长宁区二模）已知函数 是定义域为 的奇函数，当 时， ，若
（a） ，则实数 的取值范围为 或 ． ．
【分析】由已知结合奇函数定义可求出 及 时的函数解析式，然后结合对数函数性质即可求解不
等式．
【解答】解：因为函数 是定义域为 的奇函数，当 时， ，
所以 ，
当 时， ，则 ，
所以 ，
若 （a） ，
当 时，可得 ，解得 ，
当 时，可得 ，解得 ，
当 时，可得 ，显然不成立，
故 的范围为 或 ．
故答案为： 或 ．
【点评】本题主要考查了函数的奇偶性及单调性在不等式求解中的应用，属于中档题．
考点 七．奇偶性与单调性的综合
29．（2024•宝山区三模）下列函数中，在定义域内既是奇函数又是增函数的为
A． B． C． D．
【分析】由常见函数的奇偶性和单调性可得结论．
【解答】解： 为对数函数，不为奇函数，故 错误；
为奇函数，在 ， 内为增函数，故 错误；
为奇函数，且 ，可得 为增函数，故 正确；
为奇函数，在 ， 内为增函数，故 错误．
故选： ．
【点评】本题考查函数的奇偶性和单调性的判断，考查推理能力，属于基础题．
30．（2024•嘉定区校级模拟）已知偶函数 在区间 ， 上是严格减函数．若
（1），则 的取值范围是 ， ．
【分析】由已知结合函数的单调性及奇偶性即可求解不等式．
【解答】解：因为偶函数 在区间 ， 上是严格减函数，
若 （1），则 ，
所以 ，解得 ．
故答案为： ， ．
【点评】本题主要考查了函数的单调性及奇偶性在不等式求解中的应用，属于基础题．
31．（2023•虹口区校级模拟）已知定义在 上的偶函数 满足 ．若 ，且
在 ， 单调递增，则满足 的 的取值范围是 ， ， ．
【分析】由题意可知， 是周期为 4 的周期函数， 的最小正周期为 8，结合 与
的单调性，易知在一个周期内，由 ，可得 ， ，再结合周期求出范围即
可．
【解答】解：因为 是偶函数，所以 ，
由 ，可得 关于 对称，
因为 ，所以 ，
则 ，
因为 是偶函数，所以 ，
因为 ，所以 ，
则 ，
所以函数 是周期为4的周期函数．
因为 是偶函数，且在 ， 单调递增，所以 在 ， 单调递减，
令 中 ，则 （1） （1） ，则 （1） ，
又因为 关于 对称，所以 在 ， 上单调递增， ， 上单调递减，
结合函数 是周期为4的周期函数，
综上可得 在 ， ， ， 上单调递增， ， ， ， 上单调递减．
因为 的最小正周期为 ，结合 图象可知，在 ， ， ， 上单调递增，在 ， 上单调递减，
令 中 ，则 （2） ，则 （2） ，
当 ，又 （1） ，所以 ，
当 ，又 （3） （1） ，所以 ，
所以当 ， 时， ，解得 ， ．
又因为 与 均为周期函数，且8均为其周期，
所以 的 的取值范围是 ， ， ．
故答案为： ， ， ．
【点评】本题主要考查了函数的奇偶性，对称性和周期性，考查了正弦函数的图象和性质，属于中档题．
32．（2024•黄浦区校级模拟）已知 是定义在 上的偶函数，若 、 ， 且 时，
恒成立，且 （2） ，则满足 的实数 的取值范围为
A． ， B． ， C． ， D． ，
【分析】利用构造函数法，结合函数的单调性、奇偶性来求得 的取值范围．
【解答】解：设 ，则 ，
所以 ，
令 ，则 ，所以函数 在 ， 上为增函数，
对任意的 ， ，
所以函数 为 上的偶函数，且 （2） （2） ，
由 可得 ，即 （2），
即 （2），所以， ，即 ，解得 ．
故选： ．
【点评】本题主要考查了函数的单调性及奇偶性在不等式求解中的应用，属于中档题．考点 八．抽象函数及其应用
33．（2024•浦东新区校级模拟）已知函数 ， 定义域为 ，且 ，
， ，则下列结论正确的是
①若 （1） （1） ，则 ；
②若 （1） （1） ，则 ．
A．② B．① C．①② D．都不正确
【分析】利用赋值法先判断 ， 的奇偶性，然后结合赋值法及函数的奇偶性检验各结论即可求．
【解答】解：由 得 ，
所以 ，故 是奇函数，
由 得 ，
所以 ，故 是偶函数，
由题意得 ，
令 得 （1） （1） ，
由 是奇函数得 ，且 ， ，解得 ，
当 （1） （1） 时， ，①错误．
由 ， ，
得 ，
令 得， （1） （1）
当 （1） （1） 时， ，所以②正确．
故选： ．
【点评】本题主要考查了赋值法在抽象函数求值及奇偶性判断中的应用，属于中档题．
34．（2024•宝山区校级四模）已知函数 具有以下的性质：对于任意实数 和 ，都有
（a） （b），则以下选项中，不可能是 （1）值的是
A． B． C．0 D．1
【分析】由已知等式，结合赋值法可求出 的范围，然后结合各选项即可判断．
【解答】解：因为函数 对于任意实数 和 ，都有 （a） （b），
令 ，有 ，
可得 ，
所以 或 ，令 ，有 ，
即 ，因为 ，
所以 ，
当 时， ，
当 时， ，
所以 的值不可能是 ．
故选： ．
【点评】本题主要考查了抽象函数中，赋值法的应用，属于中档题．
35．（2024•黄浦区校级模拟）已知函数 的定义域为 ， ，则下列说法正确的
有 ①②③ ． ．
① ；
② （1） ；
③ 是偶函数；
④ 为 的极小值点
【分析】利用赋值法，结合函数奇偶性的判断方法可判断选项①②③，举反例 即可排除选项④．
【解答】解：因为 ，
对于①，令 ， ，故①正确．
对于②，令 ， （1） （1） （1），则 （1） ，故②正确．
对于③，令 ， （1） ，则 ，
令 ， ，
又函数 的定义域为 ，所以 为偶函数，故③正确，
对于④，不妨令 ，显然符合题设条件，此时 无极值，故④错误．
故答案为：①②③．
【点评】本题主要考查抽象函数的应用，属于中档题．
36．（2023•嘉定区校级三模）函数 ， 满足 ，当 ， ，
则 1 ．
【分析】根据题意，分析函数的周期，结合函数的解析式计算可得答案．
【解答】解：根据题意，函数 ， 满足 ，则 是周期为2的周期函数，当 ， ，
则 （1） ．
故答案为：1．
【点评】本题考查抽象函数的性质，涉及函数的周期性，属于基础题．
考点 九．函数恒成立问题
37．（2024•黄浦区二模）设函数 若 恒成立，则实数 的取值范围
是
A． B． C． D．
【分析】由题意可知当 时， 恒成立，且当 时， 恒成立，参
变分离，结合函数的单调求解即可．
【解答】解：由题意可知：当 时，
，即 恒成立，
当 时，上式显然成立；
当 时，
则有 恒成立，
易知函数 在 ， 上单调递增，
所以 ，
所以 ；
当 时， 恒成立，
即 ， 恒成立，
令 ， ，
则 在 ， 上恒成立，
因为 的开口向下，对称轴为 ，所以当 时， 取最大值 ，
所以 ，
综上， 的取值范围为 ， ．
故选： ．
【点评】本题考查了函数的零点、转化思想，考查了二次函数的性质及换元法的应用，属于中档题．
38．（2024•杨浦区校级三模）设 ，若在区间 上，关于 的不等式 有意义且能恒成立，
则 的取值范围为 ， ， ．
【分析】由题意可得当 时， 的图象始终在 的上方，分 、 、 、
、 、 及 ，分别作出图象，结合图象求解即可．
【解答】解：因为在区间 上，关于 的不等式 有意义且能恒成立，
所以当 时， 的图象始终在 的上方，
又因为 在 上单调递增，所以 ， ；
在 和 上单调递减，
且图象是由 的图象向左 或向右 平移 个单位得到的．
当 时，如图所示：
满足题意；当 时，函数 图象是由 的图象向左平移 个单位得到的，
易知 ，解得 ，
所以 ；
当 时，函数 图象是由 的图象向左平移 个单位得到的，
当 时，如图所示：
则必有 ，解得 ，
所以 ；
当 时，因为当 趋于 时， 趋于 ，不满足题意；
当 时，如图所示：不满足题意；
当 时，如图所示：
，满足题意；
当 时，如图所示：
，满足题意．
综上， 或 ．
故答案为： ， ， ．
【点评】本题考查了指数函数、幂函数的性质，考查了图象的平移、分类讨论思想及数形结合思想，属于
中档题．39．（2024•浦东新区校级模拟）若存在实数 ，对任意的 ， ，不等式 恒成
立．则正数 的取值范围是 ．
【分析】根据题意将原不等式化为 ，则其转化为存在实数 ，使得在区间 ，
上，函数 与函数 的图象恒在直线 的两侧，再根据数形结合和二次函数的对称性，
即可求出结果．
【解答】解：不等式 可化为 ，
问题转化为存在实数 ，
使得在区间 ， 上，函数 与函数 的图象恒在直线 的两侧，
如图画出函数 与函数 的图象，
由 ，得 或 （舍去），
从而得 ，
由二次函数的对称性知 与 图象的右边交点的横坐标为 ，
故在区间 上，函数 与函数 的图象恒在直线 的两侧，
所以实数 的取值范围为 ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查了函数与方程、二次函数的性质以及数形结合能力，属于中档题．
40．（2024•浦东新区校级模拟）已知函数 若对 ， ， 恒成立，则实数 的取值范围为 ．
【分析】分 ， 和 ， 两种情况，参变分离，结合函数单调性求出答案．
【解答】解：当 ， 时，由题意得，由题意得， ，
故 ，
令 ，由对勾函数的性质可得 在 ， 上单调递减，
故 ，
所以 ，解得 ，
当 ， 时， ，
故 ，
因为 ，
所以 ，
综上， ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查了由不等式恒成立求解参数范围，体现了转化思想的应用，属于中档题．
41．（2024•虹口区模拟）若不等式 对任意的 恒成立，则 的最小值为
4 ．
【分析】首先分析出 ，再得到 ，最后利用基本不等式即可得到答案．
【解答】解： 时，有 ，所以 ，
令 ， ，
的零点是 ，在 上 ，在 上 ，
的零点是 ，在 上 ，在 上 ，
若不等式 对任意的 恒成立，则 ， ，
，当且仅当 时，等号成立．故答案为：4．
【点评】本题主要考查函数恒成立问题，考查运算求解能力，属于中档题．
42．（2024•浦东新区校级模拟）已知函数 ， ，如果存在常数 ，对任意满足
的实数 ， ， ， ， ，其中 ， ， ， ， ，都有不等式
恒成立，则称函数 ， 是“绝对差有界函数”
（1）函数 是“绝对差有界函数”，求常数 的取值范围；
（ 2 ） 对 于 函 数 ， ， ， 存 在 常 数 ， 对 任 意 的 ， ， ， 有
恒成立，求证：函数 ， ， 为“绝对差有界函数”；
（3）判断函数 是不是“绝对差有界函数”？说明理由．
【分析】（1）通过分析式子 发现需利用导数求函数单调性，分析数值大小去掉绝对
值，当 单调递增时， ，当 单调递减时， ，化简后需要对函
数极值进行求解，再得出 取值；
（2）利用区间最大值替代，用特殊代替一般的思想，
（3）利用三角函数的周期性及分析问题，同第一问的分析思路化简，对任意常数 ，只要 足够大，
就有区间 ， 的一个划分 满足 得出结论．
【解答】解：（1）因为 ， ，所以 ，
，解得 ，
当 ， 时， ， 单调递增；当 ， ， ， 单调递减，
所以 ，
单调递增时， ， 单调递减时， ，
且当 无限趋向于正无穷大时， 无限趋向于0，
所以 ，
所以 ，即 的取值范围是 ， ；（2） 成立，则可取 ，
所以函数 ， ， 为“绝对差有界函数”．
（3）函数 不是 ， 的“绝对差有界函数”，理由如下：
， ，
则有 ，
，
所以对任意常数 ，只要 足够大，就有区间 ， 的一个划分： 满足
，
所以函数 不是 ， 的“绝对差有界函数”．
【点评】本题主要考查函数的新定义，函数恒成立问题，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于难题．
考点 十．函数的值
43．（2024•闵行区校级三模）已知函数 则 的值为 ．
【分析】将 的值依次代入对应的解析式，即可求解．
【解答】解： ，
故 ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查函数的值，属于基础题．
44．（2024•徐汇区校级模拟）设函数 的定义域为 ，满足 ，当 ， 时，
，则 ．【分析】令 代入已知关系即可求值．
【解答】解：因为 ，所以 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查函数值的计算，属于基础题．
45．（2022•宝山区校级模拟）设实数 且 ，已知函数 ，则
1 ．
【分析】根据题意计算 ，进而根据 求解即可．
【解答】解： ，
而 ，
则 ．
故答案为：1．
【点评】本题主要考查函数的值求解，属于基础题．
46．（2023•松江区校级模拟）设函数 的图象与 的图象关于直线 对称，且
，则实数 2 ．
【分析】可设 为 上的点，则该点关于 的对称点为 ，根据题意即可得出
在函数 上，从而可得出 ，即得出 ，这样根据
即可求出 ．
【解答】解：设 为函数 图象上的点，则点 关于 的对称点为 ；
则 在函数 上；
；
；；
；
又 ；
；
．
故答案为：2．
【点评】考查函数解析式和函数图象上点的坐标的关系，指数式和对数式的互化，关于直线 对称的
点的特点，以及已知函数求值的方法．
一．选择题（共3小题）
1．（2024•浦东新区校级三模）下列函数中，在区间 上为严格增函数的是
A． B． C． D．
【分析】根据题意，依次分析选项中函数的单调性，综合可得答案．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于 ， 在 上递增，则 在区间 上为减函数，不符合题意；
对于 ， ，在区间 上为减函数，不符合题意；
对于 ， ，是指数函数，在 上为减函数，不符合题意；
对于 ， ，是反比例函数，在区间 上为增函数，符合题意．
故选： ．
【点评】本题考查函数单调性的判断，涉及常见函数的单调性，属于基础题．
2．（2024•普陀区校级三模）已知函数 是定义域为 的偶函数，且 为奇函数，若
（3） ，则
A． B．
C．函数 的周期为2 D．
【分析】由已知结合函数的奇偶性，周期性，利用赋值法检验各选项即可求解．【解答】解： 为奇函数且函数定义域为 ，
，
又 为偶函数， ，
，故 项错误．
由 可得， ，
，
函数 的周期为4，即 项错误．
由 ，令 ，得 （1） ， （3） （1） ，
（1） ，即 项错误．
又 （3） ，
， ．
故选： ．
【点评】本题主要考查了函数的奇偶性，周期性的应用，属于中档题．
3．（2024•虹口区二模）已知定义在 上的函数 ， 的导数满足 ，给出两个命题：
①对任意 ， ，都有 ；
②若 的值域为 ， ， ， （1） ，则对任意 都有 ．
则下列判断正确的是
A．①②都是假命题 B．①②都是真命题
C．①是假命题，②是真命题 D．①是真命题，②是假命题
【分析】对于①，设 ，由 ，得 ，设 ， ，
推导出 ， ，从而 递减， 递增，由此能推导出
；
对于②，推导出 （1） ， ， （1） ，从而当 时， ，
， ， ，任取 ，列不等式组能求出对任意的 ，都有 ．
【解答】解：对于①，设 ，
， 在 是递增， ，
设 ， ，
， ，
， ，
递减， 递增，
， ，， ，
， ，
，故①是真命题；
对于②，由①得 （1） （1） ，
（1） ，
（1） ， （1） ，
单调递增， ， （1） ，
当 时， ， ， ，
， ，
任取 ，由①得：
，
，
， ，
对任意的 ，都有 ，故②是真命题．
故选： ．
【点评】本题考查导数性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
二．填空题（共5小题）
4．（2024•普陀区校级三模）已知函数 是偶函数，则实数 ．
【分析】根据偶函数的定义，即可列关系式求解．
【解答】解： 定义域为 ，
则 ，
所以 ，
故 ，
故答案为：
【点评】本题主要考查了偶函数定义的应用，属于基础题．
5．（2024•宝山区三模）已知 ， ，且 ，若不等式 恒成立，则实数
的取值范围 ．【分析】根据 ，求出 的最小值，问题转化为 恒成立，解出即可．
【解答】解：由 得： ，
，
当且仅当 时“ ”成立，
故不等式 恒成立，
得 恒成立，解得： ，
故答案为： ．
【点评】本题考查了基本不等式的性质的应用，考查转化思想，是一道常规题．
6．（2024•闵行区二模）对于任意的 、 ，且 ，不等式 恒成立，则实
数 的取值范围为 ．
【分析】 利用导数求得 ， ，结合题意可得 恒成立 ，即
，代入两函数的最值即可得答案．
【解答】解：令 ， ，
则 ，
所以当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增；
所以 ，
所以 ；
令 ，
所以 ，
所以当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减；
所以 （1） ，
所以 ，
又因为对于任意的 、 ，且 ，不等式 恒成立，
即对于任意的 、 ，且 ，不等式 恒成立，
即 恒成立，
所以 ，即 ， ，
所以 的取值范围为： ．
故答案为： ．
【点评】本题考查了导数的综合运用、转化思想，属于中档题．
7．（2024•嘉定区校级模拟）若正数 ， 满足 ，则 的最小值是 ．
【分析】设 ， ，则 ， ， ， ，再由乘1法，运用基本不
等式，即可得到所求最小值．
【解答】解：设 ， ，则 ， ，
， ，
即有
．
当且仅当 时，取得最小值．
故答案为： ．
【点评】本题考查基本不等式的运用：最值的求法，注意运用乘1法，以及满足的条件：一正二定三等，
属于中档题．
8．（2024•崇明区二模）已知实数 ， ， ， 满足： ， ， ，则
的最大值是 6 ．
【分析】由题意可得 ，把 变形，利用点到直线的距离公式求解．
【解答】解：设 ， ， ， ，则 、 都在圆 上，
令 ， ，
则 ，
．
．其中 ， 分别为 、 到直线 的距离，
而点 的轨迹为以原点为圆心， 为半径的圆，则 ，其中 为圆心到直线 的距
离，
即 ，可得 的最大值是 ．
故答案为：6．
【点评】本题考查函数的最值及其几何意义，考查化归与转化、数形结合思想，考查运算求解能力，是中
档题．
三．解答题（共1小题）
9．（2024•闵行区校级二模）已知函数 是定义域为 的偶函数．
（1）求实数 的值；
（2）若对任意 ，都有 成立，求实数 的取值范围．
【分析】（1）由偶函数定义求得参数值；
（2）由基本不等式求得 的最小值，然后解相应的不等式可得 范围．
【解答】解：（1）由偶函数定义知： ，
即 ，
对 成立， ．
（2）由（1）得： ；
， ，
当且仅当 即 时等号成立，
，
，即 ，解得： 或 ，综上，实数 的取值范围为 ．
【点评】本题考查了函数的奇偶性，基本不等式的性质以及函数最值问题，是中档题．
一．选择题（共1小题）
1．（2024•宝山区三模）如果y＝f（x）（x [0，1]）同时满足以下三个条件：
①f（1）＝1；
∈
②对任意x [0，1]，f（x）≥0成立；
③当x
1
≥0，
∈
x
2
≥0，x
1
+x
2
≤1时，总有f（x
1
）+f（x
2
）≤f（x
1
+x
2
）成立，则称y＝f（x）为“理想函
数”．
有下列两个命题：
命题 ：若y＝f（x）为“理想函数”，则存在x ，x [0，1]且x ＜x ，使f（x ）＞f（x ）成立；
1 2 1 2 1 2
命题 ：若y＝f（x）为“理想函数”，则对任意x [0，1]，都有f（x）≤2x成立．
α ∈
则下列说法正确的是（ ）
β ∈
A．命题 为假命题，命题 为真命题
B．命题 为真命题，命题 为假命题
α β
C．命题 、命题 都是真命题
α β
D．命题 、命题 都是假命题
α β
【分析】令1≥X ＝x +x ＞X ＝x ≥0，结合性质②③可得f（X ）≥f（X ），即可判断 真假，由此
α 2β 1 2 1 1 2 1
有f（x）在x [0，1]上有递增趋势的函数（不一定严格递增），进而得到f（x） [0，1]，应用反证法：
α
1 1
若f（x）为“ ∈ 理想函数”，存在x [0，1]，使f（x ）＞2x 成立，讨论x∈[ ，∈ 1]、x∈[0， )，
0 0 0 2 2
∈
结合递归思想判断x 的存在性，判断 真假．
0
【解答】解：令1≥X 2 ＝x 1 +x 2 ＞X 1 ＝x 1β ≥0，则x 2 ＝X 2 ﹣X 1 （0，1]，
所以f（X
1
）+f（X
2
﹣X
1
）≤f（X
2
） f（X
2
）﹣f（X
1
）≥f∈ （X
2
﹣X
1
），
又对任意x [0，1]，f（x）≥0成立，
⇒
则f（x
2
）＝f（X
2
﹣X
1
）≥0，即f（X
2
）﹣f（X
1
）≥0，
所以f（X
2
）
∈
≥f（X
1
），即对任意0≤x
1
＜x
2
≤1，都有f（x
1
）≤f（x
2
），命题 为假命题；
由命题 为假，即f（x）在x [0，1]上非递减，有递增趋势的函数（不一定严格递增），
α
令x ＝x ＝0，则2f（0）≤f（0） f（0）≤0，而任意x [0，1]，f（x）≥0成立；
1 α2 ∈
所以f（0）＝0，又f（1）＝1，故f（x） [0，1]，
⇒ ∈
反证法：若f（x）为“理想函数”，存在x [0，1]，使f（x ）＞2x 成立，
∈0 0 0
1 1
对于x∈[ ，1]，f（x）≤1，而2x≥1，此 ∈ 时不存在x ∈[ ，1]使f（x ）＞2x 成立；
2 0 2 0 0
1 1
对于x∈[0， )，若存在x ∈[0， )使f（x ）＞2x 成立，则f（f（x ））＞f（2x ），
2 0 2 0 0 0 0而2x [0，1），则f（2x ）≥f（x ）+f（x ）＝2f（x ），即f（f（x ））＞2f（x ）＞4x ，
0 0 0 0 0 0 0 0
由f（ ∈x
0
） [0，1），依次类推，必有t [0，1），f（t）＞2nx
0
且n N*趋向于无穷大，
此时f（t）
∈
[0，1），而2nx
0
必然会出现
∈
大于1的情况，与f（t）＞ ∈2nx
0
矛盾，
1 1
所以，在x∈ ∈ [0， )上也不存在x ∈[0， )使f（x ）＞2x 成立，
2 0 2 0 0
综上，若f（x）为“理想函数”，则对任意x [0，1]，都有f（x）≤2x成立，命题 为真命题．
故选：A．
∈ β
【点评】本题主要考查命题真假的判断，函数恒成立问题，考查逻辑推理能力，属于难题．
二．解答题（共3小题）
2．（2024•杨浦区二模）函数y＝f（x）、y＝g（x）的定义域均为R，若对任意两个不同的实数a，b，均
有f（a）+g（b）＞0或f（b）+g（a）＞0成立，则称y＝f（x）与y＝g（x）为相关函数对．
（1）判断函数f（x）＝x+1与g（x）＝﹣x+1是否为相关函数对，并说明理由；
（2）已知f（x）＝ex与g（x）＝﹣x+k为相关函数对，求实数k的取值范围；
（3）已知函数y＝f（x）与y＝g（x）为相关函数对，且存在正实数M，对任意实数x R，均有|f（x）|
1
≤M．求证：存在实数m，n（m＜n），使得对任意x （m，n），均有f(x)+g(x)≥−∈ ．
2024
【分析】（1）根据相关函数对的定义判断即可； ∈
（2）由题意可得当k≥a﹣ea恒成立时满足要求，令h（x）＝x﹣ex，利用导数求出函数h（x）的最大值
即可；
（3）用反证法，结合相关函数对的定义，得出矛盾即可．
【解答】解：（1）对任意两个不同的实数a，b，不妨设a＞b，
f（a）+g（b）＝a+1+（﹣b+1）＝a﹣b+2＞0，
所以函数f（x）＝x+1与g（x）＝﹣x+1是相关函数对；
（2）对任意两个不同的实数a，b，不妨设a＞b，
因为ea﹣b+k＞eb﹣a+k，
所以ea﹣b+k＞0即可，
由ea﹣b+k＞ea﹣a+k≥0，可知当k≥a﹣ea恒成立时满足要求，
考虑函数h（x）＝x﹣ex，h'（x）＝1﹣ex，h′（0）＝0，
所以当x＞0时，h′（x）＜0，h（x）为严格减函数，
当x＜0时，h′（x）＞0，h（x）为严格增函数；
所以h（x）的最大值为h（0）＝﹣1，
所以k≥﹣1，
当k＜﹣1时，取a＝0，b＝ln（﹣k）＞0，
则f（a）+g（b）＝1+k﹣b＜0，f（b）+g（a）＝eb+k＝0，
此时f（x）＝ex，g（x）＝﹣x+k不为相关函数对，
综上，实数k的取值范围为[﹣1，+∞）；（3）证明：假设结论不成立，
即对任意实数m，m（m＜n），均存在x （m，n），
1
使f(x)+g(x)＜− ， ∈
2024
特别取m为正整数，n＝m+1，
1
x （m，m+1）使得f(x )+g(x )＜− ，①
m m m 2024
∈
对任意正整数i＜j，x＜x，
i j
1 1
由①f(x )+g(x )＜− ，f(x )+g(x )＜− ，
i i 2024 j j 2024
由于y＝f（x）、y＝g（x）为相关函数对可知：f（x）+g（x）＞0 或 f（x）+g（x）＞0，
i j j i
（i）若f（x）+g（x）＞0，
i j
1
则f(x )−f(x )＞−g(x )−f(x )＞ ；
i j j j 2024
（ii）若f（x）+g（x）＞0，
j i
1
则f(x )−f(x )＜f(x )+g(x )＜− ，
i j i i 2024
1
由（i）、（ii）可知：|f(x )−f(x )|＞ ，②
i j 2024
由条件：对任意x R，f（x） [﹣M，M]，将区间[﹣M，M]分成如下有限个小区间：
1 1 2 k k+1
[−M，−M+ ∈ )，[−M∈+ ，−M+ )，…，[−M+ ，−M+ )，（其中k
2024 2024 2024 2024 2024
＝[4048M]），
由②可知：上述每个小区间至多包含一个f（x ），矛盾，
n
所以假设错误，
即结论成立．
【点评】本题属于新概念题，考查了转化思想、分类讨论思想、导数的综合运用及反证法的应用，属于
难题．
3．（2024•长宁区二模）设函数y＝f（x）的定义域为D，若存在实数k，使得对于任意x D，都有f（x）
≤k，则称函数y＝f（x）有上界，实数k的最小值为函数y＝f（x）的上确界．
∈
f(x)
记集合M ＝{f（x）|y= 在区间（0，+∞）上是严格增函数}；
n xn
2
（1）求函数y= （2＜x＜6）的上确界；
x−1
（2）若f（x）＝x3﹣hx2+2xlnx M ，求h的最大值；
1
（3）设函数y＝f（x）的定义 ∈ 域为（0，+∞）；若f（x） M 2 ，且y＝f（x）有上界，求证：f（x）＜
0，且存在函数y＝f（x），它的上确界为0．
∈
【分析】（1）由函数的单调性求出值域再根据题意可得；f(x) f(x)
（2）求出y= 的表达式，求导，再利用y= 在（0，+∞）上严格递增得到导函数大于等于零
x xn
恒成立，然后利用基本不等式求出最小值即可；
f(x ) f(x ) √ kx2 f(x ) f(x )
（3）假设存在，由单调性可得 x2 1 ＞ x2 0 ＞0，再取x 2 ＞x 1 且x 2 ＞ f(x 1 ) 可得 x2 2 ＞ x2 1 ，
1 0 1 2 1
1
推出①②互相矛盾，然后令f（x）=− ，x＞0，根据题意求出值域最后确定上确界即可．
x
2
【解答】解：（1）因为函数y= 在区间（2，6）上严格递减，
x−1
2 2
所以函数y= (2＜x＜6)的值域为( ，2)，
x−1 5
2
所以函数y= (2＜x＜6)的上确界为2．
x−1
f(x) 2
（2）y= =x2−ℎx+2lnx，y′=2x−ℎ + ，x＞0，
x x
f(x)
因为记集合M ={f(x)|y= 在区间（0，+∞）上是严格增函数），
n xn
所以y'≥0恒成立，
2 √ 2
因为2x−ℎ + ≥2 2x× −ℎ =4−ℎ，当且仅当x＝1时取等号，所以h≤4，
x x
所以h的最大值为4．
（3）证明：因为函数y＝f（x）有上界，设f（x）≤k，
假设存在x （0，+∞），使得f（x ）≥0，
0 0
设x
1
＞x
0
，
∈
f(x) f(x ) f(x )
因为y＝f（x） M ，所以y= 在（0，+∞）上严格递增，进而 1 ＞ 0 ＞0，
2 x2 x2 x2
1 0
∈
得f（x ）＞0，k＞0，
1
√ kx2
取x 2 ＞x 1 且x 2 ＞ f(x 1 ) ，
1
f(x ) f(x )
由于x ＞x ，得到 2 ＞ 1 ，①
2 1 x2 x2
2 1
√ kx2 f(x ) k f(x )
由x ＞ 1 ，得 1 ＞ ≥ 2 ，②
2 f(x ) x2 x2 x2
1 1 2 2
显然①②两式矛盾，所以假设不成立，
即对任意x （0，+∞），均有f（x）＜0，
∈1 f(x) 1
令f(x)=− ，x＞0，则y= =− ，
x x2 x3
3
因为当x＞0时，y′= ＞0，
x4
f(x)
所以y= 在（0，+∞）上严格递增，y＝f（x） M ，
x2 2
∈
1
因为f(x)=− ，x＞0的值域为（﹣∞，0），
x
1
所以函数f(x)=−
的上确界为零．
x2
【点评】本题考查新定义问题、考查根据导数判断函数单调性、函数恒成立、基本不等式等问题，属于
较难题．
4．（2024•浦东新区校级四模）对于函数y＝f（x）的导函数y＝f′（x），若在其定义域内存在实数x 和
0
t，使得f（tx ）＝tf′（x ）成立，则称y＝f（x）是“卓然”函数，并称t是y＝f（x）的“卓然值”．
0 0
1
（1）试分别判断函数y＝x2+1，x R和y= ，x （0，+∞）是不是“卓然”函数？并说明理由；
x
∈ ∈
（2）若f（x）＝sinx﹣m是“卓然”函数，且“卓然值”为2，求实数m的取值范围；
（3）证明：g（x）＝ex+x（x R）是“卓然”函数，并求出该函数“卓然值”的取值范围．
【分析】（1）根据“卓然”函数的定义判断即可；
∈
（2）由题意可得m＝h（x）＝sin2x﹣2cosx有解，利用导数确定函数的单调区间，求出函数h（x）的值
域即可得答案；
（3）按照“卓然”函数的定义证明即可，再结合导数、零点存在定理及分类讨论思想求“卓然值”的
取值范围即可．
【解答】解：（1）函数y＝x2+1，x R是“卓然”函数，
因为y'＝2x，
∈
当x ＝t＝1时，则有tx2+1＝1+1＝2，1×2×1＝2，
0 0
满足f（tx ）＝tf′（x ）；
0 0
1
因为y= ，x∈(0，+∞)，
x
1
y' =− ，
x2
1
当t，x （0，+∞）时， ＞0，
0 tx
0
∈
t
而 − ＜ 0，
x2
0
1 t
=−
所以 不可能成立，
tx x2
0 0即不存在实数x 和t，使得f（tx ）＝tf′（x ）成立，
0 0 0
1
所以y= ，x （0，+∞）不是“卓然”函数；
x
（2）由题意可∈得t＝2，f′（x）＝cosx，
所以sin2x﹣m＝2cosx有解，
即m＝h（x）＝sin2x﹣2cosx有解，
对于函数h（x）＝sin2x﹣2cosx，
因为h（x+2 ）＝sin2（x+2 ）﹣2cos（x+2 ）＝sin2x﹣2cosx＝h（x），
所以T＝2 ，
π π π
h'（x）＝2cos2x+2sinx＝2（﹣2sin2x+sinx+1），
π
令h'（x）＞0，则﹣2sin2x+sinx+1＞0，
1
解得− ＜sinx＜1，
2
π 7π
所以函数h（x）的单调递增区间为[2kπ− ，2kπ+ ](k∈Z)，
6 6
7π 11π
单调递减区间：[2kπ+ ，2kπ+ ](k∈Z)，
6 6
3√3 3√3
故值域为：[− ， ]．
2 2
3√3 3√3
所以实数m的取值范围是[− ， ]．
2 2
（3）证明：因为g（x）＝ex+x，g′（x）＝ex+1，
设G（x）＝g（tx）﹣tg′（x），
G（x）＝etx﹣tex+t（x﹣1），G′（x）＝t（etx﹣ex+1），
当t＝0时，G（x）＝1恒成立，
此时不存在x 使得f（tx ）＝tf′（x ）成立，不合题意；
0 0 0
当t＜0时，
因为y＝etx与y＝﹣ex+1在R上均单调递减，
所以y＝etx﹣ex+1在R上单调递减，
所以G′（x）在R上单调递增，
因为G′（0）＝t＜0，G′（1）＝t（et﹣e+1）＞t（2﹣e）＞0，
所以存在m （0，1）使G′（m）＝0，etm﹣em+1＝0，
当x （﹣∞，m）时，G′（x）＜0，G（x）单调递减，
∈
当x （m，+∞）时，G′（x）＞0，G（x）单调递增，
∈
所以G（x）≥G（m）＝etm﹣tem+t（m﹣1）＝（1﹣t）em+tm﹣t﹣1，
∈
由em≥m+1，所以em≥m+1，所以G（x）≥（1﹣t）（m+1）+tm﹣t﹣1＝m﹣2t＞0，
此时不存在x 使得f（tx ）＝tf′（x ）成立，不合题意；
0 0 0
当t＞0时，若x≤0，则etx﹣ex+1＞0，从而G（x）＞0，
所以G（x）在（﹣∞，0]上单调递增，
当x＞0时，设M（x）＝etx﹣ex+1，
则M′（x）＝tetx﹣ex＝ex（te（t﹣1）x﹣1），
设N（x）＝te（t﹣1）x﹣1，
当t＞1时，N（x）在（0，+∞）上单调递增，
且N（0）＝t﹣1＞0，所以N（x）＞0，
从而N（0）＝t﹣1＞0，所以N（x）＞0，
从而M'（x）＞0，
所以M（x）在（0，+∞）上单调递增，
所以M（x）＞M（0）＝1＞0，
从而G′（x）＞0，所以G（x）在R上单调递增，
又G（0）＝1﹣2t＜0，G（1）＝et﹣te＞0，
由零点存在性定理可知，存在x （0，1）使得G（x ）＝0，
0 0
即f（tx
0
）＝tf′（x
0
）成立，符合
∈
题意；
当t＝1时，G（x）＝x﹣1，显然存在零点符合题意；
当0＜t＜1时，N（x）在（0，+∞）上单调递减，
且N（0）＝t﹣1＜0，所以N（x）＜0，从而N（0）＝t﹣1＜0，
所以N（x）＜0，从而M′（x）＜0，
所以M（x）在（0，+∞）上单调递减，
M（0）＝1＞0，x趋于+∞时，M（x）趋于﹣∞，
存在n （0，+∞），使得M（n）＝0，即G′（x）＝0，
当x （﹣∞，n）时，G′（x）＞0，G（x）上单调递增，
∈
当x （n，+∞）时，G′（x）＜0，G（x）上单调递减，
∈
又G（1）＝et﹣te＞0，当x趋于﹣∞时，G（x）趋于﹣∞，
∈
由零点存在性定理，存在x （﹣∞，1）使得G（x ）＝0，
0 0
即f（tx
0
）＝tf′（x
0
）成立，
∈
符合题意；
综上所述，g（x）为“卓然”函数，该函数“卓然”取值范围是（0，+∞）．
【点评】本题属于新概念题，考查了二次函数、幂函数、指数函数及三角函数的性质，考查了导数的综
合运用及分类讨论思想，属于难题．
一．选择题（共4小题）1．（2022•上海）下列函数定义域为 的是
A． B． C． D．
【分析】化分数指数幂为根式，分别求出四个选项中函数的定义域得答案．
【解答】解： ，定义域为 ，
，定义域为 ，
，定义域为 ，
，定义域为 ．
定义域为 的是 ．
故选： ．
【点评】本题考查函数的定义域及其求法，是基础题．
2．（2023•上海）下列函数是偶函数的是
A． B． C． D．
【分析】根据偶函数的定义逐项分析判断即可．
【解答】解：对于 ，由正弦函数的性质可知， 为奇函数；
对于 ，由正弦函数的性质可知， 为偶函数；
对于 ，由幂函数的性质可知， 为奇函数；
对于 ，由指数函数的性质可知， 为非奇非偶函数．
故选： ．
【点评】本题考查常见函数的奇偶性，属于基础题．
3．（2021•上海）以下哪个函数既是奇函数，又是减函数
A． B． C． D．
【分析】结合基本初等函数的单调性及奇偶性分别检验各选项即可判断．
【解答】解： 在 上单调递减且为奇函数， 符合题意；
因为 在 上是增函数， 不符合题意；
， 为非奇非偶函数， 不符合题意；
故选： ．
【点评】本题主要考查了基本初等函数的单调性及奇偶性的判断，属于基础题．
4．（2024•上海）已知函数 的定义域为 ，定义集合 ， ， ，
在使得 ， 的所有 中，下列成立的是A．存在 是偶函数
B．存在 在 处取最大值
C．存在 为严格增函数
D．存在 在 处取到极小值
【分析】根据函数的奇偶性、单调性、极值及最值的相关性质对各选项进行判定即可．
【解答】解：对于 ， 时， ，
当 时， ， ，
对于任意 ， （1）恒成立，
若 是偶函数，此时 （1） ，矛盾，故 错误；
对于 ，若 函数图像如下：
当 时， ， 时， ， ，当 ， ，
所以存在 在 处取最大值，故 正确；
对于 ，在 时，若函数 严格增，
则集合 的取值不会是 ， ，而是全体定义域，故 错误；
对于 ，若存在 在 处取到极小值，
则在 左侧存在 ， ，与集合 定义矛盾，故 错误．
故选： ．
【点评】本题考查函数的奇偶性、单调性及最值等性质，属中档题．
二．填空题（共5小题）
5．（2024•上海）已知 ，则 （3） ．
【分析】根据已知条件，将 代入函数解析式，即可求解．
【解答】解： ，
则 （3） ．
故答案为： ．【点评】本题主要考查函数的值，属于基础题．
6．（2020•上海）若函数 为偶函数，则 1 ．
【分析】根据题意，由函数奇偶性的定义可得 ，变形分析可得答案．
【解答】解：根据题意，函数 为偶函数，则 ，
即 ，
变形可得： ，
必有 ；
故答案为：1．
【点评】本题考查函数的奇偶性的性质以及应用，关键是掌握函数奇偶性的定义，属于基础题．
7．（2023•上海）已知函数 ，则函数 的值域为 ， ．
【分析】分段求出 的值域，再取并集即可．
【解答】解：当 时， ，
当 时， ，
所以函数 的值域为 ， ．
故答案为： ， ．
【点评】本题主要考查了求函数的值域，属于基础题．
8．（2024•上海）已知 ， ，且 是奇函数，则 0 ．
【分析】首先根据 ，解得 ，再根据奇函数的定义进行验证即可．
【解答】解：由题意，可得 ，解得 ，
当 时， ，满足 ，
即 是奇函数，故 符合题意．
故答案为：0．
【点评】本题考查函数奇偶性的性质与判断，属基础题．
9．（2022•上海）设函数 满足 对任意 ， 都成立，其值域是 ，已知对任何
满足上述条件的 都有 ， ，则 的取值范围为 ．
【分析】由题可得 ，再根据 时不合题意，进而即得；或等价于恒成立，即 恒成立，进而即得．
【解答】解：法一：令 ，解得 （负值舍去），
当 时， ，
当 时， ，
且当 时，总存在 ，使得 ，
故 ，
若 ，易得 ，
所以 ，
即实数 的取值范围为 ；
法二：原命题等价于任意 ，
所以 恒成立，
即 恒成立，又 ，
所以 ，
即实数 的取值范围为 ．
故答案为： ．
【点评】本题考查了抽象函数的性质的应用，同时考查了集合的应用，属于中档题．
三．解答题（共4小题）
10．（2020•上海）已知非空集合 ，函数 的定义域为 ，若对任意 且 ，不等式
恒成立，则称函数 具有 性质．
（1）当 ，判断 、 是否具有 性质；（2）当 ， ， ， ，若 具有 性质，求 的取值范围；
（3）当 ， ， ，若 为整数集且具有 性质的函数均为常值函数，求所有符合条件的
的值．
【分析】（1）利用函数的单调性结合新定义，逐个判断即可；
（2）依题意， 为增函数，由双勾函数的图象及性质即得解；
（3）根据条件，分 ， 为正偶数和 为正奇数三种情况，求出条件的 的值．
【解答】解：（1） 为减函数，
，
具有 性质；
为增函数，
，
不具有 性质；
（2）依题意，对任意 ， 恒成立，
为增函数（不可能为常值函数），
由双勾函数的图象及性质可得 ，
当 时，函数单调递增，满足对任意 ， 恒成立，
综上，实数 的取值范围为 ， ．
（3） 为整数集，具有 性质的函数均为常值函数，
当 时，取单调递减函数 ，两个不等式恒成立，但 不为常值函数；
当 为正偶数时，取 ，两个不等式恒成立，但 不为常值函数；
当 为正奇数时，根据对任意 且 ，不等式 恒成立，
可得 ，
则 ，所以 为常值函数，
综上， 为正奇数．
【点评】本题以新定义为载体，考查抽象函数的性质及其运用，考查逻辑推理能力及灵活运用知识的能力，
属于中档题．
11．（2023•上海）已知 ， ，函数 ．
（1）若 ，求函数的定义域，并判断是否存在 使得 是奇函数，说明理由；（2）若函数过点 ，且函数 与 轴负半轴有两个不同交点，求此时 的值和 的取值范围．
【分析】（1） 时，求出函数 的解析式，根据函数的定义域和奇偶性进行求解判断即可．
（2）根据函数过点 ，求出 的值，然后根据 与 轴负半轴有两个不同交点，转化为一元二次方
程根的分布进行求解即可．
【解答】解：（1）若 ，则 ，
要使函数有意义，则 ，即 的定义域为 ，
是奇函数， 是偶函数，
函数 为非奇非偶函数，不可能是奇函数，故不存在实数 ，使得 是奇函数．
（2）若函数过点 ，则 （1） ，得 ，得 ，
此时 ，若数 与 轴负半轴有两个不同交点，
即 ，得 ，当 时，有两个不同的交点，
设 ，
则 ，得 ，得 ，即 ，
若 即 是方程 的根，
则 ，即 ，得 或 ，
则实数 的取值范围是 且 且 ，
即 ， ， ．
【点评】本题主要考查函数奇偶性的判断，以及函数与方程的应用，根据条件建立方程，转化为一元二次
方程根的分布是解决本题的关键，是中档题．
12．（2021•上海）已知函数 ．
（1）若 ，求函数的定义域；
（2）若 ，若 有2个不同实数根，求 的取值范围；
（3）是否存在实数 ，使得函数 在定义域内具有单调性？若存在，求出 的取值范围．【分析】（1）把 代入函数解析式，由根式内部的代数式大于等于0求解绝对值的不等式得答案；
（2） ，设 ，得 ， ，求得等式右边关于 的函数
的值域可得 的取值范围；
（3）分 与 两类变形，结合复合函数的单调性可得使得函数 在定义域内具有单调性的
的范围．
【解答】解：（1）当 时， ，
由 ，得 ，解得 或 ．
函数的定义域为 ， ， ；
（2） ，
，
设 ， 有两个不同实数根，整理得 ， ，
， ，当且仅当 时，方程有2个不同实数根，
又 ， 的取值范围是 ；
（3）当 时， ，在 ， 上单调递减，
此时需要满足 ，即 ，函数 在 ， 上递减；
当 时， ，在 ， 上递减，
， ，即当 时，函数 在 上递减．
综上，当 ， 时，函数 在定义域 上连续，且单调递减．
【点评】本题考查函数定义域的求法，考查函数零点与方程根的关系，考查函数单调性的判定及其应用，
考查逻辑思维能力与推理论证能力，属难题．
13．（2021•上海）已知 ， ，若对任意的 ， ，则有定义： 是在
关联的．
（1）判断和证明 是否在 ， 关联？是否有 ， 关联？
（2）若 是在 关联的， 在 ， 时， ，求解不等式： ．
（3）证明： 是 关联的，且是在 ， 关联的，当且仅当“ 在 ， 是关联的”．
【分析】（1）任取 ， ，证明 ， ，证明 在 ， 关联，
取 ， ，证明 在 ， 不关联；（2）先得到 ，再得到 ， 和 ，的解析式，进而得到答案；（3）先证明 在 是关联的 是在 关联的，且是在 ， 关
联的，再证明 在 ， 是关联的 是在 关联的，且是在 ， 关联的．
【解答】解：（1） 在 ， 关联，在 ， 不关联，
任取 ， ，则 ， ， 在 ， 关联；
取 ， ，则 ， ，
， ， 在 ， 不关联；
（2） 在 关联， 对于任意 ，都有 ，
对任意 ，都有 ，
由 ， 时， ，得 在 ， 的值域为 ， ，
在 ， 的值域为 ， ，
仅在 ， 或 ， 上有解，
， 时， ，令 ，解得 ，
， 时， ，令 ，解得 ，
不等式 的解为 ， ，
（3）证明：①先证明： 是在 关联的，且是在 ， 关联的 在 ， 是关联的，
由已知条件可得， ，
， ，
又 是在 ， 关联的，
任意 ， 成立，
若 ，
，
，即 ，
，
是 ， 关联，
②再证明： 在 ， 是关联的 是在 关联的，且是在 ， 关联的，
在 ， 是关联的， 任取 ， ，都有 ， 成立，
即满足 ，都有 ，
下面用反证法证明 ，
若 ，则 ，与 在 ， 是关联
的矛盾，若 ，而 在 ， 是关联的，则 ，矛盾，
成立，即 是在 关联的，
再证明 是在 ， 关联的，
任取 ， ，则存在 ，使得任取 ， ，
，
， ，
， ， ，
是在 ， 关联的；
综上所述， 是 关联的，且是在 ， 关联的，当且仅当“ 在 ， 是关联的”，
故得证．
【点评】该题考查了函数求解析式，解不等式，函数恒成立的知识，对学生逻辑推理能力提出了很高的要
求，属于难题．
