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专题05 函数的概念与性质
一、单选题
1．（2025·全国一卷·高考真题）设
是定义在
上且周期为2 的偶函数，当
时，
，
则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据周期性和奇偶性把待求自变量转化为
的范围中求解.
【详解】由题知
对一切
成立，
于是
.
故选：A
2．（2025·北京·高考真题）为了得到函数
的图象，只需把函数
的图象上所有点的（ ）
A．横坐标变为原来的
倍（纵坐标不变）
B．横坐标变为原来的2 倍（纵坐标不变）
C．纵坐标变为原来的
倍（横坐标不变）
D．纵坐标变为原来的3 倍（横坐标不变）
【答案】A
【分析】由
，根据平移法则即可解出．
【详解】因为
，所以将函数
的图象上所有点的横坐标变成原来的
倍，纵坐标不变，即
可得到函数
的图象，
故选：A.
3．（2025·天津·高考真题）已知函数
的图象如下，则
的解析式可能为（ ）
1
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A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】先由函数奇偶性排除AB，再由
时函数值正负情况可得解.
【详解】由图可知函数为偶函数，而函数
和函数
为奇函数，故排除选项AB；
又当
时
，此时
，
由图可知当
时，
，故C 不符合，D 符合.
故选：D
二、多选题
4．（2025·全国二卷·高考真题）已知
是定义在R 上的奇函数，且当
时，
，
则（ ）
A．
B．当
时，
C．
当且仅当
D．
是
的极大值点
【答案】ABD
【分析】对A，根据奇函数特点即可判断；对B，利用
代入求解即可；对C，举反例
即可；对D，直接求导，根据极大值点判定方法即可判断.
【详解】对A，因为
定义在
上奇函数，则
，故A 正确；
对B，当
时，
，则
，故B 正确；
对C，
， 故C 错误；
对D，当
时，
，则
，
令
，解得
或（舍去），
当
时，
，此时
单调递增，
2
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当
时，
，此时
单调递减，
则
是
极大值点，故D 正确；
故选：ABD.
三、填空题
5．（2025·北京·高考真题）关于定义域为
的函数
，给出下列四个结论：
①存在在
上单调递增的函数
使得
恒成立；
②存在在
上单调递减的函数
使得
恒成立；
③使得
恒成立的函数
存在且有无穷多个；
④使得
恒成立的函数
存在且有无穷多个．
其中正确结论的序号是 ．
【答案】②③
【分析】利用反证法可判断①④的正误，构造函数并验证后可判断②③的正误.
【详解】对于①，若存在在
上的增函数
，满足
，
则
，即
，
故
时，
，故
，
故
即
，矛盾，故①错误；
对于②，取
，该函数为
上的减函数且
，
故该函数符合，故②正确；
对于③，取
，
此时
，由
可得
有无穷多个，
故③正确；
对于④，若存在
，使得
，
令
，则
，但
，矛盾，
故满足
的函数不存在，故④错误.
故答案为：②③
四、解答题
6．（2025·上海·高考真题）已知
．
(1)若
，求不等式
的解集；
(2)若函数
满足在
上存在极大值，求m 的取值范围；
【答案】(1)
3
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(2)
且
.
【分析】（1）先求出
，从而原不等式即为
，构建新函数
，由该函数为增
函数可求不等式的解；
（2）求出函数的导数，就
分类讨论后可得参数的取值范围.
【详解】（1）因为
，故
，故
，故
，
故
即为
，
设
，则
，故
在
上为增函数，
而
即为
，故
，
故原不等式的解为
.
（2）
在
有极大值即为有极大值点.
，
若
，则
时，
，
时，
，
故
为
的极小值点，无极大值点，故舍；
若
即
，则
时，
，
时，
，
故
为
的极大值点，符合题设要求；
若
，则
时，
，
无极值点，舍；
若
即
，则
时，
，
时，
，
故
为
的极大值点，符合题设要求；
综上，
且
.
4
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一、单选题
1．（2025·四川·三模）函数
是定义在R 上的奇函数，且当
时，
，则
（ ）
A．
B．
C．4
D．6
【答案】C
【分析】由
求得
，再由
即可求解.
【详解】由题意可得
，解得
，
则
.
故选：C
2．（2025·广东揭阳·三模）下列函数是奇函数且在
上单调递增的为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由奇偶性判断方法去分析即可判断A；由指数函数图象性质即可判断B；由
得函数定义域，再计算
即可判断C；由正弦函数性质即可判断D；
【详解】对于A，易知
的定义域为
，关于原点对称，
又函数
，所以
是奇函数，但在
上单调递减，故A 错误；
对于B，函数
是非奇非偶函数，故B 错误；
对于C，
，因为
，
所以
的定义域为
关于原点对称，
又
，
所以
是奇函数，
又
在
上单调递增，
为增函数，
所以
在
上单调递增，故C 正确；
对于D，函数
在
上不为增函数，故D 错误.
故选：C.
3．（2025·天津·二模）函数
的大致图象可能是（ ）
5
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A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】利用定义法证明
为偶函数，根据
，结合排除法即可求解.
【详解】
的定义域为R，
则
，
所以
为偶函数，图象关于y 轴对称，故排除C，D 选项；
又因为
，故排除B 选项.
故选：A．
4．（2025·山西临汾·三模）已知
，则满足
的实数m 的取值范围为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】由函数解析式明确定义域，判其奇偶性，整理函数解析式，根据指数函数、对勾函数以及复合函
数的单调性，可得函数的单调性，简化不等式，可得答案.
【详解】由
，易知其定义域为
，
由
，则函数
为偶函数，
，
6
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由
在
上单调递增，
在
上单调递减，在
上单调递增，
则
在
上单调递减，在
上单调递增，
即函数
在
上单调递增，在
上单调递减，
由
，则
，即
，
整理可得
，分解因式可得
，
解得
.
故选：A
5．（2025·湖南岳阳·三模）已知函数
满足
，
，则
（ ）
A．3
B．
C．5
D．
【答案】B
【分析】构造函数
，通过其周期性，确定
的周期性，即可求解.
【详解】
可得：
，
即
，
令
，
则
，
可得
，
所以
是以4 为周期的函数，
所以
也是以4 为周期的函数，
所以
，
令
可得：
，
结合
，可得
，
所以
.
故选：B
7
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6．（2025·广东广州·三模）已知奇函数
和偶函数
的定义域均为
，且满足
，
则
（ ）
A．1
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】由题可得
，根据函数
和
的奇偶性，可求得
，
，代入化简即可求解.
【详解】∵
，∴
.
∵
是定义在
上的奇函数，
是定义在
上的偶函数，
∴
，
，∴
，
∴
，
.
∴
.
故选：D.
7．（2025·内蒙古赤峰·三模）已知函数
，若函数
恰有3 个零点，
则
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】转化为函数
与
的图象有3 个交点，结合
的图象可得答案.
【详解】若函数
恰有3 个零点，
即函数
与
的图象有3 个交点，
，
当
时，
，当
时，
，
函数
的图象如下，
结合图象可得
.
8
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故选：A.
8．（2025·湖南长沙·三模）已知函数
和
的定义域均为
，且
为偶函数，
为奇函数，若
，均有
，则
（ ）
A．575
B．598
C．621
D．624
【答案】C
【分析】由题意有
，
，利用
，即可解得
，
进而得
，即可求解.
【详解】由
为偶函数有
，又
为奇函数，
所以
，即
，
因为
，所以
，
又
，解得
，即
，
所以
，又
，
所以
，所以
，
故选：C.
9．（2025·甘肃白银·三模）已知对于
，
，
，
，且
，则
（ ）
A．
B．
C．1
D．0
【答案】D
【分析】根据函数对称性结合计算得出函数周期性计算函数值和即可.
【详解】因为
，所以
，所以
.
由
，得
，两式相加得
，所以
9
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，
所以
，所以
是以6 为周期的周期函数.
当
时，
，又
，所以
，所以
，所以
；
当
时，
，所以
，因为
，
所以
，
所以
.
故选：D.
10．（2025·安徽黄山·一模）已知定义域为R 的函数
满足
，且对任意的
，
，都有
成立．若m，n 是关于x 的方程
的两个不等实根，则
关于t 的不等式
的解集为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】由韦达定理可得出
，
，由对称性可得
，分析函数
的单调性，对称性，将所求不等式变形为
，结合函数
的单调性可求得的取值范
围.
【详解】因为
是关于
的方程
的两个不等的实根，
所以
，解得
，且
，
由
，
，
所以，函数
的图象关于点
对称，则
，且
，
又对任意的
，都有
成立，
所以
在
上单调递增，则该函数在
上也为增函数，
从而可知，函数
在R 上为增函数，
由
，可得
，
解得
，又
，
.
故选：D.
10
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【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是由函数的对称性得到
，并结合函数单调性求解.
二、多选题
11．（2025·湖南长沙·三模）已知函数
，则（ ）
A．
是周期函数
B．
的最小值是
C．
的图象有对称轴D．
的图象有对称中心
【答案】BC
【分析】根据周期函数的定义，判断A，根据三角函数的性质，即可判断B，根据对称函数的定义，即可
判断CD.
【详解】对于选项A：若函数是周期函数，
则
，
对任意
都成立，
所以
，
注意到
，可知
与
有关，不是常数，
所以
不是周期函数，故A 错误；
对于选项B：设
，
则
的最小值为
，故B 正确；
对于选项C：因为
，
所以
的图象至少有一条对称轴
，故C 正确；
对于选项D：若
是函数的对称中心，则
，
即
，
显然
随着
的变化而变化，所以函数没有对称中心，故D 错误.
故选：BC.
12．（2025·宁夏银川·三模）已知定义在
上的函数
满足
，且
为奇函数，则（ ）
A．
为奇函数
B．
为偶函数
C．
是周期为3 的周期函数
D．
【答案】BCD
11
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【分析】由
可判断A，由
，得到
，可判断C，由
和
可判断B，由周期性，奇偶性可判断D.
【详解】对于A，
，所以
不是奇函数，错误；
对于B：因为
为奇函数，
所以
，
由
，可得：
，
所以
，即
，
所以
，偶函数，正确；
对于C：由
，
可得
，所以
是周期为3 的周期函数，正确；
对于D，
，
所以
，
由周期性可得：
故选：BCD
13．（2025·河北石家庄·三模）已知函数
是定义在R 上的偶函数，
是定义在R 上的奇函数，
则（ ）
A．
的图象关于点
中心对称
B．
是周期为2 的函数
C．
D．
【答案】AC
【分析】利用抽象函数的对称性、奇偶性、周期性一一判定选项即可.
【详解】对于A，因为
是R 上的奇函数，其图象关于原点对称，
12
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又
可看成是函数
向左平移1 个单位得到，所以
的图象关于点
中心对称，故
A 正确；
对于B，由
是R 上的奇函数，可得
，即
，
又
，则
，所以
，故
是周期为4 的函数，故
B 错误；
对于 C，由
，令
，得
，则
，
，故C 正确；
对于D，由
，则
，又
，
是周期为4 的函数，
则
，
而
的值无法确定，故D 错误.
故选：AC.
14．（2025·甘肃白银·三模）已知定义在
上的函数
满足
，且
，则下列说法正确的是（ ）
A．函数
为偶函数
B．函数
为减函数
C．函数
的图象关于点
中心对称
D．
的解集为
【答案】BC
【分析】由
得
即可判断AC，由
，利用单调性的定义即可判断B，利用单调性即可求解
，即可判
断D.
【详解】因为
，所以
，
所以函数
为奇函数，故A 错误；对称中心为
，故C 正确；
因为
，即
，当
时，
，
当
时，
，所以函数
为减函数，故B 正确；
令
,则
，所以
，
则
等价于
，
13
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因为函数
为减函数，
所以
，即
，故D 错误．
故选：BC.
15．（2025·湖南邵阳·三模）已知函数
的定义域为
，且
，
，当
时，
单调递减，则下列说法正确的是（ ）
A．函数
的图象关于直线
对称
B．函数
为奇函数
C．
D．
【答案】BC
【分析】由题意可得
，可判断A；令
，可得
，进而可判
断B；由已知可得
是偶函数，进而计算可得
，进而可得
，
，进而计算可判断C；利用作差法可得
，进而求得
在区间
上单调递减，
可得结论判断D.
【详解】因为
，所以
，所以
关于点
中心对称，故A 错
误；
令
，所以
，又
，
所以
，故
为奇函数，故B 正确；
又因为
，所以
是偶函数，所以
，
所以
，所以
，
所以
是周期为4 的函数，
令
，得
，令
，得
，令
，得
，
所以
，故C 正确；
，
又
，
故
，又因为当
，
单调递减，且
，
所以
，所以
关于点
中心对称，
所以
在区间
上单调递减，所以
，
14
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所以
，故D 错误.
故选：BC.
16．（2025·河北秦皇岛·三模）已知函数
且
，则（ ）
A．
是周期函数
B．
的图象是轴对称图形
C．
的图象关于点
对称
D．
【答案】AB
【分析】利用函数的周期性、奇偶性、对称性等概念对选项逐一分析判断，对于A：利用定义作出判断；
对于B：证明
为偶函数；对于C：由
，然后作出判断；对于D：
取特殊值代入计算即可判断.
【详解】由于
，所以
是周期函数，故A 正确；
定义域为
，
，
从而
为偶函数，其图象关于
轴对称，故B 正确；
由于
，
从而当
为奇数时，
的图象不一定关于点
对称，故C 不正确；
当
时，
，令
，则此时
，故D 不正确.
故选：AB.
17．（2025·山东·二模）设函数
，则（ ）
A．曲线
关于
对称
B．
的最小值为
C．方程
在
上有4 个根
15
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D．存在
，使得
【答案】ABD
【分析】根据函数的性质，如对称性、最值、方程的根等，对选项逐一进行分析.对于A 选项，可判断
是否成立来确定
是否关于
对称；对于B 选项，根据三角函数的最值和基本
不等式的性质进行求解；首先对函数进行化简，然后求导判断函数的单调性，结合三角函数的图像判断根
的个数；对于D 选项，根据函数的最值及分母大小进行求解.
【详解】对于A 选项：
.
.
所以
，所以
关于
对称.A 选项正确.
对于B 选项：
因为
，
而
,
令
，
，则
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
又
，
所以
的最小值为-1，且在
处取到最小值，
所以
，所以B 选项正确.
对于C 选项：
因为
，即
.
将上面等式化简得
.
16
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即
.
当
时，
，所以在
上，
.
当
时，在
上，
.
令
.
，可求出单调区间.
在
上单调递减，在
单调递增，
，
.
，
.
这说明
至少有一个交点，所以C 错误.
对于D 选项：由已知可得
且
关于
对称，而
关于
对称,
取
，令
，则
，
令
，则
，
所以
，即
在
上单调递增，所以
，
所以
在
上单调递增，所以
，
结合对称性可得
恒成立，
所以此时
成立，所以D 选项正确.
故选：ABD.
18．（2025·江苏南京·二模）已知定义在
上的函数
，当
时，
，
且
，
，则下列说法正确的是（ ）
17
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A．
B．若
，则
C．若
，则
在
上恰有5 个零点
D．若
，
在区间
有最大值，则
【答案】ACD
【分析】利用恒等式赋值思想，通过赋值可判断AB，通过作出分段函数图象可判断C，通过分析定义在
的二次型函数取到最大值，可得到参数范围来判断D.
【详解】对于A，由题意可知：当
时，有
，故A 正确；
对于B，当
时，有
，
又因为
，所以有
，故B 错误；
对于C，当
时，
，
当
时，由于
，
，
，
，
，
所以
，
，
作出分段函数
和函数
的图象如下：
由于
，直线
经过点
，而函数
的图象不经过点
，
则由图象可得，它们只有5 个交点，即
在
上恰有5 个零点，故C 正确；
对于D，根据当
时，由于
，
要满足对
，
在区间
有最大值，
则只需要
在
上存大最大值，
18
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即满足
或
，解得
或
，
综上可得：
，故D 正确；
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：通过对恒等式赋值，可转化到定义域内的函数解析式求值；通过函数值的伸缩关系作
出分段函数图象来判断函数的零点.
三、填空题
19．（2025·山东烟台·三模）已知函数
，若
，则实数t 的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据函数性质判断函数单调性，根据定义域及单调性，列出不等式，求出范围
【详解】已知
，其中
和
均为单调递增函数，且
定义域为
，
所以
在
上单调递增，且
，
可得
，可得
，解得
，
故答案为：
.
20．（2025·湖南长沙·一模）已知
为奇函数，则实数a 的值是 ．
【答案】4
【分析】由奇函数的定义域关于原点对称得出
，再检验即可求解．
【详解】由题意知
，得
，
令
，解得
或
，
又该函数为奇函数，所以其定义域关于原点对称，
所以
，解得
，即
，
令
，其定义域为
，
，满足题意，
故答案为：4．
21．（2025·湖南·三模）已知函数
的定义域为R，且
，当
时，
，
19
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则
的值为 ．
【答案】
【分析】根据函数性质将问题转换为
，代入求值即可.
【详解】因为
，
所以
，
又
，所以
．
故答案为：
.
22．（2025·辽宁·二模）写出同时满足下面三个条件的一个函数解析式
．
①
的定义域为
；②
；③
在区间
，上单调递减．
【答案】
（答案不唯一）
【分析】根据题意找到满足三个条件的函数即可.
【详解】取
，满足条件①．
，
满足条件②．
在区间
上单调递减，满足条件③．
故
满足题意．
故答案为：
（答案不唯一）
23．（2025·甘肃白银·二模）已知
是R 上的单调递增函数，则实数a 的取值
范围为 ．
【答案】
【分析】由分段函数的单调性得到
求解即可.
【详解】由
是R 上的单调递增函数，
20
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可得：
，
解得：
，
所以实数a 的取值范围为
，
故答案为：
24．（2025·湖南长沙·三模）已知函数
的图象关于直线
对称，则
【答案】－2
【分析】根据函数
的定义域，结合函数图象对称性求出
，又由函数的对称性列出
，整理计算求出
即可.
【详解】函数
的定义域满足
，即
，
由题知
的定义域关于
对称，故
．
则
，
即
，故
，
则
，解得
．
故
．
故答案为：
.
25．（2025·河北秦皇岛·三模）已知函数
满足对
都有
成立．当
时，
，则不等式
的解集为 ．
【答案】
【分析】根据
得到函数
是
上的奇函数，继而求出
时，
的解析式并判断
在
上的单调性，利用奇函数和单调性结合分段函数可得两个不等式组，求解即得.
【详解】因为对
都有
，所以
是
上的奇函数，
又
时，
，显然
在
上单调递增，
故函数
在
上单调递增，
当
时，
，则
，即
；
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由
，可得
，
故得
，
则有
或
，
即
或
，解得：
，
所以不等式
的解集为
.
故答案为：
.
26．（2025·安徽合肥·三模）已知
，若
，则
的范围为 .
【答案】
【分析】由立方差公式结合题意可得
，据此可得x 范围，由此可得答案.
【详解】由题可得：
则
注意到
，
则
注意到
，
则
，
.
注意到
，则
.
则
或
，
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则
或
，
则
，当
时，
；
当
时，
；
时，
.
综上可得：
的范围是
.
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题关键是利用分解因式将
拆解为乘积形式，此外要注意
两者间的等量关系.
27．（2025·天津河北·一模）函数
，若函数
恰有两个
不同的零点，则实数
的取值范围为 .
【答案】
或
【分析】画出
，
的图象，数形结合后可求参数的取值范围．
【详解】因为
，
所以
，
则函数
恰有2 个零点等价于
有两个不同的解，
故
，
的图象有两个不同的交点，
设
，
又
，
的图象如图所示，
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由图象可得两个函数的图象均过原点，
当
时，
考虑直线
与
的图象相切，
则由
可得
，即
，
考虑直线
与
的图象相切，
由
可得
，则
，即
．
考虑直线
与
的图象相切，
由
可得
，则
，即
，
结合图象可得当
或
时，两个函数的图象有两个不同的交点，
综上，
或
．
故答案为：
或
．
【点睛】方法点睛：数形结合思想，分类讨论思想与转化思想的应用.解决本问题的方法是把方程根的问题
转化为函数
与直线
交点个数问题，作出图形，结合图形求解，并注意临界值的取舍问题.
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