专题02函数概念与基本初等函数（6大考点）（全国通用）（教师版）(1)_数学_专项复习_2027年高考数学专项复习更新中_2026年高考数学一模试题分类汇编（新高考通用）-G178_2026版

专题 02 函数概念与基本初等函数
6大考点概览
考点01函数的图象及其应用
考点02函数单调性及其应用
考点03函数奇偶性、周期性等性质的综合应用
考点04指数运算及对数运算问题
考点05抽象函数问题
考点06分段函数问题
考点1 函数的图象及其应用
1．（2026·河北邢台·一模）函数 图象的对称中心的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用分离常数项化简函数解析式，根据函数图像变换，结合奇函数的对称性，可得答案.
【详解】 ，
易知函数 的图像可由函数 向左平移 个单位，再向下平移 个单位得到，
由奇函数 的图像关于 成中心对称，则函数 的图像关于 成中心对称.
故选：D.
2．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）函数 的图象大致为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求出函数的定义域和奇偶性，再根据指定区间函数值的符号即可求出结果.
【详解】 ， ，则 ，即定义域为 ，设 ，则 ，故 为偶函数，图象关于 轴对称，排除BC，
当 时， ， ， ， ，排除A，所以选项D正确.
3．（2026·甘肃·一模）根据如图所示的函数图象，当 时，以下不等关系正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】根据图像，当 时，函数 的图像在函数 的上方，而 在 图像的
上方，所以 .
4．（2026·山东东营·一模）在平面直角坐标系中，直线 与函数 的图象的交点个
数为（ ）
A．0 B．1 C．0或1 D．无法确定
【答案】C
【分析】由函数的概念，结合函数定义域的范围即可判断.
【详解】由函数的定义可知，对定义域内的任意一个 ，只有唯一的 与之对应，若 在函数定义
域内，则直线 与函数 的图象的交点个数为1，若不在函数定义域内，则直线
与函数 的图象的交点个数为0，所以函数 的图象与直线
的交点个数为0或1.5．（2026·辽宁辽阳·一模）函数 的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】分析函数 的奇偶性及其在 时 的符号，结合排除法可得出合适的选项.
【详解】对任意的 ， ，故函数 的定义域为 ，
因为 ，故函数 为偶函数，排除AC选项，
当 时， ，则 ，此时 ，排除B选项.
6．（2026·河北沧州·一模）将函数 的图象向右平移2个单位长度得到函数
的图象，则 的图象大致为（ ）
A． B． C． D．【答案】B
【分析】由题求得 的解析式，判断奇偶性可排除AC；当 时，由对勾函数的性质可判断
的单调性，可排除D，得解.
【详解】因为 ，所以 ，其定义域为 ，且
，所以 为偶函数，故排除A，C；又 时，
，由对勾函数的性质可知， 在 上单调递增，在 上单调递
减，故排除D.故选：B.
7．（2026·北京密云·一模）为了得到 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2倍（纵坐标不变）
B．横坐标变为原来的 倍（纵坐标不变）
C．纵坐标变为原来的2倍（横坐标不变）
D．纵坐标变为原来的 倍（横坐标不变）
【答案】B
【详解】对于A，把函数 的图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得，A错误；对于B，把函数 的图象上所有点的横坐标变为原来的 倍（纵坐标
不变），得 ，B正确；对于C，把函数 的图象上所有点的纵坐标变为原来的2
倍（横坐标不变），得 ，C错误；对于D，把函数 的图象上所有点的纵坐标变
为原来的 倍（横坐标不变），得 ，D错误.
8．（2026·河北承德·一模）已知某函数的大致图象如图所示，则该函数的解析式可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】分析各选项中函数的奇偶性、函数值符号、单调性，结合图象分析可得答案.
【详解】对于A选项，当 时， ，与题中函数图象不符，故A错误；
对于B选项， ，
所以函数 为 上的增函数，与题中函数图象不符，故B错误；
对于C选项，设 ，该函数的定义域为 ， ，故函数为偶函数，与题干中函数图象不符，故C错误；
对于D选项，设 ，该函数的定义域为 ， ，所以
函数 为奇函数，当 时， ， ，
由 ，可得 ；由 ，可得 或 ，所以函数 的单调递减区间为
、 ，单调递增区间为 ，与题中函数图象相符，故D正确.
9．（2026·福建泉州·一模）已知函数 的部分图象如图，则 的解析式可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据题意，得到函数 为奇函数，且当 时， 且 ，结合选项，
逐项分析判断，即可求解.
【详解】由函数 的图像，可得函数 的定义域为 ，且其图像关于原点对称，
即函数 为奇函数，且当 时， 且 ，
对于A，函数 的定义域为 ，且 ，
所以函数 为奇函数，且当 时， 且 ，所以A符合题意；对于B，函数 的定义域为 ，且 ，
所以函数 为偶函数，所以B不符合题意；
对于C，函数 为最小周期为 的周期函数，所以C不符合题意；
对于D，函数 的定义域为 ，且满足 ，
所以函数 为奇函数，当 时， 且 ，所以D不符合题意.
10．（2026·北京平谷·一模）已知函数 （ 且 ），将函数 的图象上的每个
点的横坐标不变，纵坐标扩大为原来的3倍，得到函数 的图象，再将 的图象向右平移1
个单位长度，所得图象恰好与函数 的图象重合，则 的值是（ ）
A．3 B． C． D．
【答案】C
【详解】由题可得 ，则再将 的图象向右平移1个单位长度后所得图象为函
数 的图象，由题可知函数 图象恰好与函数 的图象重合，所以
，即 ，又 且 ，所以 .
11．（2026·广东深圳·一模）若实数 ， ， 满足 ，则 ， ， 的大小关系不
可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C【详解】由 可得 ， 与 互为反函数，故其交
点 在直线 上，且交点横坐标小于1，而 与 交点的横坐标等于1，
从而 ， ， 在同一直角坐标系中的大致图象如图所示： 与 的图像
交点为 , 与 的图像交点为 ,且
当直线 位于点 的上方时，此时直线 与三个函数的交点横坐标满足 ，
当直线 位于点 的上方， 的下方时，此时直线 与三个函数的交点横坐标满足
，
当直线 位于 点的上方， 的下方时，此时直线 与三个函数的交点横坐标满足
，
当直线 位于 点的下方时，此时直线 与三个函数的交点横坐标满足 ，
12．（2026·广东江门·一模）已知函数 ，若
，则 的大小关系不可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】由题意令 ，即 ，得 ，又 ，即 ，
得 或 ，令 ，则 ，
可化为 ，则 是函数 的图像与直线
的交点横坐标，如图所示，当 时， ，
当 时， ，
当 时， ，
当 时， ，
当 时， ，
当 时， ，
当 时， ，
综上， 的大小关系不可能是 ，
13．（2026·山东济南·一模）已知函数 的图象上存在不同的两点关于 轴对
称，则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据函数图象上存在不同的两点关于 轴对称，得到关于 的表达式，然后通过函数的单
调性和最大值，进而确定 的取值范围.
【详解】设函数 图象上关于 轴对称的两点分别为 ，
因为这两点都在函数 的图象上，所以有 ，
两式相减得： ，
整理并化简得： ，即 ，因为 ，所以 ，即
，令 ，所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，又因为 ，所以 ，所以 ，故选：D
14．（2026·安徽淮北·一模）函数 在AI神经网络中作为激活函数使用，可提升模型的
非线性拟合能力．下列函数图象中，可以作为 大致图象的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】求出 排除选项BD，利用导数法求出 的单调性得到结论.
【详解】 ， ，排除选项BD，
， ，
设 ， ，
当 时，即 ， ，则 在 范围内是单调递增函数；
当 时，即 ， ，则 在 范围内是单调递减函数；
当 时， ， ， 在 范围内是单调递增函数；
当 时， 在 范围内是单调递增函数，
， ， ，使得 ，
当 时， ， ，则 在 是单调递减函数；当 时， ， ，则 在 是单调递增函数；则选项A符合.
故选：A.
15．（2026·重庆九龙坡·一模）函数 部分图象如图，则 可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据（1）定义域： 处无定义，函数在该点断开；（2）奇偶性：图象关于原点对称，
函数为奇函数；（3）零点： 、 处函数值为0；（4）极限趋势： 时，函数值趋向
于无穷大；逐个分析判断正误即可.
【详解】选项A：奇偶性： ，是偶函数，与图象的奇函数特征矛
盾.A错误.选项B：奇偶性： ，是奇函数，符合；
零点： ，对应 、 ，与图象零点一致；
极限趋势： 时 ， 时 ，与图象趋势一致；定义域： ，
符合图象特征. 综上B正确.选项C：零点： ， 时， ，与图象
中 为零点矛盾. C错误.选项D：定义域： （ 处有定义， ），与图象
处无定义矛盾. D错误.故选：B.考点2 函数单调性及其应用
1．（2026·辽宁抚顺·一模）设函数 ，若 ，则 与0的大
小关系为（ ）
A． B．
C． D．无法确定
【答案】A
【详解】因为 ，且 ，所以 ，由对数函数性质得 在 上单调递减，
而 ，则 ，故A正确.
2．（多选）（2026·江苏南通·一模）已知正数 满足 ，则 的大小关系可能是
（ ）
A． B． C． D．
【答案】BD
【分析】设 ，将 用 表示后分情况讨论比较大小.
【详解】设 ，则 ，
当 时，指数函数 单调递增，因为 ，所以 ，即 ；
当 时，指数函数 单调递减，因为 ，所以 ，即 ；
故选：BD.
3．（多选）（2026·河北·一模）设 且 ，若 ，则下列大小关系可能成立
的有（ ）
A． B．
C． D．【答案】ACD
【分析】先降次，将 降为 后再构造函数即可判断.
【详解】因为 且 ， ，所以 .又 ，
所以 .构造函数 ，则 的定义域为 ，
，所以 在 上单调递减，又 ，所以当 时，
，即 ，所以 ，所以 ，故CD正确；
当 时， ，即 ，所以 ，所以 ，故AD正确，B错误.
故选:ACD.
4．（多选）（2026·湖北襄阳·一模）设 ， ， ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据 的形式构造函数 ，利用导数求解函数的单调性即可得解.
【详解】由于 ，故构造函数 ，
则 ，令 ，
故 ，因此 在 上单调递增，
故 ，故 在 恒成立，故 在 上单调递增，
因此 ，即 .
5．（多选）（2026·湖北荆州·一模）下列函数中，是奇函数且在 上单调递增的是（ ）A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】判断函数的单调性，即可判断ABC的正误；结合分段函数的单调性以及奇偶性的判断，
可判断D.
【详解】对于A，由于 在R上单调递减，故 在R上单调递减，A错误；
对于B， ，由于 在 上单调递
增，故 在 上单调递增，则 在 上单调递增，故
在 上单调递减，B错误；
对于C，由 可得 ，当 时， ，此时
在 上单调递减，C错误；
对于D，令 ，当 时， ，在 上单调递增，
再判断函数的奇偶性：当 时，令 ，当 时， ，则 时，
，则 ； 时， ，
则 ；即可知 为奇函数，D正确.
6．（2026·安徽黄山·一模）已知 是 上的奇函数，且 ，若 在 上单调递减，则不等式 的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据题意，画出函数 的图像，结合图像，即可求得不等式的解集.
【详解】由函数 是 上的奇函数，且 ， 在 上单调递减，可得函数的图
像关于原点对称， ，且 在 上单调递减，函数 的图像如图所示，结合图
像可得，不等式 的解集为 .故选：A.
7．（2026·山东临沂·一模）函数 ，若对任意 ，都有
，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先推得 的单调性和 ，进而将目标转化为 在 上
恒成立，求一元二次函数的最大值即得.
【详解】因为 在 上单调递增，所以 在 上单调递增，
又因 ，所以 等价于 ，
则 在 上恒成立，也即 在 上恒成立，
因为 在 上单调递减，在 上单调递增，
且 ， ，所以 ，则 ，故a的取值范围是 .
8．（2026·山西大同·一模）已知函数 的定义域为 ，若对于定义域内给定的任意 ，
，都有 ，则不等式 的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根据题目条件化简可知函数 在 上单调递增，再利用单调性求解不等式即
可.
【详解】因为函数 满足对任意的 ， ， ，都有 ，
设 ，则 ，所以 ，即 ，所以
，令 ，因为当 时，都有 ，所以函数 在
上单调递增.又不等式 两边同乘以 ，得
，即 ，即 ，所以 ，故 ，
解得 ，即 .
9．（2026·天津滨海新区·一模）已知 是定义在R上的偶函数，且 在 上单调递增，
设 ， ，则 的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，得到 在 为单调递减函数，且 ，利用对数函数的单调
性，求得 ，结合 的单调性，即可求解.
【详解】由题意知，函数 是定义在R上的偶函数，且 在 上单调递增，
可得函数 在 上为单调递减函数，且 ，所以 ，
，因为 ，所以 ， ，
，可得 ，所以 ，
即 ，所以 .
10．（2026·河北保定·一模）已知正数a，b满足 则 ab=（ ）
A．20 B．21 C．22 D．23
【答案】A
【分析】通过对已知条件变形，构造单调函数 ，利用函数唯一性得到 与 的对数关系，
进而代换消元求出 .
【详解】由 得 ，即 ，令 ，则 定义域 ，且 ，
当 时， ， 在 单调递增，
由 可得 ，且 ，
所以 ，即 ，所以 ，得 .
【点睛】利用指数与对数的同构构造单调函数，通过函数单调性建立变量关系，实现消元求值.
11．（2026·江苏·一模）已知正数 ， 满足 ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据 为正数可得 ，根据 为正数及 为 上的增函
数可得 ，从而可得正确的选项.
【详解】因为 为正数，故 .由题设有 ，
而 ，故 ，故 ，故 ，且 ，
故 设 ，因为 均为 上的增函数，
故 为 上的增函数，而 ，故 ，故A正确，BCD错误.
12．（2026·重庆·一模）已知函数 ，若关于 的不等式 成
立，则实数 的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】先判断函数的对称性，再通过求导判断函数的单调性，计算即可.
【详解】 ，即 ，，令 ，解得： ，
当 时， ， ，则 在区间 单调递增；
当 时， ， 在区间 单调递减；
， ，
即 ， 关于 对称，
， ，即 ，
两边平方得 ，解得 ，
则实数 的取值范围是 .
13．（2026·广东茂名·一模）已知函数 ，则不等式 的解
集为_______．
【答案】
【分析】判断函数 的奇偶性与单调性，再根据奇偶性与单调性脱“ ”即可求解.
【详解】函数 ，令 ，解得 ，
故函数 的定义域为 ， ，故函数 是奇函数.
而函数 在 上单调递减，函数 在 上单调递增，
因此函数 在 上单调递减. 不等式，所以所求不等式的解集为 ．
14．（2026·河北张家口·一模）已知函数 满足 ，当 时，
，则不等式 的解集为______．
【答案】
【分析】根据函数的对称性与单调性的关系列不等式组求解即可.
【详解】根据题意，因为函数 满足 ，所以函数 的对称轴为直线 ，
因为函数 在 上单调递增，函数 在 上单调递减，
所以函数 在 上单调递增，则函数 在 上单调递减，
由 得 ， 等价于 或 ，
解得 或 ，所以不等式 的解集为 .
考点3 函数奇偶性、周期性等性质的综合应用
1．（2026·山西朔州·一模）函数 是偶函数，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】因为函数 是偶函数，所以 ，所以 ，
所以 ，所以 ，所以 ，因为 ，所以，解得 .
2．（2026·江西赣州·一模）若函数 且 为偶函数，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用特殊值法得出 ，求出 的值，再利用函数奇偶性的定义验证即可.
【详解】函数 且 为偶函数，且该函数的定义域为 ，所以 ，
因为 ， ，所以 ，可得 ，又因为 且 ，解得 ，
此时 ，因为 ，故当 时，
函数 为偶函数，故 .
3．（2026·湖南怀化·一模）已知定义在 上的函数 满足 ，且 ，则
（ ）
A．0 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】根据已知条件求出 的周期，结合函数周期性求值即可.
【详解】因为 ，所以 ，所以 ，
即 .所以 是周期为4的周期函数.所以 .在 中，令 ，则 ，所以 .因此 .
3．（2026·广东深圳·一模）设 是定义在 上的奇函数， ， ，则
（ ）
A． B．0 C．1 D．2
【答案】A
【分析】由奇偶性对称性得到函数的周期，再利用周期性对称性即可求解.
【详解】由于 ， ，则 .故选：
A
4．（2026·广东江门·一模）设 是定义在 上且周期为2的奇函数，当 时，
，则 （ ）
A． B．1 C．2 D．3
【答案】B
【详解】因为 是定义在R上的奇函数，所以 ，所以 ，
又 周期为2，故 ，所以 ，又 ，
所以 ，所以 ，所以 .
5．（2026·河北张家口·一模）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】利用函数的奇偶性和周期性可得答案.
【详解】由 是定义在 上的偶函数，得 ；由 是定义在 上周期为
2的函数，所以 ，又因为 ，
所以 ，故 .
6．（2026·河北邯郸·一模）若定义在 上的偶函数 满足 ，且当 时，
，则 （ ）
A． B．0 C． D．
【答案】C
【详解】因为 是偶函数，所以 ，由 ，
得 ，所以 ，得 ，所以 是以4
为周期的函数，所以 ．
7．（2026·江西南昌·一模）已知函数 ，若函数 为偶函数，
则（ ）
A． ， B． ，
C． ， D． ，
【答案】B
【详解】令 ，因为函数 为偶函数，且 为三次函数，所
以 为奇函数，即 ，所以，
即 ，即 ，
所以 ，解得 .
8．（2026·山东青岛·一模）已知函数 的定义域为 ，且 为偶函数， 为奇函
数， ，则 （ ）
A．1 B．0 C． D．
【答案】B
【分析】由已知条件，可求得函数 关于 轴对称，关于 中心对称，周期为4，再根
据函数的对称性和周期性，即可求解.
【详解】因为 为偶函数， 为奇函数，所以 ，
，所以函数 关于 轴对称，关于 中心对称，
所以 ， ，
所以 ，令 ，则 ，即 ，
所以 ，令 ，则 ，所以 的周期为4，
又 ， ，所以 ，所以 ，
又函数 关于 轴对称，关于 中心对称，所以 ， ，
又 的周期为4，所以 ， ， ，
所以函数 一个周期内的函数值为 ， ， ， ，所以 ，
所以
，所以 .
9．（2026·山东青岛·一模）已知定义在 上的函数 满足 ，
，当 时， ，则方程 所有根之和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用函数性质画出函数图象，将方程根的问题转化成函数交点问题.
【详解】由 ，得函数 关于点 对称，
又 ，得函数 关于直线 对称，从而函数 是周期为4的周期函数.
又当 时， ，则 ，
即 是 的单调递增函数， ， ，可画出 的部分图象，
又方程 的根即 与 的交点横坐标，如图
两函数共有17个交点，并且关于点 对称，故所有根之和为17.
10．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）已知函数 是定义在 上的偶函数， 关于 中心
对称，则下列说法正确的是（ ）
A． 的一个周期为6 B．C． D．
【答案】B
【分析】解题的关键在于根据已知条件推导出函数 的周期，结合函数的性质逐一分析选项求
解.
【详解】选项A， 的图像向左平移 个单位得到 ，又 关于 中心
对称， 关于 中心对称， ，将 式子中的 用
代 替 ， 得 到 ， 是 定 义 在 上 的 偶 函 数 ， ，
，将此式子中的 用 代替，得到 ，则 是一
个以 为周期的周期函数，故选项A错误；
选项B， 关于 中心对称， 的定义域为 ， ， 是定义在 上的偶
函数， ，故选项B正确；
选项C， ， ，但是 根据题中已知条件无法得到，故选项C错误；
选项D， 是一个以 为周期的周期函数， ， ，
， ， ，
，
， ，
，
仅根据已知条件无法确定其值，故不能得出 ，故选项D错误.
11．（2025·湖南郴州·一模）函数 对 ，且 为奇函数，则下
列说法正确的是（ ）A．若 时 ，则
B． 的周期为6
C． 的图象关于 中心对称
D．
【答案】C
【分析】对于A选项，首先通过奇偶性得： ，然后根据已知条件通过赋值进
行求解；
对于B选项，根据奇偶性及周期性的结论进行求解即可；
对于C选项，通过奇偶性可得函数关于 中心对称，再根据函数周期性即可判断正误；
对于D选项，利用函数周期性可得： ，再根据 通过赋值可得：
，进而可以判断选项正误.
【详解】对于A选项，已知 为奇函数，则有 ，
令 ，得： ，又 ，令 ，得： ，
因此可得： ，故A选项错误.
对于B选项，已知 为奇函数，则有 ，又 ，
则有 ，由此可得： ，即有 。
因此可得： 的周期为 ，故B选项错误.
对于C选项：已知 为奇函数，则有 ，因此可得：函数 关于
中心对称，又函数 的周期为 ，所以 关于 中心对称，故C选项正确；对于D选项：已知函数 的周期为 ，则有 ，
又 ，令 ，得 ，因此可得： ，即
，故D选项错误.
故选：C
12．（2026·辽宁抚顺·一模）已知定义域为 的偶函数 满足 ，且
在 上是单调递增函数，若函数 ，则下列结论正确的是（ ）
A． 为偶函数 B． 在 上是单调递增函数
C． D．
【答案】C
【分析】先通过题干求出 的周期；根据偶函数定义判断A选项；通过 ，
结合 的单调性与单调性运算性质可判断B选项；利用作差法，结合函数 的符号进行比较
大小即可判断C选项；结合函数 的周期性和对称性判断D选项是否具有周期性.
【详解】已知 （①），将 替换为 得
（②），
由①+②得 ，则 ，即函数 周期为 ，
且 恒成立，又 是定义域 的偶函数，故 ，且 在 单调递
增，
因此 ，结合 得 .选项A： （③），
由 得 ，代入③式得 ，
而 ，显然 ，故A错误；
选项B： 时， ， ， 递增，
故 在 递减； 同时 ， 在 上单调递增，
因此 ，根据单调性运算性质可知 递减函数，故B错误；
选项C： 因此
，已知 ，故 ，故C正确；
选项D： ，故D错
误.
考点4 指数运算与对数运算问题
1．（2026·山西大同·一模）若 ， ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先应用指数和对数转化，再应用对数运算律计算判断各个选项.
【详解】因为 ， ，所以 ， ，所以 ，A选项错误；
，B选项错误； ，C选项错误；
，D选项正确.
2．（2026·天津河东·一模）已知 ， ， ，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B【详解】由 ，所以 .
3．（2026·福建龙岩·一模）某云计算平台处理文件量 （单位：GB）的所需时间 （单
位： ），其中 为常数.已知处理文件量从9GB增加到729GB时，处理时间增加12min；当处理
文件量从729GB增加到6561GB时，处理时间增加（ ）
A．3min B．6min C．9min D．24min
【答案】B
【分析】由条件列方程求 ，再求对应条件下的时间增加量即可.
【详解】由题意可得 ，解得 ，所以当处理文件
量从729GB增加到6561GB时，处理时间增加
.
4．（2026·内蒙古鄂尔多斯·一模）某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含
量 （单位： ）与时间 （单位：h）间的关系为 ，其中 是正的常数．如果在
前7h消除了 的污染物，那么14h后所剩污染物为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先求出函数关系式，再代入求值.
【详解】由题意得 ， 是正的常数，故 ，两边取对数得
，故 ，所以14h后所剩污染物为 .
5．（2026·北京平谷·一模）近年来，人们越来越注意到家用冰箱使用的氟化物释放对大气臭氧层
的破坏作用．科学研究表明，臭氧含量 与时间 （单位：年）的关系为 ，其中 是臭
氧的初始含量， 为常数．经过测算，如果从现在算起，不对氟化物的使用和释放进行控制，经过
年将有一半的臭氧消失．按照这样变化规律，若经过 年，臭氧含量只剩下初始含量的 ，约为（）（参考数据： ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意， 年臭氧剩一半可得衰减常数 ，代入臭氧剩 的条件 ，
再利用参考数据计算出 .
【详解】根据题意，臭氧含量随时间变化的关系为 ，已知经过 年臭氧含量剩下一半，
即 ，两边同时取对数得： ，所以 ，要求臭氧含量剩初始含量的 ，
即 ，所以 ，即 ，由 ， ，
得 ，代入得： 年，
因此，经过约 年臭氧含量只剩下初始含量的 .
6．（2026·贵州安顺·一模）设方程 的两个根为 ，则 （ ）
A．0 B．1 C．e D．
【答案】A
【分析】先将题设等式利用指对互化和 换元，可得方程 ，该方程的两根为 ，
利用韦达定理、指数幂运算以及立方和公式化简计算即得.
【详解】由 可得 ，设 ，则 ，方程可化为
，
设该方程的两根为 ，则 ，由韦达定理， ，则有 ，
于是 .故选：A.
7．（2026·四川宜宾·一模）已知 ，且 ，则（）
A． B． C． D．
【答案】D【分析】设 ，通过对数和幂函数将 用 表示，再比较大小.
【详解】设 ，因为 ，所以 .所以 ， ，
.
因为 ，所以 ， ，故 ；而 ，所以 ， ，
因为函数 在 时单调递减，且 ，所以 ，即 .综上， .
8．（2026·黑龙江齐齐哈尔·一模）若 ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】因为 在 上单调递增，所以 ，可得 ，
根据 ，且 在 上单调递增，可得 ，即 ，
由 在 上单调递增，可得 ，结合 ，可得 .
9．（2026·宁夏银川·一模）若 ， ， ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据对数的换底公式，对数的运算法则以及指数函数的单调性，通过构造函数，利用导数
法求出单调性比较出 的大小.
【详解】 ， ， ， ，
， ， ， ，
设 ， ，，
设 ， ， ， ，
在 上是单调递增函数， ， ，
， 在 上是单调递减函数， ， ， ，
为 上的单调递减函数， ， ， ，
，即 .
10．（2026·广东深圳·一模）若实数 ， ， 满足 ，则 ， ， 的大小关系不
可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】由 可得 ， 与 互为反函数，故其交
点 在直线 上，且交点横坐标小于1，而 与 交点的横坐标等于1，
从而 ， ， 在同一直角坐标系中的大致图象如图所示： 与 的图像
交点为 , 与 的图像交点为 ,且
当直线 位于点 的上方时，此时直线 与三个函数的交点横坐标满足 ，当直线 位于点 的上方， 的下方时，此时直线 与三个函数的交点横坐标满足
，
当直线 位于 点的上方， 的下方时，此时直线 与三个函数的交点横坐标满足
，
当直线 位于 点的下方时，此时直线 与三个函数的交点横坐标满足 ，
11．（2026·贵州毕节·一模）函数 的定义域为__________.
【答案】
【分析】根据对数的真数大于0即可得解.
【详解】令 ，解得 或 ，即 ，
因此函数 的定义域为 .
12．（2026·四川遂宁·一模） ________.
【答案】4
【分析】根据指数幂的运算性质及对数的运算性质计算可得．
【详解】 .
13．（2026·湖北十堰·一模）已知 ， ，用 ， 表示 ______.
【答案】
【分析】对给定的等式两边取常用对数，再利用对数运算法则，结合方程的思想求解.
【详解】由 ，得 ，则 ；由 ，得 ，则 ，
因此 ，所以 .
14．（2026·新疆乌鲁木齐·一模）已知 ，则 的取值范围为______
【答案】
【分析】利用换底公式 换为 ，结合对勾函数求解即可.【详解】因为 ，所以令 ，则 ，所以
，由 的图象可知，所以 ， ，所以
.
15．（2026·山西朔州·一模）若 ，且 ， ，
则 __________.
【答案】
【分析】先利用对数的运算法则对已知条件进行化简，然后通过换元法将对数方程转化为关于新变
量的方程，最后求解方程得到 的值.
【详解】根据题意，由 ，可得 ，又 ，
所以 ，令 ， ，则 ， ，
所以可得 ①， ②，将②式通分，可得 ，即 ③，
将③式代入①式，可得 ，解得 ，即 .
考点5 抽象函数
1．（2026·黑龙江吉林·一模）若定义在 上的函数 满足 ，是奇函数， ，则 （ ）
A． B．0 C．1 D．2
【答案】A
【分析】由 是奇函数可得 关于 中心对称，结合 ，利用
赋值法计算可得 ，即可得该函数周期，再利用 ，则可计算出 为 到
时的 的值，即可得解.
【详解】由 是奇函数，则 ，故 关于 中心对称，
由 ，令 ，则 ，即 ，
由 ，令 ，则 ，
故 ，则 ，
故 ，即有 ，故 以 为周期，
由 ，则 ，
， ，
， ，
则
.
2．（2026·四川宜宾·一模）已知定义在 上的函数 满足 ，若函数与函数 的图象的交点为 ， ， ， ，则
（ ）
A．8 B． C．12 D．
【答案】A
【分析】判断出函数 与 的对称中心，根据两函数图象交点的对称性计算即可.
【详解】由 可得， ，所以函数 关于点 对称.
函数 的定义域为 .
因为 ，
所以函数 关于点 对称.因此函数 与函数 的图象的交点也关于点 对称.
若 是两函数图象的交点，则 一定是两函数图象的交点，
那么 ， .所以 .
3．（2026·福建龙岩·一模）已知定义在 上的函数 满足 ，且
，则（ ）
A． 是偶函数 B． 的最小正周期是2
C． 关于点 中心对称 D． 是奇函数
【答案】A
【详解】由 ，得 ，周期为2，
但最小正周期不能判定，例如函数 满足题设条件，但该函数没有最小正周期，故B错误；由于周期为2，所以 ， ，
又 ，得 ，所以 是偶函数，A正确；
由 只能推出对称轴为 ，无中心对称的推导依据，C错误；
令 ，由 是偶函数且 ，
得 ，又 ，
所以 ，所以 为偶函数，D错误.
4．（多选）（2026·陕西西安·一模）已知函数 是定义域为 的奇函数， ，
若 ， ， ，则（ ）
A． B．
C． 是周期为 的周期函数 D．
【答案】CD
【分析】先根据题意推导出 是周期为 的周期函数，即可判断选项C，再根据题干关系式和周
期性依次计算选项A，B，D即可.
【详解】由函数 是定义域为 的奇函数，可知 且 ，
因为 ，代入
得 ，整理得 ，
即知 ，故 是周期为 的周期函数，C正确；
选项A，B， ，由 是周期为 的周期函数可知，，
同理 ，故A，B都错误；
选项D，因为 ， ， ， ，所以一个周期内
，所以 ，故D正确.
故选：CD.
5．（多选）（2026·山东临沂·一模）已知函数 满足 ，且当 时，
，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】A：利用赋值法进行运算判断即可；
B：利用反证法进行判断即可；
C：运用对数的运算性质，结合已知不等式进行运算判断即可；
D：利用函数单调性的定义、题中不等式判断函数 的单调性，根据函数值对应自变量的值的
特点构造新函数，结合导数的性质、判断新函数的单调性，再结合已知原函数的单调性进行判断即
可.
【详解】A：在 中，令 ，得 ，
令 ，得
，故本选项说法正确；
B：假设 ，由上可知 ，所以有 ，这与已知当 时，矛盾，所以假设不成立，故本选项说法不正确；
C：因为 ，所以 ，
，即 ，因为当 时， ，
所以 ，所以本选项说法正确；
D：设 ，则有 ，所以有 ，
由上可知 ，所以 ，所以 ，
所以当 时， 单调递增.设 ，则有 ，
因为 ，所以 单调递减，
因为 ，所以 ，即 ，
因为当 时，函数 单调递增，且 ，所以 ，因此本选项说法正确.
6．（多选）（2026·河南濮阳·一模）已知函数 的定义域为 ，且
， 为偶函数，则（ ）
A． 为偶函数 B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】令 判断B；令 以及 得出 为奇函数判断A；根据 的对称性可
得出周期性，结合对称性和周期性可判断C；利用周期性和对称性求出函数值
判断D.【详解】令 ，则 ，故 ，则 ，故B正确；
令 ，则 ，
则 ，则 或 ，
令 ，则 ，则 ，
若 ，则 ，也满足 ，故 为奇函数，故A错误；
因为 为偶函数，所以 的对称轴为 ，则 ，
因为 为奇函数，所以 ，则 ，
则 ，故 ，即 是 的一个周期，
则 ，故C正确；
因为 ，所以 ， ；
因为 ，所以 ，
，故D正确.
故选：BCD
7．（多选）（2026·宁夏银川·一模）已知函数 与 及其导函数 与 的定义域均
为 ， 的图象关于点 对称， 的图象关于直线 对称，且 ，
，若 ，则（ ）
A． B．C．4为 的周期 D．
【答案】ACD
【分析】对A：根据 ，积分后结合 ，求得 ，即可
判断；对B：对 ，令 ，结合 ，即可判断；对C：根据 关
于 对称，以及 关系，求导后可得 ；再根据A中推导可得
，即可求得 ，从而求得 的周期；对D：根据 的周期，求
得 为 的周期，根据周期性，结合 ，即可判断.
【详解】对A： 的图象关于点 对称，故可得 ，
对其积分可得 ( 为常数)，令 ，则 ；
由 可得 ，故 ，也即 ，故A正确；
对B：若 成立，令 ，则可得 ，也即 ；
而根据已知条件可知 ，相互矛盾，故B错误；
对C：已知 ，令 为 可得 ，
又 关于 对称，则 ，故 ，也即
，
对其求导可得 ，也即 ，令 为 ，则 ；
由A知： ，故可得 ，令 为 ，则 ，再令 为 ，则 ，故 ，故 为 的周期，C正确；
对D：由C推导可知 ，令 为 可得 ；由A推导可知
，联立可知 ，也即 ，故 为 的周期；
又 ，则 ，又 为 的周期可知： ，
故 ，也即 ，故 为 的周期；
则 ，故D正确.
8．（多选）（2026·河北衡水·一模）已知函数 的定义域为 ，且对任意实数 ， ，
恒成立，则（ ）
A． B． 的最小值为
C． D． 的图象关于点 对称
【答案】ABD
【详解】令 ，得 ，以 替代 ，得
，
消去 ，得 .再令 ，得 ，即 ，
所以 ，即 ，则 ， ，A正确，C错误.
而 ，当 时， 取得最小值，且最小值为 ，B正确.因为 ，所以 的图象关于点 对称，D正确.
9．（多选）（2026·安徽安庆·一模）已知定义域为 的函数 ，对任意实数 都有
，且 ，则以下结论一定正确的有（ ）
A．
B． 是偶函数
C． 的图象关于点 中心对称
D．
【答案】ABD
【分析】利用赋值法结合函数奇偶性的判断可判断选项A、B，利用函数对称性结合特殊值以及运
算规律判断C、D.
【详解】对于A，令 ，则 ，又 ，
所以 ，解得： ，故A正确；
对于B，令 ，则 ，
即 ，
又函数 的定义域为 关于原点对称，所以 是偶函数，故B正确；
对于C，若 的图象关于点 中心对称，则 ，
由 ，不符合题意，故C错误；
对于D，令 ，则 ，
即 ，所以 ，
， ， ，
所以
，故D正确.
10．（多选）（2026·黑龙江齐齐哈尔·一模）对任意 ，函数 都满足
，则（ ）
A．
B．
C． 在 上单调递增
D．直线 是曲线 的切线
【答案】ACD
【分析】通过对已知等式进行赋值，求出 与 的表达式，根据表达式逐一分析选项.
【详解】令 ，则有 ，所以 ，故A正确；
因为 ，
所以 对任意 均成立，
当 取任意值， 取定值时， 为常数，
当 取任意值， 取定值时， 为常数，
所以 与 等于同一个常数，设 ，令 ，则 ，
解得 ，故B错误；
由 ，得 ，所以 在 上单调递增，故C正确；
因为 ，所以 ，令 ，得 ，
又 ，所以直线 是曲线 在 处的切线，故D正确.
11．（多选）（2026·陕西榆林·一模）已知函数 的定义域为 ，其图象是一条连续不断的曲
线，且对于任意实数 ，恒有 ，若 ，则（ ）
A．
B． 是奇函数
C． 是 的必要不充分条件
D． 的零点个数为3
【答案】ABD
【分析】抽象函数的性质，通过取特殊值解决前三个选项，选项D将抽象函数具体化.
【详解】 对于A，令 ，得 ，所以 ，
再令 ， ，得 ，所以 ，故A正确；
对于B，首先定义域关于原点对称，其次令 ，得 ，
即 ，所以 是奇函数，故B正确；对于C，令 ，得 ，令 ，得
，
所以 ，由 ，得 ，解得 或 ，
即 只是解集的一部分，则 是 的充分不必要条件，故C错误；
对于D，设 ，不难验证。
，
所以 ，所以 ，将 代入，可得 ，
所以 ， 的零点为0， ，2，故D正确．
12．（多选）（2026·山东滨州·一模）已知函数 的定义域为 ，且
，若 为奇函数， 为偶函数，则下列结论正确的是
（ ）
A．
B．函数 的图象关于直线 对称
C．函数 在 上单调递减
D．函数 的最大值为1
【答案】BCD
【分析】根据奇偶性可得 ， ，联立解得，结合二次函数的图像与性质依次分析选项即可求解.
【详解】因为 为奇函数，所以 ，即 ，
因为 为偶函数，所以 ，即 ，
联立 ，解得： ，
对于A， ，故A错误；
对于B， ，所以函数 的图象关于直线 对称，故B正确；
对于C，因为 为开口向下，对称轴为 的二次函数，所以函数
在 上单调递减，故C正确；
对于D，由 可得： ，即函数 的最大值为1，故D正确.
13．（多选）（2026·内蒙古呼和浩特·一模）已知函数 及其导函数 的定义域均为R，
在R上单调递增， 为奇函数，则（ ）
A． B．
C． 的图象关于直线 对称 D．
【答案】AC
【分析】A根据奇函数以及令 可得；B根据奇函数以及反证法结合单调性可判断；C结合A选
项以及单调性即可求出 ；D结合函数的单调性和对称性判断.
【详解】因为 为奇函数，所以 ，
令 ，得 ，得 ，故A正确；令 ，则 ，即 ，
若 ，则 恒成立，与 在R上单调递增矛盾，故B错误；
因为 ，所以 的图象关于点 中心对称，
又 ， 在R上单调递增，所以 时 ， 时 ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
又函数 的导函数为 ，则 ，得 ，其中 为常数，
令 ，得 ，得 ，故 ，
故 的图象关于直线 对称，故C正确；
由 的对称性可知， ，
因为 ，以及 的单调性可知， ，故D错误.
14．（多选）（2026·内蒙古鄂尔多斯·一模）已知函数 及其导函数 的定义域均为 ，记
．若 ， 为偶函数，则下列结论中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】对 进行变形可判断A，分析 的对称性和周期性可判断B，由已知
变形得到 和 的两个方程并联立可判断C，先计算得到 的值，由的周期性及 和 的值计算可判断D.
【详解】对于A，由 ，可得 ，
两式相减可得 ，故A正确；
对于B，由 为偶函数，可得 ，
即 ，所以 的图象关于直线 对称，
由 ，两边求导得 ，即 ，
所以 是以4为周期的周期函数，
则有 ，无法推出 ，故B错误；
对于C，由 ，两边求导得 ，
即 ，令 ，可得 ，
又 ，令 ，可得 ，
并联立 ，解得 ，故C正确；
对于D，由 ，当 时， ，又 ，可得 ，
当 时，可得 ，
由 ，即 ，
所以 ，令 ，可得 ，
所以 ，令 ，可得 ， ， ，
由A知 的周期为4，则 ，所以 ，，故D正确.
15．（多选）（2026·河北保定·一模）已知定义在 上的函数 为偶函数，且满足
，当 时， ，则下列说法正确的是（ ）
A． 为周期函数 B． 的图象关于点 对称
C．当 时 D．
【答案】ACD
【分析】利用周期函数的定义可判断A；利用对称性的代数定义可判断B;利用周期性与奇偶性以及
时的解析式可判断C；利用周期性可计算 的值，然后求出 的范围可判断
D.
【详解】 ，拿 换 ，得 ，
所以 ，故 是周期为4的周期函数，选项A正确；
由 和偶函数性质，得： ，
因此 ，图象关于直线 对称，而非点 对称，故选项B错误；
利用 和已知区间 上的解析式 ，
当 时， ，则 ，
再由偶函数得 时 ，
故当 时 ，选项C正确；
由 的周期 ， ，所以 ，又因为 为奇函数，当 时， ，所以 ，
从而 的值域为 ，在此区间上 ，所以 ，
故 恒成立，选项D正确.
16．（多选）（2026·四川宜宾·一模）定义在 上的函数 ，对 都有
，且 ，则下列说法正确的是（ ）
A． B．数列 单调递减
C． D．数列 的前n项和为 ，则
【答案】ACD
【详解】由函数方程 可得 ，又 ，
可推出 ，可得 ，对任意正整数数成立.
对于选项 : 正确.对于选项 : 递增，故单调递减错误.
对于选项 : 是凸函数，满足 ，正确.
对于选项 :前 项和 ，正确.
17．（多选）（2026·甘肃兰州·一模）已知函数 是定义在 上的偶函数且在区间 上单调，
函数 的图象关于点 中心对称，则以下说法正确的是（ ）
A．
B．若 ，则C．若 在区间 上是增函数，则 在区间 上是增函数
D．若 ，则 在区间 上的零点之和为0
【答案】BC
【分析】利用函数对称性、奇偶性、周期性、单调性判断A、B、C选项，再结合函数零点判断D
选项.
【详解】对于A，因为函数 的图象关于点 中心对称，
所以 ，即 ，
也即 ，当 时， 成立，
当 时， ，又函数 是定义在 上的偶函数，
所以 ，故A错误；
对于B， ，由 ，所以函数 的周期为6，
所以 ，故B正确；
对于C，因为函数 的图象关于点 中心对称，且在区间 上是增函数，
由中心对称的性质可得函数 在 上是增函数，故C正确；
对于D，令 ，则 或 ，
此时 在区间 有一个零点 ，
因为函数 是定义在 上的偶函数，且周期为6， ，
所以 ， 此时，所以 在区间 共有 个零点分别为 ，
此时 ，故D不正确.
考点6 分段函数
1．（2026·广东广州·一模）已知函数 ，则 （ ）
A． B．0 C． D．2
【答案】B
【详解】因为 ，所以 ，所以
.
2．（2026·山东烟台·一模）已知函数 ，则 的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【详解】因为 ，所以 ，因为 ，所以
，
所以 .
3．（2026·江西南昌·一模）已知 ，则不等式 的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D【分析】结合指数函数的性质及一元二次不等式的解法分情况解不等式即可.
【详解】当 时，原不等式可化为 ，解得 ，此时解集为 .
当 时，原不等式可化为 ，即 ，解得 或 .
又 ，所以 或 .综上，不等式 的解集为 .
4．（2026·浙江·一模）已知函数 ，则 （ ）
A． B． C．2 D．4
【答案】D
【分析】根据分段函数解析式计算可得.
【详解】因为 ，所以 ，所以 .
5．（2026·甘肃兰州·一模）已知函数 （ 是虚数单位），则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】由题知， ，所以 .
6．（2026·湖南永州·一模）已知函数 若 ，则 （ ）
A．3或1 B．0或-2 C．0 D．1
【答案】C
a a0
fa1
【分析】分析函数 的单调性，列出关于 的不等式组，求解可得 ，代入 可求得其
值.f x f x ,1 1,
【详解】由 的解析式易得 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减.

a1
 a1
a21

由 ，得 ，所以a1 解得 . ．故选：C.
2
f a f a2   a1 a2   aa30 a0 f a1 f 10
 2x 1,x1
f x
7．（2026·辽宁辽阳·一模）已知函数 ，若存在实数a，b，c满足
lnx,x1
fa f b f c abc 4a 2blnc
，且 ，则 的取值范围是（ ）
2,3 2,3 e, 1,e
A． B． C． D．
【答案】A
y f x a b c b b 4a 2blnc
【分析】作出 图象后可得 、 、 的关系，再求出 的范围后可用 表示出 ，
4a 2blnc
即可得 的取值范围.
y f x
【详解】作出 图象如下：
由 f a f b f c ，且abc，则   2a 1  2b1lnc ，即有2a 22b ，lnc2b1，
2b1,2 4a 2blnc  22b2 2b2b122b22b3  2b1 2 2
且0b1，则 ，故 ，
4a 2blnc  2b1 2 22,3
则 .
 x,x0
f x
8．（2026·河北·一模）已知函数 xa,x0，若 f 2a f 2a8，则 f f 6
（ ）5 3 2
A．1 B．2 C．2 D． 2
【答案】B
f 2a f 2a8
2a 2a8 a
【分析】先根据分段函数的定义，分情况讨论 和 的符号，由 求出参数
f 6 f f 6
，再代入更新后的函数，从内到外依次计算 和 .
2a0 2a80 y x
0,
2a82a
【详解】若 ，则 ，因为函数 在 单调递增，且 ，
f 2a f 2a8
2a0 2a80
所以方程 无解；若 ， ，则
f 2a2aaa, f 2a8 2a8
，
f 2a f 2a8 a 2a8 a22a80 a4 a2
得到 ，即 ，整理得 ，解得 （舍）或 ；
2a0,2a80 yxa
,0
2a82a
若 ，因为函数 在 单调递减，且 ，所以方程
 x,x0
f x
f 2a f 2a8无解；综上，
a2
， x2,x0，所以 f 6624，
f f 6  f 4 4 2
.故选：B.
2x1，x0，
f x
9．（2026·河南鹤壁·一模）已知函数  f x1，x0，若关于x的方程
2  f x  2 33af x2a0 在区间 ,2025 内有2027个不同的实数根，则实数 a 的取值范围是
（ ）
 1 1  1  1  1

，
 
0，

0，

，

A．10 5 B． 5 C． 5 D． 5
【答案】Bf x f xt 2t233at2a0
【分析】先作出 上的图象，令 ，再将问题转化为方程 有一个根
1,0 ,1 gt2t233at2a
在 内，另一个根在 内.令 ，利用实根分布即可求解.
f x ,0
【详解】先作出 在 上的图象，再扩展到整个定义域，画出大致图象如下．
t1,0 f xt ,2025 t,1 f xt
当 时，方程 在 内有2026个实根；当 时，方程 在
,2025
内有1个实根，令
f xt
，因为方程
2

f x

2 33a f x2a0
在区间
,2025 2t233at2a0
1
内有2027个不同的实数根，所以方程 有一个根为 ，另一个一个
1
根在1,0内，此时a ,符合题意；或者有一个根在1,0内，另一个根在,1内，
5
Δ0
33a216a0


33a 1  1
   a
令 ，则 4 2 ，即  3
g10  21233a12a0
 
gt2t233at2a  g00  2a0
1 1
解得0a ,综上可得0a ．故选：B
5 5
 x24x,x4
f x
10．（2026·内蒙古包头·一模）已知函数  log 2 x4,x4 ，若关于 x 的方程 f xt 有四
x x x x x x x x
个实根 1， 2， 3， 4（ 1 2 3 4），则下列结论正确的是（ ）
x x 9 0t4
A． 2 3 B．x 4 1
ln 3 x x x x 2x  x
C． x 4 3 4 D． 1 2 3 2 4的最小值为16
4
【答案】D
f x 0 x 2 x 4 x 5 x 20 x x 4
【分析】作出函数 的图象，根据题意得到 1 2 3 4 ， 1 2 ，利
1
x  4
用不等式性质判断A；数形结合求解判断B；利用对数性质可得 3 x 4 ，再利用基本不等式
4
1
求解最小值判断D，构造函数gxx 2lnx,x0,1
，利用导数法求得gx0，即可判断C.
x
f x
【详解】作出函数 的图象，如图所示：
0 x 2 x 4 x 5 x x x 9
由图象知： 1 2 3 4，所以 2 3 ，故选项A错误；
65
由二次函数的对称性可得x x 4，令 log x4 4x20或x ，
1 2 2 16
0x 2x 4x 5x 20,x x 20
所以 1 2 3 4 3 4 ，
f xt
0t4
因为方程 有四个实根，所以 ，故选项B错误；
log x 4  log x 4 log x 4log x 4
又 2 3 2 4 ，则 2 3 2 4 ，
1
即 log x 4log x 40 ，则x 4x 41 ，所以x 3  x 4 4，
2 3 2 4 3 4 4
1  1  1 2 1 2 1
x x 2x  x 42 4 x 14  x 4142  x 4 16
所以 1 2 3 2 4 x 4  2 4 x 4 2 4 x 4 2 4 ，
4 4 42 1
 x 4
当且仅当x
4
4 2 4 ，即x
4
6时，等号成立，故选项D正确；
4x 5x 20 ax 40,1,bx 41,
由 3 4 得 3 4 ，
x 4 a a
ln 3 ln ln 2lna
由上面推导可知 ，所以 x 4 4 b 1 ，x x x 4x 4aba 1 ，
ab1 a 3 4 3 4 a
1 1 2
x12
gxx 2lnx,x0,1 gx1   0
设 x ，则 x2 x x2 ，
1
所以gxx 2lnx在0,1上单调递增，所以gxg10，
x
1 x 4
所以 ga0 ，所以 a a 2lna ，所以 x 3 x 4 ln x 3 4，故选项C错误.故答案选D.
4
11．（2026·湖北荆州·一模）“局部周期递归函数”是在定义域的局部有“自相似”等类似于周期
函数性质的一类函数，我们可以采用类似于研究周期函数的方法进行研究.函数
1x2,1x1

f x2f x2,1x5
就是一个“局部周期递归函数”.则下列说法正确的有（ ）
 x24x5,x1或x5

f x ,1
A．函数 的值域为
f x 4,
B．函数 在 上单调递减
f x1
C．方程 有5个不同的解
5
D．若方程f x 2 tf x10有10个不同的解，则2t
  2
【答案】BCD
f x f xn,n,4
【分析】作出函数 的图象，结合图象判断ABC；令 ，将问题转化为方程
n2tn10
0,1 1,2
有两个不相等的实数根，且这两个根分别在 、 内，进而求解判断D.f x1x2
1x1
【详解】当 时， ；
f x2f x221x222x22 2
当1x3时，1x21，则   ；
f x2f x222x42 24x42 4
当3x5时，1x23，则   ；
f xx24x5 f x
x1 x5
当 或 时， ，作出函数 的图象如下：
f x ,4 f x 4,
由图可知，函数 的值域为 ，故A错误；函数 在 上单调递减，故B正确；
y f x y1 f x1
由于函数 与 有5个交点，则方程 有5个不同的解，故C正确；
对于D，令 f xn,n,4 ，因为方程   f x  2 tf x10 有10个不同的解，
n2tn10
gnn2tn1 g010
所以方程 有两个不相等的实数根，设 ，显然 ，
g12t0
 5
则这两个根分别在0,1、1,2内，有

g252t0，解得2t
2
，故D正确.
故选：BCD
 1
 ,x0,

 elnx
12．（2026·新疆·一模）已知函数
f x
，则下列说法正确的是（ ）
1
 ln ,x,0
 1x
f 00
A．
f x ,0 1,
B． 的单调递增区间为 和
f x xyc0cR
C．函数 的图象与直线 有且仅有一个交点f x  f x  f x  x x x 1x x x 
D．若 1 2 3 ，且 1 2 3，则 1 2 3 有最小值
【答案】ABD
【分析】化简函数解析式，根据解析式直接判断AB，当c0时，直线与函数部分图象重合可判断
1x x x 
C，根据题意求出 1 2 3 的表达式，利用导数分析是否存在最值判断D.
x,x0,1
 1
 ,x0, 
f x    elnx f x   1 ,x1,
【详解】由   ln 1 1 x ,x,0 可得    l x n1x,x,0 ，
f 000 x,0 yln1x f xln1x
所以 ，故A正确；当 时， 单调递减，所以 单
1
调递增；当x1,时， f x 单调递增，故B正确；
x
c0 xy0 f x x0,1
当 时，直线 与 的图象在 上重合，有无数个公共点，故C错误；
f x  f x  f x t y f x yt
设 1 2 3 ，作函数 与 的图象，如图，
1
由图可知，t1,0，由 f x 1  f x 2  f x 3 t可分别解得x 1 1et,x 2 t,x 3  t ，
 1
所以 1x 1 x 2 x 3 et   t t  ，令 t k,k0,1 ，
 1  1
1x x x ek k ,k0,1 gkek k ,k0,1
则 1 2 3  k ，令  k ，
 1 1  1 1
gkek   k k 1 k2  ，令 gk0 ，即 k k 1 k2 0 ，化简可得k3k2k10，
hkk3k2k1,k0,1 hk k0,1
令 ，显然 在 时单调递增，h010 h120 k 0,1 hk 0
又 ， ，由零点存在性定理知，有唯一 0 使得 0 ，
0k k hk0 gk0 gk
且当 0时， ，即 ， 单调递减；
k k 1 hk0 gk0 gk
当 0 时， ，即 ， 单调递增，
 1
所以 gkek   k k   ,k0,1 在k k 0 时有最小值，即 1x 1 x 2 x 3  有最小值，故D正确.
故选：ABD
e2x，x1
f(x)
13．（2026·新疆·一模）已知函数 lnx，x1，则 f(f(1))___________．
【答案】3
f(1) f(f(1))
【分析】先计算内层函数值 ，再将结果作为自变量代入函数计算外层函数值 .
e2x，x1

f(x)
【详解】 lnx，x1，f(1)e2(1) e3，f(f(1)) f(e3)lne3 3.
2x12,x1
f(x)
14．（2026·安徽马鞍山·一模）已知函数 log (x1),x1，且 f(a)3，则 f(7a)的值为
2
__________.
3
【答案】
/
2 1.5
【分析】根据给定的函数式及函数值求出a，再判断代入求出目标值.
2x12,x1
f(x)
【详解】函数 log
2
(x1),x1，当 x1 时， 2x122021 ，当 x1 时，log
2
(x1)0，
3
由 f(a)3 ，得 a1 ，则log (a1)3，解得 a7 ，所以 f(7a) f(0)212 2 .
2
ax4lnx,0x1,

15．（2026·山东滨州·一模）若函数 f x π π 有最大值，则 的取值范围为______．

2sin x ,x1
 3 6 a
,2
【答案】π π
f x2sin x 
【详解】当x1时， 3 6有最大值，最大值为2，
ax4lnx,0x1,

f x π π
因为函数   2sin 3 x 6   ,x1有最大值，若在 0,1 内 f x 的上确界大于 2 ，则该上确界将
f xax4lnx2 0,1
无法在函数的定义域内取到，导致函数无最大值，故必有 在 上恒成立，即
24lnx 24lnx 4lnx6
a
x
在0,1上恒成立，令gx
x
，则gx
x2
，因为当
0x1
时，
gx0
，
gx gx 2 ,2
x1 a2 a
所以 单调递减，当 时， min ，所以 ，所以 的取值范围为 .
x2,x0
f x
16．（2026·山东济宁·一模）已知函数 lnx1,x0若关于 的方程 f f xm恰有三
 x
m
个不相等的实数根，则实数 的取值范围是__________.
0,ln3
【答案】
y f f x
m
【分析】分类讨论，求得函数 的解析式，利用数形结合求得实数 的取值范围.
x2,x0
f x
【详解】函数

lnx1,x0在,0上单调递增， f x2，在0,上单调递增，
f x0 f f x x22x4 f f x2
，当x20，即 x2 时， ，且 ，
0 f x2 f f x lnx21lnx3 f f xln3
当2x0，即 ，   ，且 ，
x0 f x0 f f xln  lnx11  f f x0
当 ，即 时， ，且 ，因此
x4,x2
f f x

lnx3,2x0
  ln  lnx11  ,x0 y f f x ymx4,x2
f f x

lnx3,2x0
，在坐标系内作出函数 和 的图像，如图所示
  ln  lnx11  ,x0 y f f x ym
x f f xm 0mln3 m 0,ln3
关于 的方程 恰有三个不相等的实数根，则 .所以实数 的取值范围是 .
x2,xk,
f x
17．（2026·辽宁辽阳·一模）已知函数 x2,xk, kR ，若存在实数 b ，使函数
gx f xb
k
至少有两个不同的零点，则 的取值范围是___________.
,2
【答案】
gx f xb f xb y f x
【分析】 至少有两个不同的零点等价于 至少有两个根，即 与
yb f x
至少有两个交点.画出 的图象，分类讨论即可求解.
gx f xb f xb y f x
【详解】 至少有两个不同的零点等价于 至少有两个根，即 与
yb f x
至少有两个交点. 的图象如图所示：
当k 0时，存在b0使得x2 b有两根，故k 0满足题意；
当k 0时，存在0b2使得x2 b有一个根，x2b有一个根，故k 0满足题意；0k 2 k2k2k2k10 k2k2 b0 f xb
当 时， ， ，存在 使得 有两个根，故
0k2满足题意；
k 2 y=x2 k, x2 k2 yx2 ,k
当 时， 在 上单调递增， ， 在 上单调递增，
x2k2 k2 k2 b x2 b x2b k 2
，而 ，故不存在 使得 ， 同时成立，故 舍去.
,2
k
所以 的取值范围是：