专题10指数及指数函数压轴题（教师版）_2027版高中《压轴培优讲义》高一上学期（人教A版必修第一册）

专题10
指数及指数函数压轴题（解析版）
1.根式的运算性质
(1)当n 为奇数时，

n
n
a
a
；当n 为偶数时，

n
n
a
a
=






)
0
(
)
0
(
a
a
a
a
(2)负数的偶次方根___无意义__
___．
(3)零的任何次方根__都等于0________．
2.分数指数幂
(1)正数的正分数指数幂，
m
n
a
＝
m
n
a
(a>0，m，n∈N*，n>1)．
(2)正数的负分数指数幂，
m
n
a

＝
m
n
a
1 ＝
m
n
a
1
(a>0，m，n∈N*，n>1)．
(3)0 的正分数指数幂等于
0
，0 的负分数指数幂没有意义．
3.指数幂的运算性质
(1)(ab)r＝
r
rb
a
(a>0，b>0，r∈R)．(2)(ar)s＝___
rs
a
__ (a>0，r，s∈R)．
(3)aras＝___
s
r
a ___
(a>0，r，s∈R)．
4.指数函数及其性质
1

a
1
0

a
图象
定义域
R
值域
)
,0
( 
性质
过定点
)1,0
(
，即x＝0 时，y＝1
当x>0 时，
1

y
；当x<0 时，
1
0

y
当x<0 时，
1

y
；当x>0 时，
1
0

y
在(－∞，＋∞)上是单调递增
在(－∞，＋∞)上是单调递减
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题型一指数幂的计算
例1.(1)下列结论中，正确的是（
）
A．设
0,
a 
则
4
3
3
4
a
a
a


B．若
8
2
m 
，则m 
8 2

C．若
1
3
a
a 


，则
1
1
2
2
5
a
a



D．

4
4 2
2





【答案】B
【分析】根据分式指数幂及根式的运算法则，正确运算，即可判断出正误．
【详解】对于A，根据分式指数幂的运算法则，可得
4
4
3
3
25
3
3
4
4
12
a
a
a
a
a





，选项A 错误；
对于B，
8
2
m 
，故
8 2
m 
，选项B 正确；
对于C，
1
3
a
a


，
1
1
2
1
2
2
(
)
2
3
2
5
a
a
a
a








，因为
0
a 
，所以
1
1
2
2
5
a
a



，选项C 错误；
对于D，

4
4 2
2
2








，选项D 错误.
故选：B．
(2).计算：
（1）
2
2
0.75
3
1
(0.25)
8
(
)
16




；
（2）
3
3
2
1
3
2
4 16
1
8
100
81
4


















．
(3)


1
0
2
0.5
2
1
1
2
2
0.01
2
4

















；
(4)
2
0.5
3
2
0
7
10
37
2
0.1
2
3π
9
27
48


















；
【答案】（1）12；
（2）432
5 ;
(3)16
15 ;
(4)100;
【详解】（1）
2
2
0.75
3
1
(0.25)
8
(
)
16
4
8
12
16








；
（2）
3
3
2
1
3
2
4 16
1
8
100
81
4


















=4
1
10

27
8

64
432
5

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（3）原式=1+
1
1
2
2
1
4
1
4
9
100


（）（
）
=1+ 1
1
6
10

=16
15
（4）原式=
2
1
2
3
2
25
1
64
37
3
9
10
27
48





（
）（
）（
）
= 5
9
37
100
3
3
16
48



=100
练习题
（1）①计算





2
4
2
2
3
0
3
3
3
0.12
3
3 3
1
2
2
8



















②化简：
1
2
1
1
2
1
3
3
2
6
5
a
b
a
b
a b













.
【答案】①
2
2

②1
a
【分析】①根据指数的运算法则化简求值即可；②化根式为分数指数幂，运用指数的云算法化简求值.
【详解】①





2
4
2
2
3
0
3
3
3
0.12
3
3 3
1
2
2
8



















4
2
1
3
3
1
3
2
2
4
3
1
3 3
2
1
9
2




































4 9
1
3
2
1
2
2
9 4





；
②原式
1
1
1
1
1 1
1
3
3
2
2
3 2 6
1
5
1 1 5
2 3 6
6
6
b
a b
a
b
a
a
b












1
1
a
a



.
(2).设
4
( )
4
2
x
x
f x 

，若0
1
a

，试求:
(1) ( )
(1
)
f a
f
a


的值；
(2)
1
2
3
1000
(
)
(
)
(
)
(
)
1001
1001
1001
1001
f
f
f
f



的值.
【答案】(1)1
(2)500
【分析】（1）将所求式子代入函数通分化简即可求出结果；
（2）将所求函数值进行分组，利用（1）的结论即可求出结果.
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【详解】（1）
1
1
4
4
4
4
4
2
( )
(1
)
1
4
2
4
2
4
2
4
2 4
4
2
2
4
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
f a
f
a

















，
所以
( )
(1
)
1
f a
f
a


.
（2）原式
1
1000
2
999
500
501
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
1001
1001
1001
1001
1001
1001
1 500
500
f
f
f
f
f
f



























，
所以
1
2
3
1000
(
)
(
)
(
)
(
)
500
1001
1001
1001
1001
f
f
f
f





.
题型二指数函数的性质与应用
例2(1).已知
4
3
2021
1
2021
1
a


，
5
4
2021
1
2021
1
b


，则a 与b 之间的大小关系是（
）
A．a
b

B．a
b

C．a
b

D．无法比较
【答案】B
【分析】构造函数

2021
1
x
f x 
，得到




4
5
,
3
4
f
f
a
b
f
f


，然后利用不等式的性质，由
1
b 与
1
a 的大小
判断.
【详解】设

2021
1
x
f x 
，则




4
5
,
3
4
f
f
a
b
f
f


，
所以



4
3
3
3
3
4
3
2021
2021
2020
2021
1
3
2021
1
2021
1
f
f
a
f








，



5
4
4
4
4
5
4
2021
2021
2020
2021
1
4
2021
1
2021
1
f
f
b
f








，
而
4
4
3
4
4
3
2020
2021
2020
2021
2020
2021
2021
1
2021
2021
2021
1








，
所以
1
1
b
a

，即a
b

，
故选：B
(2)．设
1
2
,
R
x x 
，函数

f
x 满足


1
2
1
x
f x
f x



，若



1
2
1
f x
f x

，则


1
2
+
f x
x
的最小值为
A．4
5
B．2
C．4
D．1
4
【答案】A
【分析】由已知，先求解出函数

f
x 的解析式，再由



1
2
1
f x
f x

找到
1
2x 与
2
2x 之间的等量关系，然后
代入


1
2
+
f x
x
的表达式中，消掉
2
2x ，然后使用基本不等式求解最小值即可.
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【详解】∵


1
2
1
x
f x
f x



，∴
2
1
( )
2
1
x
x
f x
-
=
+
，
∴



1
2
1
2
1
2
2
1
2
1
1
1
2
1
2
1
x
x
x
x
f x
f x








1
2
1
1
2
3
2
0
2
1
x
x
x
x






，
∴


1
2
1
1
2
1
2
1
1
1
2
2
1
2
2
+
1
1
2
3
2
1
2
1
2
1
2
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
f
x
x













1
1
2
1
4
2
1
6
2
1
x
x




，
∵
1
1
4
2
1
4
2
1
x
x



，∴
1
1
2
2
4
1
1
4
4
6
5
2
1
6
2
1
x
x







，
当且仅当
1
1
1
4
2
1
2
3
2
1
x
x
x




时，等号成立，
即
1
2
(
)
f x
x

的最小值是4
5 ，
故选：A．
(3).已知定义在R 上的函数

f
x 满足



0
f
x
f x



，

1
y
f x


的图像关于y 轴对称．当


0,1
x
时，
对任意


0,1
k 
，

f
x 满足



1
1
k
f kx
f x





，且

1
1
2
f

，则
9
2
f 







（
）
A．
2
1
2

B．
2
1
2

C．
2
1
2

D．
2
1
2

【答案】C
【分析】由已知可推得



4
f x
f x


，
4
T 
，进而得出
9
1
2
2
f
f














.令
1
2
k 
，结合已知条件可求
得

1
2
1
1
2
1
1
2
2
f
f













，即可得出答案.
【详解】由已知



0
f
x
f x



可得，



f
x
f
x


.
因为

1
y
f x


的图像关于y 轴对称，
所以




1
1
f
x
f x



，所以




2
f
x
f
x



.
所以有





2
f
x
f x
f x




，
所以，





4
2
f
x
f
x
f
x




，
所以，函数

f
x 的周期为
4
T 
，
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所以，
9
1
1
2
2
2
f
f
f





















.
令
1
2
k 
，由已知可得，

1
2
1
1
1
2
f
x
f
x












.
因为

1
1
2
f

，所以

1
2
1
1
2
1
1
2
2
f
f













，
所以，
1
2
1
2
2
f 骣
琪
=
-
琪
桫
，则
9
1
2
1
2
2
2
f
f















.
故选：C.
(4)已知
2
0
1
( )
2 (
1) 1,
1
x
x
f x
f x
x








f ，若
( )
2022(
)
f n
n
N


，则n 的最大值为（
）
A．9
B．10
C．11
D．12
【答案】B
【分析】根据分段函数的解析式依次求
(9)
f
，
(10)
f
，
(11)
f
，
(12)
f
即可.
【详解】因为当
1
x 时，
( )
2 (
1)
1
f x
f x


，
所以


(9)
2 (8) 1=2 2 (7) 1 +1=4 (7)
3=8 (6)
7
16 (5) 15
f
f
f
f
f
f







(9)
32 (4)
31=64 (3)
63=128 (2)
127
256 (1)
255
f
f
f
f
f






，
又
(1)
2
f

，所以
(9)
2
256
255
767
f




，
所以
(10)
2 (9)
1=1535
f
f


，
(11)
2 (10)
1=3071
f
f


，
(12)
2 (11)
1=6143
f
f


，
所以若
( )
2022(
)
f n
n
N


，则n 的最大值为10，
故选：B.
(5).已知
2
2
1
( )
2
, ( )
e
1
x
f x
x
x
m g x






，若对


1
2
1 3
0,3 ,
,
2 2
x
x








，使得



1
2
f x
g x

，则实数m 的取
值范围是（
）
A．
2
2,e
4





B．
2
1,e
5





C．
2
2,e
5





D．
2
1,e
4





【答案】D
【分析】由题意可知
( )
f x 的值域是( )
g x 的值域的子集，所以求出两函数的值域，再根据子集的关系列不等
式组，从而可求出m 的取值范围.
【详解】因为
2
2
( )
2
(
1)
1
f x
x
x
m
x
m







，


0,3
x
，
所以
( )
f x 在[0,1) 上递减，在(1,3] 上递增，
所以
( )
f x 的最小值为
(1)
1
f
m

，
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因为
(0)
,
(3)
3
f
m f
m


，
3
m
m


，所以
( )
f x 的最大值为
3
m ，
所以
( )
f x 的值域为[
1,
3]
m
m


，
因为
2
1
( )
e
1
x
g x


在
1 3
,
2 2
x






上递增，
所以( )
g x 的值域为
2
[0,e
1]

，
因为对


1
2
1 3
0,3 ,
,
2 2
x
x








，使得



1
2
f x
g x

，
所以[
1,
3]
m
m


是
2
[0,e
1]

的子集，
所以
2
1
0
3
e
1
m
m







，解得
2
1
e
4
m



，
即m 的取值范围
2
1
e
4
m



故选：D
(6).已知函数

2
2
x
x
f x
m




是R 上的偶函数.
（1）求常数m 的值；
（2）若

5
2
f x 
，求x 的值；
（3）求证：对任意
1
2
,
x x
R

，都有



1
2
1
2
2
2
f x
f x
x
x
f









.
【答案】（1）
1
m （2）
1
x 或= 1
x .（3）见解析
【解析】（1）

f
x 是偶函数，则有



f
x
f x


，根据这个等式可解得m 的值；（2）将

5
2
f x 
代入函
数，解关于x 的方程，即得；（2）若对任意
1
2
,
x x
R

，都有



1
2
1
2
2
2
f x
f x
x
x
f









，等价于




1
2
1
2
2
0
2
x
x
f x
f x
f










，将
1
2
,
x x 代入

f
x ，进行化简验证即得。
【详解】解：（1）由

f
x 是R 上的偶函数.
∴



f
x
f x


，即：2
2
2
2
x
x
x
x
m
m







，解得
1
m .
（2）由

5
2
f x 
，得
5
2
2
2
x
x



，解得2
2
x 
或
1
2
2
x 
，即
1
x 或= 1
x .
（3）因为




1
2
1
2
1
1
2
2
1
2
2
2
1
2
2
2
2
2
2
2 2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
f
x
f
x
f


























1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2 2
2
2
2 2
x
x
x
x
x
x
x
x











1
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
0
x
x
x
x


















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所以




1
2
1
2
2
0
2
x
x
f x
f x
f










，
即



1
2
1
2
2
2
f x
f x
x
x
f









.
(7).已知函数

3
3
1
x
x
b
f x



是奇函数．
(1)求b 的值；
(2)证明

f
x 在R 上为减函数；
(3)若不等式



2
2
2
3
6
0
f t
t
f
t




成立，求实数t 的取值范围．
【答案】(1)
1
b 
(2)证明见解析
(3)
3
2
t 
或
1
t 
【分析】（1）利用奇函数定义和奇函数中

0
0
f

求b 的值；
（2）按取点，作差，变形，判断的过程来即可；
（3）通过函数

f
x 的单调性，然后结合奇函数的性质把



2
2
2
3
6
0
f t
t
f
t




转化为一元二次不等式，
最后由一元二次不等式知识求出t 的取值范围．
【详解】（1）∵

f
x 的定义域为R，
又∵

f
x 为奇函数，∴由

0
0
f

得
1
b ，
此时



1 3
3
1
3
1
1 3
x
x
x
x
f
x
f x










，∴

1 3
3
1
x
x
f x



为奇函数，
所以
1
b ．
（2）任取
1
x ，
2x R ，且
1
2
x
x

，则









2
1
1
2
1
2
2 3
3
3
1 3
1
x
x
x
x
f
x
f
x





，
∵
1
2
x
x

，∴
2
1
3
3
x
x

，∴
2
1
3
3
0
x
x


．
又∵


1
2
3
1 3
1
0
x
x



，∴



1
2
0
f x
f x


，即



1
2
f x
f x

，
故

f
x 为R 上的减函数．
（3）因为

f
x 为奇函数，所以



2
2
2
3
6
0
f t
t
f
t




，
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可化为



2
2
2
6
3
f t
t
f
t



，
又由（2）知

f
x 为减函数，所以
2
2
2
6
3
t
t
t



，所以
3
2
t 
或
1
t ．
练习题
(1).已知函数

f
x 是R 上的偶函数，且

f
x 的图象关于点

1,0 对称，当


0,1
x
时，

2
2x
f
x 

，则




1
2
...
2023
f
f
f


的值为（
）
A．2

B．1
C．1

D．2
【答案】C
【分析】由函数
( )
f x 的图像关于点

1,0 对称得到


( )
2
f x
f
x


，结合
( )
f x 是偶函数得到


( )
2
f x
f
x


，
进一步得到
( )
f x 的周期是4，再利用周期性计算即可得到答案.
【详解】因为
( )
f x 是R 上的偶函数，所以


( )
f
x
f x


，
又
( )
f x 的图象关于点

1,0 对称，则


( )
2
f x
f
x


，
所以




2
f
x
f
x



，则


( )
2
f x
f
x


，得




4
2
( )
f
x
f
x
f x




，
即


4
( )
f x
f x


，所以
( )
f x 是周期函数，且周期
4
T 
，
由


0,1
x
时，
( )
2
2x
f x 

，则


4
0
1
f
f

，
1
0
f

，


2
0
1
f
f

，




3
3
1
0
f
f
f




，
则




1
2
3
4
0
f
f
f
f




，
则







1
2
2023
1
2
3
505 0
1
f
f
f
f
f
f







.
故选：C
(2).已知函数

e
e
e
e
x
x
x
x
f x
a






，存在实数
1
2
,
,
,
n
x x
x

使得








1
2
1
n
n
f
x
f
x
f
x
f
x






成立，若正整
数n的最大值为6，则a 的取值范围为（
）
A．3 5
,
2 3





B．
3
7
,
2
5








C．7 3
3
7
,
,
5 2
2
5














D．3 5
5
3
,
,
2 3
3
2














【答案】C
【分析】分类讨论
( )
f x 的值域，然后根据值域端点的倍数关系可解.
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【详解】记
2
2
2
e
e
e
1
2
1
e
e
e
1
e
1
x
x
x
x
x
x
x
g x










因为
2e
1
1
x 
，所以

1
1
g x

，所以

1
1
a
g x
a
a




当0
1
a

时，1
1,0
1
1
a
a



，所以0
( )
1
f x
a


，
取
1
2
2
1
0,
n
n
n
x
x
x
x
x








，
则对任意正整数n，总有








1
2
1
n
n
f
x
f
x
f
x
f
x






成立，故舍.
当
1
a 时，1
1
0
a
a



，所以
1
( )
1
a
f x
a



要使正整数n 的最大值为6，则
5(
1)
1
6(
1)
1
a
a
a
a









，解得7
3
5
2
a


；
当1
0
a


时，1
1
0,1
1
a
a


，所以0
( )
1
f x
a


显然存在任意正整数n ，使得








1
2
1
n
n
f
x
f
x
f
x
f
x






成立；
当
1
a 时，0
1
1
a
a


，所以
1
( )
1
a
f x
a




（
）
要使正整数n的最大值为6，则
5(
1)
1
6(
1)
1
a
a
a
a








，解得
3
7
2
5
a



综上，a 的取值范围为7 3
3
7
,
,
5 2
2
5














故选：C
(3).设,a bR ，4
6
2
b
a
a


，5
6
2
a
b
b


，则（
）
A．1
a
b


B．0
b
a


C．
0
b
a


D．
1
b
a


【答案】A
【分析】由指数式的取值范围可得
0
a 
且
0
b 
，通过构造函数证明a
b

不成立，可得到正确选项.
【详解】因为4
6
2
0
b
a
a



，所以3
1
a ，所以
0
a 
，5
6
2
0
b
b
a 


，所以3
1
b ，所以
0
b 
，若a
b

，
则5
4
4
a
a
b


，设



6
2
2
3
1
x
x
x
x
f x 



在

0, 

上单调递增，所以6
2
6
2
a
a
b
b



，即4
5
b
a

，不合
题意.
故选：A.
(4).已知函数

1
1
1
3
2
4
f
x
x
x
x






图像与函数
2
2
2
2
1
x
x
g x




图像的交点为
1
1
( ,
)
x y
，
2
2
(
,
)
x
y
，…，(
,
)
m
m
x
y
，
则
1
(
)
m
i
i
i
x
y




（
）
A．20
B．15
C．10
D．5
【答案】A
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【分析】分析函数

f
x ，
g x 的性质，再探求它们的图象交点个数，利用性质计算作答.
【详解】函数

1
1
1
3
2
4
f
x
x
x
x






定义域为(
,0)
(0,2)
(2,4)
(4,
)




，
其图象是4 条曲线组成，在区间(
,0)

，(0,2) ，(2,4) ，(4,
)
上都单调递减，
当
0
x 
时，

3
f x 
，当0
2
x


或2
4
x


时，

f x 取一切实数，当
4
x 
时，

3
f x 
，



1
1
1
1
1
1
4
(
3)
(
3)
6
4
2
2
4
f
x
f
x
x
x
x
x
x
x















，即

f
x 的图象关于点(2,3) 对称，
函数
8
4
2
4
x
g x 


定义域为R，在R 上单调递增，值域为

2,4 ，其图象夹在二平行直线
2,
4
y
y


之间，



4
8
8
4
4
4
2
4
2
4
x
x
g
x
g x





















2 2
8
8
(
)
6
2
4
2
4
x
x
x







，
g x 的图象关于点(2,3) 对称，
因此，函数

f
x 的图象与
g x 的图象有4 个交点，即
4
m 
，它们关于点(2,3) 对称，
不妨令点
1
1
( ,
)
x y
与
4
4
(
,
)
x
y
相互对称，
2
2
(
,
)
x
y
与
3
3
(
,
)
x y
相互对称，则
1
4
2
3
4
x
x
x
x




，1
4
2
3
6
y
y
y
y




，
所以
4
1
(
)
20
i
i
i
x
y




.
故选：A
【点睛】结论点睛：函数
( )
y
f x

的定义域为D，
x
D

，存在常数a，b 使得
( )
(2
)
2
(
)
(
)
2
f x
f
a
x
b
f a
x
f a
x
b








，
则函数
( )
y
f x

图象关于点( , )
a b 对称.
(5).已知函数
4
3
( )
2
1
x
x
f x



，函数
2
( ) |
|
1
g x
x
a
x



．
(1)若
[2,
)
x 
，求函数
( )
f x 的最小值；
(2)若对
1
[ 1,1]
x


，都存在
2
[2,
)
x 
，使得




2
1
f
x
g x

，求a 的取值范围．
【答案】(1)19
5
(2)
101
101
,
,
20
20















【分析】（1）根据题意利用换元结合对勾函数分析求解；
（2）由题意分析可得：( )
g x 在[ 1,1]

上的值域B 是

f
x 在[2,
)
上的值域A 的子集，结合二次函数的性质
分析求解.
【详解】（1）若
[2,
)
x 
，则


4
3
4
( )
2
1
2
2
1
2
1
x
x
x
x
f x








，
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因为
[2,
)
x 
，令
2
1
5
x
t 

，则


4
2
5
y
t
t
t



，
又因为
4
2
y
t
t


在

5,上单调递增，且
5
4
19
|
5
2
5
5
x
y




，
所以函数
( )
f x 的最小值19
5 ．
（2）设

f
x 在[2,
)
上的值域为A，( )
g x 在[ 1,1]

上的值域为B ，由题意可知：B
A

，
由（1）可知：
19 ,
5
A






，
因为
19
(0)
1
5
g
a


，解得
24
5
a 
或
24
5
a 
，
当
24
5
a 
时，且
1
[ 1,1]
x 
，则
1
0
x
a


，
可得
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
5
( ) |
|
1
1
2
4
g x
x
a
x
x
x
a
x
a
















，
可知：
1
(
)
g x 的最大值为( 1)
1
g
a


，最小值为
1
5
2
4
g
a







，
即
5 ,
1
4
B
a
a








，可得
5
19
4
5
a 

，解得
101
20
a 
；
当
24
5
a 
时，且
1
[ 1,1]
x 
，则
1
0
x
a


，
可得
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
5
( ) |
|
1
1
2
4
g x
x
a
x
x
x
a
x
a
















，
可知：
1
(
)
g x 的最大值为(1)
1
g
a

，最小值为
1
5
2
4
g
a






，
即
5 ,1
4
B
a
a







，可得
5
19
4
5
a


，解得
101
20
a 
；
综上所述：a 的取值范围为
101
101
,
,
20
20















.
类型三
能力提升创新题
1.设x
R

，
x 表示不超过x 的最大整数，若存在实数t ，使得
1
t ，
2
2
t



，…，
nt
n




同时成立，则
正整数n的最大值是（
）
A．4
B．5
C．6
D．7
【答案】A
【分析】根据取整函数的定义，分别求出满足条件
1
t ，
2
2
t



，
3
3
t



，
4
4
t



，
5
5
t



的t 的范
围，研究它们的交集即可确定n的最大值.
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【详解】


1
1,2
t
t

，

2
2
2, 3
t
t







，

3
3
3
3
3,
4
t
t




，

4
4
4
4, 5
t
t
t






，

5
5
5
5
5, 6
t
t





当

2, 3
t


时，
1
t ，
2
2
t



，
因为
3
2
2
3
2
3
4
3
<
<
<
，所以
1
1
1
1
3
3
2
2
2
3
4
3
<
<
<
，即
3
3
1
2
3
4
3
2
<
<
<
<
<
当

3
3 3,
4
t


时，
1
t ，
2
2
t



，
3
3
t



，
因为
6
3
4
3
4
6
2
4
3
5
4
3
=
<
<
<
<
，所以
3
4
3
4
1
2
4
3
5
4
3
2
<
=
<
<
<
<
<
，
当
)
3
4
3, 5
t
é
Î êë
时，
1
t ，
2
2
t



，
3
3
t



，
4
4
t



，
因为
( )
( )
4
4
12
3
5
20
6
6
3
3
=
<
=
，所以5
3
6
3
<
，所以若
5
5
t



则

5
5
5, 6
t


，此时

3
3 3,
4
t 
，
3
3
t



，
故不存在t 满足
1
t ，
2
2
t



，
3
3
t



，
4
4
t



，
5
5
t



同时成立，
正整数n的最大值为4，
故选：A．
2.已知函数

2
f x
x

，
1
2
x
g x
m








．若


1
1,2
x


，


2
3,1
x


，使得



1
2
f x
g x

成立，则实数m
的取值范围为（
）
A．
1
9
4
8
2
2















，
，
B．
1
9
4
8
2
2















，
，
C．1 ,4
2






9 ,8
2






D．1
9
4
8
2
2












，
，
【答案】C
【分析】根据题意，将问题转化为

f
x 的值域是
g x 的值域的子集，然后分
0
m 
与
0
m 
讨论，即可得到
结果.
【详解】设函数
( )
f x 在

1,2

上的值域为A ，函数( )
g x 在

3,1

上的值域为B ，
因为若


1
1,2
x


，


2
3,1
x


，使得
1
2
(
)
(
)
f x
g x

成立，所以A
B

，
因为
2
( )
f x
x

，


1,2
x
，所以
( )
f x 在

1,2

上的值域为

0,4 ，
因为
1
( )
2
x
g x
m








，
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当
0
m 
时，
1
( )
2
x
g x
m








在

3,1

上单调递减，所以( )
g x 在

3,1

上的值域为1
,8
2
m
m







，
因为A
B

，所以
1
0
2
8
4
m
m







，解得1
4
2
m


，又
0
m 
，所以此时不符合题意，
当
0
m 
时，
1
( )
2
x
g x
m








图像是将
1
2
x
y
m








下方的图像翻折到x 轴上方，
令
( )
0
g x 
得
1
0
2
x
m







，即
1
2
log
x
m

，
①当
1
2
log
1
m 时，即
1
2
m 
时，( )
g x 在[ 3
，1]上单调递减，



max
3
8
g x
g
m




，
min
( )
(1)
g x
g

1
2
m


，所以( )
g x 的值域
1
, 8
2
B
m
m









，
又A
B

，所以
1
0
2
8
4
m
m







，解得
1
2
m 
，
②当
1
2
3
log
1
m

时，即1
8
2
m


时，( )
g x 在
1
2
( 3,log
)
m

上单调递减，在
1
2
log , m






上单调递增，
min
1
2
( )
(log
)
0
g x
g
m


，
max
( )
( 3)
8
g x
g
m




或
max
( )
(1)
g x
g

1
2
m


，
所以( )
g x 的值域
0, 8
B
m





或
1
0, 2
m







，又A
B

，所以8
4
m


或1
4
2
m


，
当8
4
m


时，解得
4
m 
或
12
m 
，又1
8
2
m


，所以1
4
2
m


，
当1
4
2
m


时，解得
7
2
m 
或
9
2
m 
，又1
8
2
m


，所以9
8
2
m


，所以m 的取值范围1
9
,4
,8
2
2













．
③当
1
2
3
log m

时，
8
m 
时，( )
g x 在

3,1

上单调递增，
所以
max
( )
(1)
g x
g

1
2
m


，
min
( )
( 3)
8
g x
g
m




，所以( )
g x 在

3,1

上的值域
1
8
, 2
B
m
m









，
又A
B

，所以
8
0
1
4
2
m
m






，解得
8
m 
，综上所述，m 的取值范围为1 ,4
2






9 ,8
2





.
故选：C
3.已知函数

y
F x

的定义域为D ，t 为大于0 的常数，对任意x
D

，都满足





2
F x
t
F x
t
F x




，
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则称函数

y
F x

在D 上具有“性质A ”．
(1)试判断函数
2x
y 
和函数
2
y
x

是否具有“性质A ”（无需证明）；
(2)若函数

y
f x

具有“性质A ”，且

1
0
2
f
f 





，求证：对任意nN ，都有



1
f n
f n


；
(3)若函数

y
g x

的定义域为R ，且具有“性质A ”，试判断下列命题的真假，并说明理由，
①若

y
g x

在区间

,0


上是严格增函数，则此函数在R 上也是严格增函数；
②若

y
g x

在区间

,0


上是严格减函数，则此函数在R 上也是严格减函数．
【答案】(1)函数
2x
y 
不具有“性质A ”，函数
2
y
x

具有“性质A ”
(2)证明见解析
(3)命题①为假命题，命题②为真命题，理由见解析
【分析】（1）利用作差法结合“性质A ”的定义判断可得出结论；
（2）利用“性质A ”的定义结合不等式

1
0
2
f
f 





可推导出


1
1
0
2
f n
f
n










，

1
0
2
f
n
f n









，
利用不等式的基本性质可证得结论成立；
（3）取
2
g x
x

可判断命题①为假命题，对命题②，对任意的1t 、2t R且
1
2
x
x

，取
2
1
0
t
x
x



，根
据“性质A ”的定义结合基本不等式的性质、单调性的定义证得


1
2
g x
g x

，即可证得结论成立.
【详解】（1）解：函数
2x
y 
不具有“性质A ”，函数
2
y
x

具有“性质A ”，理由如下：
设

2x
p x 
，
2
q x
x

，
对任意的
0
t 
，






2
2
2
2 2
2
2
2
2
x t
x t
x
x
t
t
p x
t
p x
t
p x















2
2 2 2
2
0
x
t
t






，
所以，




2
p x
t
p x
t
p x




，所以，函数
2x
y 
不具有“性质A ”，
对任意的
0
t 
，








2
2
2
2
2
2
2
0
q x
t
q x
t
q x
x
x
t
x
t
t











，
所以，




2
q x
t
q x
t
q x




，所以，函数
2
y
x

具有“性质A ”.
（2）证明：因为函数

y
f x

具有“性质A ”，对任意的
0
t 
，





2
f x
t
f x
t
f x




，
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所以，






f
x
f
x
t
f
x
t
f
x





，
又因为

1
0
2
f
f 





，所以，



1
1
3
0
0
1
1
2
2
2
f
f
f
f
f
f






























1
1
1
1
2
2
2
f n
f
n
f
n
f n
f n
f
n




























，
所以，



1
0
2
1
1
0
2
f
n
f n
f n
f
n

























，由不等式的可加性可得



1
0
f n
f n



，
故对任意的
N
n
，



1
f n
f n


.
（3）解：命题①是假命题，命题②是真命题，理由如下：
对于命题①，取函数
2
g x
x

，由（1）可知，函数
g x 具有“性质A ”，
函数
2
g x
x

在区间

,0


上是严格增函数，但该函数在R 上不单调；
对于命题②，对任意的
0
t 
，对任意的xR ，




2
g x
t
g x
t
g x




，
所以，





g x
t
g x
g x
g x
t





，
对任意的1t 、2t R且
1
2
x
x

，取
2
1
0
t
x
x



，
必存在
1
k 且
N
k 
，满足


2
2
0
1
x
kt
x
k
t





，
因为函数

y
g x

在区间

,0


上是严格减函数，
所以，





2
2
1
g x
kt
g x
k
t




，即





2
2
1
0
g x
kt
g x
k
t




，
所以，
















2
2
2
2
2
2
0
1
1
g x
k
t
g x
kt
g x
kt
g x
k
t
g x
t
g x















，
故








2
2
1
2
0
g x
t
g x
g x
g x





，即


1
2
g x
g x

，
故函数

y
g x

在R 上是严格减函数.
所以，命题②为真命题.
4.若函数

y
f x

对定义域内的每一个值
1
x ，在其定义域内都存在唯一的
2
x ，使


1
2
4
f x
f x

成立，则称
该函数为“依赖函数”.
(1)判断函数
2sin
g x
x

是否为“依赖函数”，并说明理由；
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(2)若函数

2x
f x 
在定义域

,
(
0)
m n m 
上为“依赖函数”，求mn 的取值范围；
(3)已知函数


2
(
)
3
h x
x
a
a



在定义域

3,4 上为“依赖函数”，若存在实数：


3,4
x
，使得对任意的
R
t 
，不等式


2
4
h x
t
s
t x




都成立，求实数s 的最大值.
【答案】(1) 
2sin
g x
x

不是“㖡赖函数"，理由见解析；
(2)


0,1
mn
；
(3)
3
4

.
【分析】（1）根据“依赖函数”的定义，由
1
6
g 






时不存在
2
x 使

2
4
g x

，即可判断；
（2）由题设可得
2
m
n


，进而有


2
mn
m
m


且0
1
m

，结合二次函数的性质求范围；
（3）根据“依赖函数”的定义易得
4
a 
，结合
h x 的区间单调性求得
5
a 
，再将题设恒(能)成立转化为


3,4
x
上

max
84
4
10
(3
)
s
x
x



，即可求s 的最大值.
(1)
对于函数
2sin
g x
x

的定义域R 内存在
1
,
6
x


此时

2
4
g x

无解，故
2sin
g x
x

不是“依赖函数".
(2)
因为

2x
f x 
在

,
m n 上递增，故


2 2
4
m
n
f m f n 

，即
2
m
n


，
由
0
n
m


，故
2
0
n
m
m




，得0
1
m

，
从而


2
mn
m
m


在


0,1
m
上单调递增，故


0,1
mn
.
(3)
①若3
4
a


，故
2
(
)
h x
x
a


在

3,4 上最小值为0，此时不存在
2
x 使
2
( ) (
)
4
h a h x

，舍；
②若
4
a 
，故
2
(
)
h x
x
a


在

3,4 上单调递减，从而

3
4
4
h
h


，解得
2
a 
（舍）或
5
a 
，
从而存在


3,4
x
，使得对任意的
R
t 
有


2
2
(
5)
4
x
t
s
t x





恒成立，即


2
2
10
21
0
t
xt
x
s
x






恒成立，
由


2
2
Δ
4
10
21
0
x
x
s
x










，得

2
4
10
3
84
s
x
x



.
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由


3,4
x
，可得

84
4
10
3
s
x
x



，又
84
3
y
x
x


在


3,4
x
单调递减，
故当
3
x 
时，
max
84
3
37
x
x








，从而

4
10
37
s 

，解得
3
4
s 
，
综上，实数s 的最大值为
3
4

.
5.若函数
( )
f x 满足：对于任意正数s、t，都有
( )
0
f s 
，
( )
0
f t 
，
( )
( )
(
)
f s
f t
f s
t



，则称函数
( )
f x 为“L
函数”．
(1)试判断函数
2
( )
h x
x

是否是“L 函数”；
(2)若函数


( )
2
1
2
1
x
x
g x
a




为“L 函数”，求实数a 的取值范围；
(3)若函数
( )
f x 为“L 函数”，且
(1)
1
f
，求证：对任意



1
2
,2
N
k
k
x
k




，都有
( )
2
x
f x 
．
【答案】(1)
2
( )
h x
x

是“L 函数”
(2)[ 1,1]

(3)证明见解析
【分析】（1）根据“L 函数”的定义，利用作差法即可得出结论；
（2）根据“L 函数”的定义，可得当
0,
0
t
s


时，


2
1
2
1
0
t
t
g t
a





，



g s
g t
g s
t



，转化
为函数不等式恒成立问题，利用分离参数法求解即可；
（3）根据“L 函数”的定义，令s
t
，可得
(2 )
2
( )
f
s
f s

，从而可得
1
1
2
(2
)
(2
)
(2
)
(2 )
2
( )
(2
)
(2
)
( )
k
k
k
k
k
k
f
s
f
s
f
s
f
s
f s
f
s
f
s
f s









，
再结合
(1)
1
f
即可得证.
【详解】（1）对于
2
h x
x

，当
0,
0
t
s


时，
2
0
h t
t


，
2
0
h s
s


，
因为



2
2
2
(
)
2
0
h s
h t
h s
t
s
t
s
t
st









，
所以



h s
h t
h s
t



，
所以
2
h x
x

是“L 函数”；
（2）当
0,
0
t
s


时，由


2
1
2
1
x
x
g x
a




是“L 函数”，
得


2
1
2
1
0
t
t
g t
a





，即(2
1)(2
)
0
t
t
a



对一切正数t 恒成立，
因为2
1
0
t 
，所以
2t
a 
对一切正数t 恒成立，
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又因为2
1
t ，所以
1
a ，
由



g s
g t
g s
t



，得2
2
2
1
(2
2
2
1)
0
s t
s
t
s t
s
t
a











，
所以(2
1)(2
1)(2
)
0
s
t
s t
a





，
因为(2
1)(2
1)
0
s
t



，所以2
0
s t
a


，
由2
0
s t
a


对一切正数,s t 恒成立，2
1
s t
，
所以
1
0
a 
，即
1
a ，
综上可知，实数a 的取值范围为[ 1,1]

；
（3）因为函数f（x）为“L 函数”，
所以对于任意正数,s t 都有

0
f s 
，

0
f t 
，且




f s
f t
f s
t



，
令s
t
，可知
(2 )
2 ( )
f
s
f s

，即
(2 )
2
( )
f
s
f s

，
所以对于正整数k 与正数s 都有
1
1
2
(2
)
(2
)
(2
)
(2 )
2
( )
(2
)
(2
)
( )
k
k
k
k
k
k
f
s
f
s
f
s
f
s
f s
f
s
f
s
f s









，
对任意



1
*
2
,2
N
k
k
x
k



，可得



1
*
1
2
,2
N
k
k
k
x




，
因为
(1)
1
f
，
所以
1
1
1
1
2
( )
(
2
)
(2
)
(2
)
2
(1)
2
2
k
k
k
k
k
x
f x
f x
f
f
f











.
1．已知对任意正数a、b、c，当
1
a
b
c


时，都有2
2
2
a
b
c
m



成立，则实数m 的取值范围是（
）．
A．
3
[3 2,
)

B．
3
(3 2,
)

C．[4,
)

D．(4,
)

【答案】C
【分析】根据给定条件，把2
2
2
a
b
c


化为
12
2
2
2
b
a
b
a



，并将它视为a 的函数，利用对勾函数的性质求得
1
1
1
2
2
2
2
2
a b
b
b
b
a






，再构造函数
2
( )
2
1
2
b
b
h b 

，利用对勾函数求解作答.
【详解】由
1
a
b
c


，
0,
0,
0
a
b
c



，得
1
c
a
b


，0
1
a
b


，于是0
1
,0
1
a
b
b



，
1
12
2
2
)
2
2
2
2
(
b
a b
a
b
a
b
a
f a








，令
1
2
(1,2
)
a
b
t



，
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函数
12
( )
2
b
b
g t
t
t



在
1
2
(1,2
)
b

上递减，在
1
1
2
(2
,2
)
b
b


上递增，显然
1
1
(1)
(2
)
2
2
1
b
b
b
g
g





，
因此
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
a
b
b
b
b
c
a
a b









，令函数
1
2
( )
2
2
1
2
1
2
b
b
b
b
h b





，0
1
b

，
令
2
(1,2)
b
u 

，
2
( )
1
u
u
u



在(1,
2) 上单调递减，在( 2,2)上单调递增，
而(1)
(2)
4




，即
12
2
1
4
b
b


，于是
4
2
2
2
a
b
c



，
因为对任意正数a、b、c，当
1
a
b
c


时，都有2
2
2
a
b
c
m



成立，则
4
m 
，
所以实数m 的取值范围是[4,
)
.
故选：C
2．设实数a ，b 满足1001
1010
2023
a
b
a


，1014
1016
2024
a
b
b


，则a ，b 的大小关系为（
）
A．a
b

B．a
b

C．a
b

D．无法比较
【答案】C
【分析】先假设a
b

，再推理导出矛盾结果或成立的结果即可得解.
【详解】假设a
b

，则1010
1010
a
b

，1014
1014
a
b

，
由1001
1010
2023
a
b
a


得
1001
1010
1001
1010
2023
(
)
(
)
1
2023
2023
a
a
a
a
a




，
因函数
1001
1010
( )
(
)
(
)
2023
2023
x
x
f x 

在R 上单调递减，又
1001
1010
2011
(1)
1
2023
2023
2023
f



，则
( )
1
(1)
f a
f

，所以
1
a 
；
由1014
1016
2024
a
b
b


得
1014
1016
1014
1016
2024
(
)
(
)
1
2024
2024
b
b
b
b
b




，
因函数
1014
1016
( )
(
)
(
)
2024
2024
x
x
g x 

在R 上单调递减，又
1014
1016
2030
(1)
1
2024
2024
2024
g



，则( )
1
(1)
g b
g

，所以
1
b ；
即有
1
a
b

与假设a
b

矛盾，所以a
b

，
故选：C
3．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，用其名字命名的“高斯函数”为：设xR ，用
x 表示
不超过x 的最大整数，则

y
x

称为高斯函数.例如：


3.6
4, 3.6
3







.已知函数

1
e
2
1 e
x
x
f x 

，则函
数



y
f x
f
x










的值域是（
）
A．

1,0

B．
0
C．

0,1
D．

1,0,1

【答案】A
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【分析】依题意可得

1
1
2
1
ex
f
x 

，再根据指数函数的性质讨论
0
x 
，
0
x 
和
0
x 
时，函数的单调
性与值域，即可得出答案.
【详解】因为

1
e
1
1 e
1
1
1
1
1
1
2
1 e
2
1 e
2
1 e
2
1 e
x
x
x
x
x
x
f x





















，定义域为R ，
因为
1 e x
y 
在定义域上单调递增，则
1
1 e x
y 
在定义域上单调递减，
所以

1
1
2
1 e x
f x 


在定义域R 上单调递减，
0
x 
时，




1
1
1
e
0,1 ,
,1 ,
0,
,
0
1 e
2
2
x
x
f x
f x



















，

0
0
f




0
x 
时，




1
1
1
e
1,
,
0,
,
,0 ,
1
1 e
2
2
x
x
f x
f x





















；
则
0
x 
时，



1 0
1,
f x
f
x












0
x 
时，





0
1
1
f x
f
x













，
0
x 
时，



0
0
0
f
x
f
x













.
故选：A.
4．已知函数

1
1
2e
e
1
x
x
f x




的图像与过点

1,1

的直线有3 个不同的交点

1
1
,
x
y
，

2
2
,
x
y
，

3
3
,
x
y
，则




2
2
1
2
3
1
2
3
x
x
x
y
y
y





（
）
A．8
B．10
C．13
D．18
【答案】D
【分析】分析函数

f
x 的对称性，再借助对称性的性质计算作答.
【详解】函数

1
1
2e
e
1
x
x
f x




定义域为R，且


0
0
2e
1
1
e
1
f 



，即点

1,1

在函数图象上，
R
x

，
2e
2e
2
2e
2
e
1
e
( 1
)
( 1
1
e
)
e
1
1
x
x
x
x
x
x
x
f
x
f
x














，因此，函数

f
x 的图象关于点

1,1

对称，
依题意，不妨令
2
2
1,
1
x
y

，则点

1
1
,
x
y
与

3
3
,
x
y
关于点

1,1

对称，即
1
3
2
x
x

且
1
3
2
y
y


，
所以



2
2
2
2
1
2
3
1
2
3
( 3)
3
18
x
x
x
y
y
y








.
故选：D
5．已知函数

1
1
,0
2
2 (
2),
2
x
x
f x
f x
x







，其中
R
a 
，给出以下关于函数

f
x 的结论：
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①
9
2
2
f 





②当


0,8
x
时，函数

f
x 值域为

0,8 ③当
4 ,1
5
k






时方程

f x
kx

恰有四个实根④当


0,8
x
时，若

2
2
x
f x
a

≤
恒成立，则
1
2
a 
．其中正确的个数为（
）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【分析】由题可画函数图象，结合图象可解.
【详解】当


0,2
x
时，

,0
1
2
,1
2
x
x
f x
x
x







，2 (
2)
f x 
是把

f
x 向右平移2 个单位变成
(
2)
f x 
后，再
把纵坐标变为原来的2 倍，得到2 (
2)
f x 
的图象，如图：
∵
5
1
9
2
4
4 1
1
2
2
2
2
2
1
f
f
f





























，故①正确；
由题知函数

f
x 在

0,2 上函数

f
x 值域为

0,1 ，在

2,4 上函数

f
x 值域为

0,2 ，在

4,6 上函数

f
x 值
域为

0,4 ，在

6,8 上函数

f
x 值域为

0,8 ，故当


0,8
x
时，函数

f
x 值域为

0,8 ，故②正确；
当
1
k 时有无数个实数根，故③错误；
当
1
2
a 
时，函数

f
x 的图象与
2
2
x
y
a


的图象交于(1,1) 点，结合图象
1
2
2
1
a

，即
1
2
a 
，故④
正确,
故选：C
6．已知函数

1
x
x
e
m
f x
e



，若对任意
1
x 、
2
x 、
3x
R

，总有

1
f x
、

2
f x
、

3
f x
为某一个三角形的边长，
则实数m 的取值范围是
A．1 ,1
2






B．

0,1
C．

1,2
D．1 ,2
2






【答案】D
【分析】依题意可得到





1
2
3
f x
f x
f x


对任意的
1
x 、
2
x 、
3x
R

恒成立，将函数

y
f x

的解析式用
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分离常数法变形，根据函数的单调性求出函数的值域，然后讨论m 转化为



1
2
f x
f x

的最小值与


3
f
x
的
最大值的不等式，进而求出实数m 的取值范围.
【详解】由题意可得，





1
2
3
f x
f x
f x


对任意的
1
x 、
2
x 、
3x
R

恒成立，



1
1
1
1
1
1
1
x
x
x
x
x
e
m
e
m
m
f
x
e
e
e











.
当
1
m 
时，函数

y
f x

是R 上的减函数，该函数的值域为

1,m ，
故




1
2
2
f
x
f
x


，


3
f x
m

，
2
m


，此时，1
2
m


.
当
1
m 时，

1
f x ，则





1
2
3
f x
f x
f x


对任意的
1
x 、
2
x 、
3x
R

恒成立；
当
1
m 时，函数

y
f x

是R 上的增函数，该函数的值域为

,1
m
，
故



1
2
2
f x
f x
m


，


3
1
f x
，
2
1
m

，则
1
2
m 
.，此时，1
1
2
m

；
综上所述，实数m 的取值范围是1 ,2
2






.
故选D.
7.(多选题）已知函数
( )
(
1),
( )
( )
(
)
x
f x
a
a
g x
f x
f
x





，若
1
2
x
x

，则（
）
A．




1
2
1
2
f x
f x
f x
x


B．






1
2
1
2
f
x
f
x
f
x x


C．






1
1
2
2
1
2
2
1
x g x
x g x
x g x
x g x



D．



1
2
1
2
2
2
g x
g x
x
x
g








【答案】AC
【分析】根据指数运算法则判断A，B 选项，利用作差法结合函数的单调性与基本不等式可判断选项C，
D.
【详解】A 选项：




1
2
1
2
1
2
1
2
x
x
x
x
f x
f x
a a
a
f x
x





成立，A 选项正确；
B 选项：




1
2
1
2
x
x
f
x
f
x
a
a



，


1 2
1
2
1
2
x x
x
x
f x x
a
a
a



，B 选项错误；
C 选项：由
( )
(
1)
x
f x
a
a


，故
( )
( )
(
)
x
x
g x
f x
f
x
a
a 





在R 上单调递增，假设
1
2
x
x

，则


1
2
g x
g x

，
故
















1
1
2
2
1
2
2
1
1
1
2
2
1
2
x g x
x g x
x g x
x g x
x
g x
g x
x
g x
g x
























1
2
1
2
0
x
x
g x
g x








，
即






1
1
2
2
1
2
2
1
x g x
x g x
x g x
x g x



，C 选项正确；
D 选项：
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





1
2
1
2
1
1
2
1
1
2
1
2
2
2
1
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
g x
g x
x
x
g
a
a
a
a
a
a



















1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
1
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
a
a
a
a
a
a



























1
2
1
2
2
1
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
a
a
a
a
a
a































1
2
1
2
1
2
2
1
2
2
2
2
1
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
a
a
a
a


















，又
1
2
x
x

，由基本不等式可知
1
2
2
1
2
2
2
2
2 1
0
x
x
x
x
a
a







，且当
1
2
0
x
x


时
1
2
1
2
2
2
0
x
x
x
x
a
a





，当
1
2
0
x
x


时
1
2
1
2
2
2
0
x
x
x
x
a
a





，故当
1
2
0
x
x


时，原式
0

，即



1
2
1
2
2
2
g x
g x
x
x
g








成立，当
1
2
0
x
x


时，原式
0

，即



1
2
1
2
2
2
g x
g x
x
x
g








，故D 选项错误；
故选：AC.
8．已知函数
2
2
2
( )
1
3
1
x
x
f x
x




，若
1 ,4
2
m






，使得不等式
2
(4
)
(
3 )
2
f
ma
f m
m




成立，则实数a 的
取值范围是
.
【答案】
23
, 2







【分析】设
( )
( )
1
F x
f x

，证明其为奇函数，减函数，不等式化为
2
(4
)
(
3 )
0
F
ma
F m
m



，再由奇偶
性与单调性变形为
2
3
4
m
m
ma


，分离参数为
4
3
a
m
m



，然后求得
4
3
m
m


的最大值，即可得结论．
【详解】令
2
2
2
2
2
( )
( ) 1
(
1)
3
1
1 3
x
x
x
F x
f x
x
x







，
则
2
2
(1 3 )
(3
1)
(
)
( )
1 3
3
1
x
x
x
x
x
x
F
x
F x










，
( )
F x 是奇函数，
设
1
2
0
x
x


，则
2
2
1
2
0
x
x


，
1
2
2
3
1
3
1
x
x


，
1
2
2
2
1
3
1
3
1
x
x



，
1
2
2
2
0
1
1
3
1
3
1
x
x



，∴
1
2
2
2
1
2
2
2
(1
)
(1
)
3
1
1 3
x
x
x
x





，从而
1
2
( )
(
)
F x
F x

，
所以
( )
F x 在[0,
)
上是减函数，又
( )
F x 是奇函数，所以它在(
,0]

上也是减函数，
所以
( )
F x 在(
,
)
上是减函数，
不等式
2
(4
)
(
3 )
2
f
ma
f m
m




可化为
2
(4
) 1
(
3 ) 1
0
f
ma
f m
m




，
即
2
(4
)
(
3 )
0
F
ma
F m
m



，
2
(
3 )
(4
)
(
4)
F m
m
F
ma
F ma





，
所以
2
3
4
m
m
ma


，
4
3
a
m
m



，
令
4
1
( )
3,
,4 ,
2
g m
m
m
m









设
1
2
1
4
2
m
m



，
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
(
)(
4)
4
4
(
)
(
)
m
m
m m
g m
g m
m
m
m
m
m m








，
1
2
0
m
m


，
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当
1
2
1
2
2
m
m



时，
1
2
4
0
m m 

，
1
2
(
)
(
)
0
g m
g m


，
1
2
(
)
(
)
g m
g m

，( )
g m 递减，
当
1
2
2
4
m
m



时，
1
2
4
0
m m 

，
1
2
(
)
(
)
0
g m
g m


，
1
2
(
)
(
)
g m
g m

，( )
g m 递增，
所以
1
23
( )
2
2
g

，(4)
8
g

，∴( )
g m 在1
[ ,4]
2
上的最大值为23
2 ，
23.
2
a 
由题意得：
故答案为：
23
(
,
)
2

．
9．已知函数
1
( )
1
e
1
x
f x 
，若不等式
2
(
)
1
2
x
f ax
f
x










对
(1,2)
x

恒成立，则实数a 的取值范围
是
．
【答案】5 ,
2





【分析】判断函数
1
( )
1
e
1
x
f x 
的单调性，利用其解析式推出
( )
(
)
1
f x
f
x


，则可将不等式
2
(
)
1
2
x
f ax
f
x










对
(1,2)
x

恒成立，转化为
2
2
x
ax
x


，即
1
2
a
x


对
(1,2)
x

恒成立，即可求得
答案.
【详解】由题意知
ex
y 
单调递增，故
1
( )
1
e
1
x
f x 
在R 上单调递增，
又
1
1
e
1
( )
(
)
1
1
2
1
e
1
e
1
e
1
x
x
x
x
f x
f
x












，
故不等式
2
(
)
1
2
x
f ax
f
x










对
(1,2)
x

恒成立，
即
2
2
(
)
1
2
2
x
x
f ax
f
x
f
x
















对
(1,2)
x

恒成立，
所以
2
2
x
ax
x


，即
1
2
a
x


对
(1,2)
x

恒成立，
当
(1,2)
x

时，
2
2
1
1
5
2
2
x




，
故
5
2
a 
，即实数a 的取值范围是5 ,
2




，
故答案为：5 ,
2





10．已知函数

2
2
x
x
f x
a




（a 为常数，
R
a 
）．
(1)讨论函数

f
x 的奇偶性，并说明理由；
(2)当

f
x 为偶函数时，若对任意的


2,0
x
，不等式



2
2
0
f
x
mf
x

≥
恒成立，求实数m 的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
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(2) 17 ,
.
4





【分析】（1）求出



=
f x
f
x

和



f x
f
x



时a 的具体值，即可判断奇偶；
（2）由（1）可得
( )
2
2
x
x
f x



，题意可转化成
2
2
x
x
m



对
[ 2,0)
x 
恒成立，设
1
2
,1
4
x
t







，( )
1
t
t
t


，
利用单调性的定义判断( )t

在1 ,1
4




上为减函数，即可求解
【详解】（1）函数
( )
2
2
x
x
f x
a




的定义域为R ，
(
)
2
2
x
x
f
x
a





，
当



=
f x
f
x

时，
2
2
2
2
x
x
x
x
a
a







即


(
1) 2
2
0
x
x
a




，解得
1
a ，
所以
1
a 时，函数
( )
f x 是偶函数，
当



f x
f
x



时，


2
2
2
2
x
x
x
x
a
a







即


(
1) 2
2
0
x
x
a




，解得
1
a ，
所以
1
a 时，函数
( )
f x 是奇函数，
综上所述，当
1
a 时，函数
( )
f x 是奇函数；
当
1
a 时，函数
( )
f x 是偶函数；
当
1
a 时，函数
( )
f x 是非奇非偶函数
（2）
( )
f x 为偶函数，根据（1）可知
1,
( )
2
2 .
x
x
a
f x




对于任意的
[ 2,0)
x 
，都有
(2 )
( )
2
0
f
x
mf x



成立，故


2
2
2
2
2
2
2
0
x
x
x
x
m









即




2
2
2
2
2
x
x
x
x
m





，
因为2
2
0
x
x



，所以
2
2
x
x
m



对
[ 2,0)
x 
恒成立，
设
1
2
,1
4
x
t







，( )
1
t
t
t


，
任取1
2
1
,
,1
4
t t






，且1
2
t
t

，即
1
2
1
1
4
t
t



，
则



1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
1
1
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t


































1
2
1 2
2
1
1
2
1 2
1 2
1
t
t
t t
t
t
t
t
t t
t t







，
因为
1
2
1
1
4
t
t


，所以1
2
1 2
0,
1
t
t
t t


，可得

1
2
0
t
t




，即

1
2
t
t



所以( )t

在1 ,1
4




上为减函数，
max
1
17
( )
4
4
t









，故
17
4
m 
所以实数m 的取值范围是17 ,
.
4





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11．我们知道，函数

y
f x

图像关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数

y
f x

为奇函数，有
同学发现可以将其推广为：函数

y
f x

的图像关于点


,
P m n 成中心对称图形的充要条件是函数


y
f x
m
n



为奇函数．已知函数
4
( )
4
2
x
f x 

．
(1)利用上述结论，证明：函数

f
x 的图像关于
1 ,1
2





成中心对称图形；
(2)判断函数

f
x 的单调性（无需证明），并解关于x 的不等式：


2
1
2
f
x
ax
a
f
x





．
【答案】(1)证明见解析
(2)
4
( )
4
2
x
f x 

为减函数，答案见解析
【分析】（1）由题，证明
1
( )
(
) 1
2
g x
f x


为奇函数即可；
（2）由题可得
4
( )
4
2
x
f x 

为减函数，又结合（1）结论可知


2
1
2
f
x
ax
a
f
x











2
2
1
1
1
0
f
x
ax
a
f
x
x
a
x
a










，后分类讨论a 的值解不等式即可.
【详解】（1）证明：由题意，只需证明
1
( )
(
) 1
2
g x
f x


为奇函数，
又
1
2
1
4
4
1 4
( )
(
) 1
1
1
2
2
2 4
1 4
2
4
x
x
x
x
g x
f x










，
易知函数( )
g x 定义域为R .
R
R
，
，
x
x



1
1
1 4
4
1
4
(
)
( )
1
1
4
4
1
1
4
x
x
x
x
x
x
g
x
g x













，所以( )
g x 为奇函数，所
以
( )
f x 的图像关于1
(
,1)
2
成中心对称图形．
（2）易知
2
4x
y 

为增函数，且2
4
0
x


，对任意的xR 恒成立，
所以
4
( )
4
2
x
f x 

为减函数. 又由（1）知，点( ,
( ))
x f x
与点(1
,
(1
))
x f
x


关于点1
( ,1)
2
成中心对称，即
( )
(1
)
2
f x
f
x



，
所以原不等式等价于
2
(
1)
2
( )
(1
)
f x
ax
a
f x
f
x







，
所以
2
1 1
x
ax
a
x



，即
2
(
1)
0
x
a
x
a



，
由
2
(
1)
0
x
a
x
a




解得
1
2
1
x
a
x


，
，
当
1
a 时，原不等式解集为{ |
x x
a
或
1}
x 
；
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当
1
a 时，原不等式解集为{ |
1}
x x 
；
当
1
a 
时，原不等式解集为{ |
1
x x 或
}
x
a

．
12．定义：若对定义域内任意x ，都有



f x
a
f x


（a 为正常数），则称函数

f
x 为“ a 距”增函数.
(1)若

2 ,
R
x
f x
x


，试判断

f
x 是否为“1 距”增函数，并说明理由；
(2)若

3
4,
R
f x
x
x
x




是“ a 距”增函数，求a 的取值范围；
(3)若



2
2
,
1,
x
k x
f x
x




，其中
R
k 
，且为“2 距”增函数，求

f
x 的最小值.
【答案】(1)

f
x 是“1 距”增函数，理由见解析
(2)
2
a 
(3)当
0
k 
时，
min
(
)
1
f
x
，当2
0
k


时，

2
4
min
(
)
2
k
f x


.
【分析】(1)根据定义检验即可；
(2)由定义列不等式求a 的取值范围；
(3)由条件结合定义列不等式求k 的范围，再求函数的最值.
【详解】（1）对任意的



1
R,
1
2
2
2
0
x
x
x
x
f x
f x








，
故

f
x 是“1 距”增函数；
（2）









3
3
2
2
(
)
4
4
3
3
1
f
x
a
f
x
x
a
x
a
x
x
a
x
ax
a














，
又

f
x 为“ a 距”增函数，
所以

2
2
3
3
1
0
a
x
ax
a




恒成立，
因为
0
a 
，
所以
2
2
3
3
1
0
x
ax
a



恒成立，
所以


2
2
9
12
1
0
a
a




，所以
2
4
a 
，故
2
a 
；
（3）因为



2
2
,
1,
x
k x
f x
x




，
其中
R
k 
，且为“2 距”增函数，
所以当
1
x 时，



2
f x
f x


恒成立，
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2x
y 

增函数，


2
2
(
2)
2
x
k x
x
k x






当
0
x 
时，


2
2
(
2)
2
x
k x
x
kx





，
即4
4
2
0
x
k



恒成立，
4
2
0
k



，解得
2
k ，
当1
0
x


时，


2
2
(
2)
2
x
k x
x
kx





，
即4
4
2
2
0
x
kx
k




恒成立，
所以


1
2
0
x
k



，解得
2
k ，
所以
2
k .

2
2
,
1,
2
x
k x
f
x
x
k




令
0
t
x


，则

2
2t
kt
f
x


.
①当
0
2
k


时，即
0
k 
时，
当
0

t
时，

min
1
f
x





②当
0
2
k


时，即2
0
k


时，
当
2
k
t 
时，

2
4
min
2
k
f
x






综上，当
0
k 
时，
min
(
)
1
f
x

当2
0
k


时，

2
4
min
(
)
2
k
f x


【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去
解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看
本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜
法宝.
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