专题05 函数的概念、性质及应用（解析版）

专题05函数的概念、性质及应用题型1求函数值（常考点）题型13根据函数的最值求参数（常考点）题型2具体函数的定义域题型14函数不等式恒成立问题（难点）题型3函数奇偶性的定义与判断题型15函数不等式能成立(有解)问题（重点）题型4由奇偶性求函数解析式题型16分段函数模型的应用（常考点）题型5函数奇偶性的应用（常考点）题型17求函数的零点题型6由奇偶性求参数题型18零点存在性定理的应用（常考点）题型7定义法判断或证明函数的单调性题型19判断零点所在的区间（难点）题型8求函数的单调区间题型20根据函数零点的个数求参数范围题型9根据函数的单调性求参数值题型21根据二次函数零点的分布求参数的范围题型10根据函数的单调性解不等式题型22二分法求函数零点的过程题型11根据解析式直接判断函数的单调性题型23反函数题型12利用函数单调性求最值或值域题型1求函数值（共4题）例1已知函数，则．【答案】1【知识点】求函数值、指数幂的运算、对数的运算【分析】根据给定条件，把代入，利用指数、对数运算计算作答.【详解】函数，所以.故答案为：1【变式1-1】（2024·上海虹口·期末）若表示不大于的最大整数，比如，则．【答案】3【知识点】求函数值【分析】根据表示不大于的最大整数求解.【详解】解：因为表示不大于的最大整数，所以，故答案为：3【变式1-2】已知函数满足：对任意非零实数x，均有，则．【答案】【知识点】求函数值【分析】取，则，得到答案.【详解】，取，则，即.故答案为：【变式1-3】已知定义域为的函数满足：①对任意，恒成立；②若则.以下选项表述不正确的是（

）A．在上是严格增函数 B．若，则C．若，则 D．函数的最小值为2【答案】A【知识点】求函数值、判断指数函数的单调性、基本不等式求和的最小值【分析】根据给定条件，探讨函数的性质，再举例判断A；取值计算判断B，C；借助均值不等式求解判断D作答.【详解】任意，恒成立，且，假设，则有，显然，与“若则”矛盾，假设是错的，因此当且时，，取，有，则，于是得，，，，，对于A，函数，，，并且当时，，即函数满足给定条件，而此函数在上是严格减函数，A不正确；对于B，，则，B正确；对于C，，则，而，有，又，因此，C正确；对于D，，，则有，当且仅当，即时取等号，所以函数的最小值为2，D正确.故选：A【点睛】关键点睛：涉及由抽象的函数关系求函数值，根据给定的函数关系，在对应的区间上赋值即可.题型2具体函数的定义域（共4题）例2（2025·上海·期末）函数的定义域为.【答案】；【知识点】具体函数的定义域、求对数型复合函数的定义域【分析】由解析式可得函数的定义域应满足，求解即可.【详解】函数的定义域应满足：，解得且，所以函数的定义域为.故答案为：.【变式2-1】（2025·上海松江·期末）函数的定义域是.【答案】【知识点】具体函数的定义域、求对数型复合函数的定义域【分析】根据对数函数定义域及根式求解即可.【详解】因为函数，所以,解得，函数定义域为.故答案为：.【变式2-2】（2025·上海闵行·期末）下列四组函数中，同组的两个函数是相同函数的是（

）A．与 B．与C．与 D．与【答案】D【知识点】具体函数的定义域、判断两个函数是否相等、求对数型复合函数的定义域【分析】A选项，对应法则不同；BC选项，定义域不同，D选项，两函数定义域和对应法则均相同，为同一函数.【详解】A选项，，，两函数对应法则不同，故不是同一函数，A错误；B选项，令，解得，的定义域为，的定义域为R，两函数定义域不同，不是同一函数，B错误；C选项，的定义域为，的定义域为，两函数定义域不同，不是同一函数，C错误；D选项，，，两函数定义域和对应法则均相同，为同一函数，D正确.故选：D【变式2-3】函数的定义域是.【答案】且【知识点】具体函数的定义域【分析】根据函数的解析式有意义，列出相应的不等式组，即可求解.【详解】由题意，函数有意义，则，解得且，所以函数的定义域为且.故答案为：且.题型3函数奇偶性的定义与判断（共4题）例3（2025·上海·期末）偶函数的定义域是，则.【答案】【知识点】已知函数的定义域求参数、函数奇偶性的定义与判断【分析】根据函数为偶函数及定义域可得，求解可得.【详解】因为是偶函数，所以函数的定义域关于原点对称.又函数的定义域为，所以，解得.故答案为：【变式3-1】已知常数，函数的表达式为(1)证明：函数是奇函数；(2)若函数在区间上的最大值为2，求实数a的值．【答案】(1)证明见解析(2)【知识点】根据函数的最值求参数、函数奇偶性的定义与判断【分析】（1）求出定义域，利用奇函数的定义判断可得答案；（2）判断出函数在区间上的单调性，根据单调性求出最值可得答案.【详解】（1）由得，所以函数的定义域为，关于原点对称，，所以函数是奇函数；（2），令，则在上单调递增，又为增函数，所以在上单调递增，其最大值为，解得.【变式3-2】（2025·上海·期末）设常数，．(1)根据的值，讨论函数的奇偶性，并说明理由;(2)设，,写出的表达式.若对于区间上的任意给定的两个自变量的值，当，总有，给出一个区间，并证明结论;(3)当为正整数时，如果对于任意，总有成立，求的值．【答案】(1)见解析(2)，见解析(3)【知识点】定义法判断或证明函数的单调性、函数奇偶性的定义与判断、函数新定义、函数不等式恒成立问题【分析】（1）根据函数奇偶性定义判断即可得出结论；（2）利用函数单调性可得结论；（3）由不等式恒成立求出函数最值，解不等式可得结果.【详解】（1）易知函数的定义域为，当时，，且，此时既不是奇函数也不是偶函数；（2）①．②所取，例如等等．．由于，由幂函数的单调性可得，所以，即．（3）当时，，所以在上是严格增函数，由得恒成立.当时，即恒成立，化简得恒成立，由于的取值范围为，所以，可得；由于为正整数，所以或．若，当时，．当时，，不成立，舍去．若，当时，恒成立．综上，．【变式3-3】（2025·上海·期末）已知函数的定义域为，是偶函数，是奇函数，则.【答案】【知识点】求函数值、由奇偶性求函数解析式、求指数函数解析式【分析】结合奇函数与偶函数的性质求，再求即可.【详解】因为是偶函数，是奇函数，所以，，所以，所以，所以，故答案为：.题型4由奇偶性求函数解析式（共4题）例4（2025·上海嘉定·期末）已知函数是偶函数，是奇函数，且，则.【答案】【知识点】由奇偶性求函数解析式【分析】利用函数的奇偶性，可得，再和，两式相加即可求得.【详解】因为函数是偶函数，是奇函数，所以，，因为①，所以，即②，则①②两式相加可得，即.故答案为：.【变式4-1】（2025·上海闵行·期末）已知是定义在上的奇函数，且当时，，则当时，【答案】【知识点】由奇偶性求函数解析式、对数函数的概念判断与求值【分析】根据条件得到时，，又，求出答案.【详解】当时，，故，又是定义在上的奇函数，故，所以，故.故答案为：【变式4-2】（2025·上海静安·期末）设函数是定义在上的奇函数，当时,，则不等式的解集为（

）A．() B．[] C． D．【答案】C【知识点】由奇偶性求函数解析式、解不含参数的一元二次不等式【分析】根据奇函数的性质求解，即可分类讨论代入求解.【详解】设，则,故，故，当且，即，则，解得，当且时，即，，解得，当且时，即，，解得，当且，此时不存在，综上可得，故选：C【变式4-3】（2025·上海金山·期末）若函数是定义在R上的奇函数，且当时，，则函数在上的最大值为.【答案】【知识点】利用函数单调性求最值或值域、函数奇偶性的应用【分析】由对勾函数性质以及奇函数性质即可得解.【详解】由题意知，当时，在时取到最小值，则由奇偶性可知函数在上的最大值为.故答案为：.题型5函数奇偶性的应用（共6题）例5（2025·上海·期末）已知幂函数是奇函数，则.【答案】-1【知识点】函数奇偶性的应用、根据函数是幂函数求参数值【分析】利用幂函数的定义，求出的值，再判断函数的奇偶性．【详解】因为函数是幂函数，所以，即，解得或，当时，是奇函数，满足题意；当时，是偶函数，不满足题意；故.故答案为：-1．【变式5-1】（2025·上海·期末）已知函数的定义域为，那么“函数的图象关于原点对称”是“对任意，都存在，使得成立”的（

）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充要条件 D．既非充分又非必要条件【答案】A【知识点】函数对称性的应用、函数奇偶性的应用、判断命题的充分不必要条件【分析】利用奇函数的性质、特例法结合充分条件、必要条件判断可得出结论.【详解】因为函数的定义域为，若函数的图象关于原点对称，即函数为奇函数，故对任意，都存在且，使得；若对任意，都存在，使得，不妨取，则，即，即函数的图象关于点对称，即对任意的，存在，使得，但函数不是奇函数.因此，“函数的图象关于原点对称”是“对任意，都存在，使得成立”的充分非必要条件.故选：A.【变式5-2】（2025·上海杨浦·期末）已知定义在是的函数满足，且是奇函数，则.【答案】0【知识点】由函数的周期性求函数值、判断证明抽象函数的周期性、函数奇偶性的应用【分析】根据给定条件，结合奇函数性质探讨出函数的周期，再进函数值.【详解】由是奇函数，得，而，则，即，因此，函数是周期函数，其周期为4，而，则，所以.故答案为：0【变式5-3】（2025·上海闵行·期末）设，且函数是偶函数，若，则【答案】【知识点】求函数值、函数奇偶性的应用【分析】根据偶函数的性质列出方程求解即可.【详解】因为函数是偶函数，所以，即，又因为，所以，故答案为：.【变式5-4】（2025·上海·期末）已知函数的图像绕着原点旋转角后，与原来图像重合，则称函数为角旋转周期函数.(1)判断奇函数是否是角旋转周期函数，若是，求出；若不是，说明理由；(2)若是角旋转周期函数，判断以下四个点，哪个点可能在的图像上；(3)若是角旋转周期函数且上的点除原点外必不在的图像上，求所有满足要求的（可用三角比或具体数值表示）.【答案】(1)是，；(2)可能的图像上；(3).【知识点】函数新定义、函数对称性的应用、函数周期性的应用、函数奇偶性的应用【分析】（1）奇函数图像关于原点对称，根据角旋转周期函数的定义直接判断即可；（2）角旋转周期函数绕着原点旋转角后与原来图像重合，且图像上没有两点的横坐标相同，据此可作出判断；（3）据题意知应满足或，即可.【详解】（1）是，（2）将每个点旋转，旋转5次得到，，，，，，这六个点构成正六边形都有两种取值，所以不可能在的图像上；

同理，两点也不可能在的图像上；旋转得到的正六边形每个顶点和原点连线作为终边的角分别是，没有两点的横坐标相同，所以可能在的图像上（3）和（2）类似，可以将点绕原点旋转12次，每次旋转，这样可得到一个正十二边形，如果这个正十二边形有两个顶点关于轴对称，那么这样的点必然不能在的图像上，反之如果没有任何两个顶点关于轴对称，那么这样的点可能会在的图像上.设正十二边形所对应的十二个角为，当会出现上述关于轴的对称顶点.所以当起始点位于或的终边上时，会出现有两个顶点关于轴对称，所以（这里后两种情况可用表示）

【点睛】关键点点睛：本题是给出函数的新定义，由此去判断求解问题，解答本题的关键就是要理解函数的新定义，明确其含义，依此去判断解决问题.【变式5-5】（2025·上海长宁·期末）偶函数在区间上的最大值为，则实数．【答案】【知识点】根据二次函数的最值或值域求参数、由奇偶性求参数【分析】根据条件得到，再利用二次函数的性质，结合条件，即可求解.【详解】因为是偶函数，则，则，又在区间上的最大值为，且当时，，所以，解得，故答案为：.题型6由奇偶性求参数（共5题）例6（2025·上海·期末）已知，关于的函数不是奇函数也不是偶函数，那么的取值范围是.【答案】【知识点】由奇偶性求参数、函数奇偶性的定义与判断【分析】分奇函数和偶函数两种情况来进行求解的值，即可得到结果.【详解】若函数为奇函数，则，即，解得；若函数为偶函数，则，即，解得，故函数不是奇函数也不是偶函数时，的取值范围为.故答案为：【变式6-1】已知为实数，且函数是偶函数，则.【答案】【知识点】由奇偶性求参数【分析】根据函数的奇偶性与二次函数的对称性即可得的值，从而得所求.【详解】因为函数是偶函数，所以函数定义域关于原点对称，且函数图象关于你轴对称，所以，且，所以.故答案为：.【变式6-2】设.若函数是定义在上的奇函数，则.【答案】1【知识点】函数奇偶性的应用、由奇偶性求参数【分析】利用奇函数的定义域关于原点对称，且满足，即可求出结果.【详解】由函数是定义在上的奇函数，可知，再由，所以，故答案为：1.【变式6-3】（2025·上海金山·期末）已知函数是定义在R上的奇函数，当时，.其中a，m为实数，且.若对任意，恒成立，求实数a的取值范围.【答案】【知识点】画出具体函数图象、由奇偶性求参数、函数不等式恒成立问题【分析】根据奇函数的性质可得，即可根据分段函数的性质作出函数的图象，根据恒成立，只需，即可求解.【详解】，由题意得，解得，当时，画出上的函数的图象，

是由向右平移1个单位得到，结合图象，要想恒成立，只需，解得又，故，所以a的取值范围为.故答案为:【点睛】方法点睛：根据恒成立求解参数取值范围常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．【变式6-4】（2025·上海长宁·期末）设为实数，已知函数为偶函数：(1)求的值：(2)判断函数在区间上的单调性，并用定义加以证明；【答案】(1)(2)函数在区间上单调递增；证明见解析；【知识点】定义法判断或证明函数的单调性、由奇偶性求参数【分析】（1）根据偶函数定义利用可得；（2）由函数单调性定义按照步骤进行证明即可；【详解】（1）易知为偶函数，所以，因此，解得；（2）函数在区间上单调递增；证明：由（1）可知，设任意，且，则，显然，所以，即，因此函数在区间上单调递增.题型7定义法判断或证明函数的单调性（共7题）例7（2025·上海·期末）已知函数．(1)证明：函数是奇函数；(2)用定义证明：函数在上是严格增函数；(3)若关于的不等式对于任意实数恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【知识点】定义法判断或证明函数的单调性、函数奇偶性的定义与判断、一元二次不等式在实数集上恒成立问题、根据函数的单调性解不等式【分析】（1）求函数的定义域，根据奇函数的定义证明结论；（2）根据严格增函数的定义证明结论；（3）利用函数性质化简不等式，由条件可得不等式对于任意实数恒成立，结合二次函数性质列不等式求结论.【详解】（1）由函数，可得其定义域为，定义域关于原点对称，因为，所以函数为定义域上的奇函数．（2）当时，，任取，且，可得因为，且，可得，，，所以，即，所以函数在上是严格增函数．（3）因为函数为定义域上的奇函数，且在上是严格增函数，所以函数在上也是严格增函数，所以函数在上是严格增函数.又由，可得，因为不等式对于任意实数恒成立，即不等式对于任意实数恒成立，可得不等式对于任意实数恒成立，即不等式对于任意实数恒成立，当时，不等式即为恒成立，符合题意；当时，则满足，解得，综上可得，，即实数的取值范围．【变式7-1】（2025·上海长宁·期末）已知是定义域为的奇函数，且在上是严格增函数．(1)求的值，并证明：是上的严格增函数；(2)判断函数是否一定是上的严格增函数．如果是，给与证明：如果不是，举出反例，并说明理由．【答案】(1)，证明见解析；(2)不是，反例，理由见解析.【知识点】定义法判断或证明函数的单调性、函数奇偶性的应用、判断一般幂函数的单调性【分析】（1）根据奇函数的性质有，再利用函数单调性定义及证明函数在上的单调性；（2）应用反例，结合的性质分析判断，即可得结论.【详解】（1）由是定义域为的奇函数，则，任取，则，又在上是严格增函数，由，即，所以是上的严格增函数，得证；（2）函数不一定是上的严格增函数，理由如下：对于，由在、上都单调递增，且，函数满足题设，但在上，在上，显然不满足是上的严格增函数，所以函数不一定是上的严格增函数.【变式7-2】（2025·上海普陀·期末）已知函数是定义在区间上的函数(1)判断并证明函数的奇偶性；(2)用定义证明函数在区间上是增函数；(3)解不等式．【答案】(1)为奇函数，证明见解析；(2)证明见解析；(3).【知识点】定义法判断或证明函数的单调性、函数奇偶性的定义与判断、根据函数的单调性解不等式【分析】（1）利用奇偶性定义判断证明即可；（2）应用单调性定义，令判断的符号，即可证；（3）利用函数的单调性解不等式求解集即可.【详解】（1）为奇函数，证明如下：由定义域为，且，所以为奇函数，得证；（2）令，则，而，所以，即，故函数在区间上是增函数；（3）由，且函数在区间上是增函数，所以，可得，解集为.【变式7-3】（2025·上海·期末）已知对于任意的，，恒有，且当时，，则能使成立的一个的整数值为.【答案】(或或其中一个即可)【知识点】根据函数的单调性解不等式、函数奇偶性的应用、函数奇偶性的定义与判断、定义法判断或证明函数的单调性【分析】根据给定条件，利用奇偶性的定义、单调性定义探讨函数的性质，进而求解不等式.【详解】对于任意的，，恒有，令，得，令，得，则函数是奇函数，设任意，得，则，于是，函数在上单调递减，由，得，解得，而，因此或或，取的一个整数值为.故答案为：(或或其中一个即可)【变式7-4】（2025·上海浦东新区·期末）已知函数的表达式为.(1)判断函数的奇偶性，并说明理由；(2)用定义证明:函数在区间上是严格减函数.【答案】(1)既不是奇函数也不是偶函数.(2)证明见解析.【知识点】定义法判断或证明函数的单调性、函数奇偶性的定义与判断【分析】（1）求出函数的定义域，发现定义域不关于原点对称,故可直接判断不是奇函数也不是偶函数；（2）利用单调性的定义，按步骤：“任取值，作差，定号，下结论”证明即可.【详解】（1）函数的定义域为不关于原点对称,所以既不是奇函数也不是偶函数.（2）任取则，因为所以，所以，即，所以函数在区间上是严格减函数.【变式7-5】（2025·上海闵行·期末）已知，．(1)判断函数的奇偶性，并说明理由；(2)若，证明：在区间上是严格增函数．【答案】(1)奇函数，理由见解析；(2)证明见解析【知识点】定义法判断或证明函数的单调性、函数奇偶性的定义与判断【分析】（1）先判断定义域是否关于原点对称，再根据与的关系判断即可；（2）根据函数单调性定义证明即可.【详解】（1）是奇函数，理由如下：当时，的定义域为，关于原点对称，，根据函数奇偶性定义知，为奇函数；当时，的定义域为，关于原点对称，，根据函数奇偶性定义知，为奇函数；综上，为奇函数.（2）时，，设，则因为，所以，，所以，即，即，根据函数单调性定义知，在区间上是严格增函数．【变式7-6】（2025·上海奉贤·期末）已知函数，其中．(1)当且时，求的值；(2)在下面三问中选一个，若都选，只按第（1）问阅卷．①当时，求函数的值域．②判断时函数在内的单调性，请说明理由．③判断函数的奇偶性，请说明理由．【答案】(1)；(2)选①，值域为；选②，在内的单调递增，理由见解析；选③，当时，为偶函数，为其他值时，为非奇非偶函数，理由见解析【知识点】已知函数值求自变量或参数、定义法判断或证明函数的单调性、函数奇偶性的定义与判断、比较指数幂的大小【分析】（1）由得到方程，求出；（2）选①，由基本不等式求出值域；选②，定义法判断函数单调性步骤：取点，作差，变形判号，下结论；选③，考虑，，由函数定义域和奇偶性定义入手，得到答案.【详解】（1）时，，故，故，即，令，故，解得或（舍去），故，故；（2）若选①，，因为，所以由基本不等式得，当且仅当，即时，等号成立，故的值域为；若选②，在内单调递增，理由如下：任选，且，则，因为，且，所以，故，，所以，在内单调递增；若选③，当时，为偶函数，为其他值时，为非奇非偶函数，理由如下：，若，此时，解得，故的定义域为，若，即且时，定义域不关于原点对称，为非奇非偶函数；若，此时，此时，由于，故为非奇非偶函数；若，恒成立，定义域为R，，，当，即时，为偶函数，当，即，由于无论为任何正值，恒成立，即不可能为奇函数；综上，当时，为偶函数，时，为非奇非偶函数；题型8求函数的单调区间（共3题）例8（2025·上海宝山·期末）函数的单调递减区间为.【答案】【知识点】求函数的单调区间【分析】利用反比例函数单调性直接求得答案.【详解】函数是反比例函数，其单调递减区间是.故答案为：【变式8-1】（2025·上海普陀·期末）（1）解不等式．（2）函数的单调区间和对称中心．【答案】（1）不等式的解集为；（2）函数的单调递增区间有和，没有单调递减区间；对称中心为.【知识点】判断或证明函数的对称性、求函数的单调区间、公式法解绝对值不等式【分析】（1）根据绝对值的性质解不等式即可；（2）设，利用单调性的定义求函数的单调区间，设，再证明为奇函数，由此确定的对称中心.【详解】（1）因为，所以或，所以或，所以不等式的解集为；（2）设，函数的定义域为，任取，，则，因为，所以，因为，所以，故，所以，所以函数在上单调递增，任取，，则，因为，所以，因为，所以，故，所以，所以函数在上单调递增，所以函数的单调递增区间有和，没有单调递减区间；设，则，因为函数的定义域为，故函数的定义域为，定义域关于原点对称，，所以函数为奇函数，所以函数的对称中心为，所以函数的对称中心为.【变式8-2】（2025·上海·期末）已知函数的表达式为，且（）.(1)求实数的值，并判断函数的奇偶性；(2)判断函数的单调性，并证明；(3)解关于的不等式.【答案】(1)，偶函数(2)上单调递减，在上单调递增，证明见解析(3)【知识点】求函数的单调区间、函数奇偶性的定义与判断、根据函数的单调性解不等式、由函数奇偶性解不等式【分析】（1）根据，求解的解析式，按照求解实数a的值即可；再根据奇偶性的定义判断与的关系即可得奇偶性；（2）分离函数，用定义即可判断的单调性；（3）再结合单调性与奇偶性解不等式即可.【详解】（1），故，即．，为偶函数，证明如下：的定义域为，关于原点对称，所以为偶函数.（2）在上单调递减．在上单调递增．下面证明：设，，且.计算：因为，，且，所以，，，.那么，即，所以.根据函数单调性的定义可知，函数在上单调递减.又因为是偶函数，所以在上单调递增．（3）因为，所以，由得，由函数的性质得：，则，解得：．故该不等式的解集为．题型9根据函数的单调性求参数值（共6题）例9（2025·上海长宁·期末）已知函数在区间上是严格减函数，则实数的取值范围是．【答案】【知识点】根据函数的单调性求参数值【分析】利用二次函数性质确定单调减区间即可.【详解】根据二次函数性质，在上递增，在上递减.所以.故答案为：.【变式9-1】（2025·上海·期末）已知，关于的函数在区间上是严格减函数，且在该区间函数值不恒为负，则实数.【答案】或0【知识点】根据函数的最值求参数、根据函数的单调性求参数值【分析】先进行分离变形，然后结合反比例函数的单调性即可求解.【详解】由已知，，又函数在区间上是严格减函数，且函数值不恒为负，所以，解得，又因为，所以或0.故答案为：或0.【变式9-2】（2025·上海·期末）已知函数在区间上是严格增函数，则的取值可以是（

）A． B． C． D．【答案】C【知识点】根据函数的单调性求参数值【分析】当时，函数是一次函数，结合一次函数单调性可判断选项B；当时，对函数解析式变形，结合反比例函数的单调性即可求解.【详解】当时，，∵函数在区间上是严格增函数，.故选项B错误；当时，，∵函数在区间上是严格增函数，结合反比例函数的性质可知：，即.故选项A，D错误，选项C正确.故选：C.【变式9-3】（2025·上海·期末）已知为常数.(1)若为偶函数，求的值；(2)若函数为单调函数，求实数的取值范围.【答案】(1)；(2)或.【知识点】由奇偶性求参数、已知二次函数单调区间求参数值或范围、根据函数的单调性求参数值【分析】（1）利用偶函数的定义求出参数值.（2）化函数为分段函数，按分类求出的单调区间，再结合已知求出参数范围.【详解】（1）函数的定义域为R，由是偶函数，得，则，即，整理得，而不恒为0，所以.（2），当时，函数在上单调递减，在上单调递增，而函数在上单调，则或，因此或；当时，函数在上单调递减，在上单调递增，而函数在上单调，则或，因此；当时，函数在上单调递减，在上单调递增，显然，函数在上单调递增，因此，所以实数的取值范围是或.【变式9-4】（2025·上海嘉定·期末）对于定义在上的函数，设区间是的一个子集，对于区间上任意给定的两个自变量的值、，如果总有，则称函数在区间上是“舒缓函数”.(1)判断函数、在上是否是“舒缓函数”，并说明理由；(2)若函数在上是“舒缓函数”，求实数的取值范围；(3)已知函数，的最大值是、最小值是，在上是“舒缓函数”，且，求证：.【答案】(1)在上是“舒缓函数”，在上不是“舒缓函数”，理由见解析(2)(3)证明见解析【知识点】根据函数的单调性求参数值、绝对值的三角不等式应用、函数新定义【分析】（1）由题干中所给“舒缓函数”定义可完成判断；（2）不妨设，，则，进而结合恒成立问题求解即可；（3）设，并不妨设，当时，由题意易得结论成立，当时，利用及可完成证明.【详解】（1）令，则，故在上是“舒缓函数”；令，则，取，则，故在上不是“舒缓函数”；（2）因函数在上是“舒缓函数”，则对，不妨设，则有，，则，则，时，，即.（3）设，不妨设.若，因在上是“舒缓函数”，则；若，则.综上，【点睛】关键点睛：本题关键为能理解“舒缓函数”概念.第一问，通过举反例可判断不是“舒缓函数”；第二问关键为得到；第三问改编自1983年高中数学联赛第2部分第2题，关键为.【变式9-5】（2025·上海·期末）对于定义在的两个函数和，若函数满足：①是严格减函数；②其函数值恒大于零，则称函数和为“在上的函数对”．(1)分别判断下列各组中两个函数是否为“在上的函数对”，并说明理由①，；②，；(2)设常数，若和为“在上的函数对”，求的取值范围(3)设常数，若和为“在上的函数对”，求证：的值有且仅有一个．【答案】(1)①不是，②是，理由见解析；(2)；(3)证明见解析.【知识点】函数新定义、根据解析式直接判断函数的单调性、指数函数最值与不等式的综合问题、根据函数的单调性求参数值【分析】（1）根据题中定义判断①②即可；（2）分析可知在上是严格减函数．且恒成立，求出函数在上的值域，可得出关于实数的不等式，即可解得实数的取值范围；（3）当时，化简函数的解析式，结合题中定义可证得结论成立；然后就、两种情况讨论，结合题中定义进行推导，说明定义不成立，即可证得结论成立.【详解】（1）①不是，②是，理由如下：对于①，，取，则，所以两个函数不是“在上的函数对”；对于②，在上是严格减函数，当时，，则，故此时的函数值恒大于零，所以这两个函数是“在上的函数对”.（2）由题意函数在上是严格减函数，且在上恒成立，故有在上恒成立，当时，，因此，解得，所以的取值范围为．（3）证明：当时，，因为函数、在上是严格增函数，所以函数在上是严格增函数，得在上是严格减函数，且对任意恒成立.当时，在上恒成立，取，得，不成立；此时函数和不是“在上的函数对”．当时，则，当时，，取，得，所以函数在上不是减函数，此时函数和不是“在上的函数对”．综上，的值有且仅有一个.【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的；遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.题型10根据函数的单调性解不等式（共7题）例10（2025·上海长宁·期末）不等式的解集是．【答案】【知识点】根据函数的单调性解不等式【分析】令，得用函数的单调性及可求不等式的解集.【详解】令，因为均在上严格单调递增，所以在上严格单调递增，又，所以当时，，所以不等式的解集是.故答案为：.【变式10-1】（2025·上海杨浦·期末）已知是定义在上的严格增函数，则不等式的解集为.【答案】【知识点】由对数函数的单调性解不等式、根据函数的单调性解不等式【分析】根据函数单调性可得，解不等式即可.【详解】因为是定义在上的严格增函数，且，可得，解得，所以不等式的解集为为.故答案为：.【变式10-2】（2025·上海徐汇·期末）试用函数观点解不等式，则该不等式的解集为.【答案】【知识点】根据函数的单调性解不等式、判断一般幂函数的单调性、判断指数函数的单调性【分析】令函数，再根据指数函数和幂函数的单调性得函数的单调性，结合特殊点即可求解.【详解】令函数，定义域为，因为为定义域内的增函数，为定义域内的减函数，所以在定义域内单调递增，且，对应不等式即为，从而得，所以不等式的解集为.故答案为：.【变式10-3】（2025·上海松江·期末）已知函数的表达式是，则满足的实数的最大值是.【答案】【知识点】分段函数的性质及应用、根据函数的单调性解不等式、由函数奇偶性解不等式【分析】结合偶函数定义可得为偶函数，再利用偶函数对称性和指数函数单调性解出不等式即可得到结果.【详解】当时，有，又定义域为，故为偶函数，又当时，单调递增，故对有，即，即有，解得，故的最大值为.故答案为：.【变式10-4】（2025·上海长宁·期末）已知函数是定义在上的奇函数，且，若对任意的，当时，都有成立，则不等式的解集为．【答案】【知识点】由函数奇偶性解不等式、根据函数的单调性解不等式【分析】由已知可得在上单调递增，结合奇函数的性质可求得不等式的解集.【详解】因为对任意的，当时，都有成立，所以在上单调递增，当，又，所以由，可得，又函数是定义在上的奇函数，当时，由，可得，又由奇函数的性质可得，所以不等式的解集为.故答案为：.【变式10-5】（2025·上海宝山·期末）已知定义域为的偶函数在上为严格减函数，则不等式的解集为.【答案】【知识点】根据函数的单调性解不等式、由函数奇偶性解不等式【分析】根据条件，利用偶函数的性质，得到，即可求解.【详解】因为是定义域为的偶函数，且在上为严格减函数，由，得到，整理得到，解得或，故答案为：.【变式10-6】（2025·上海杨浦·期末）已知函数为奇函数(1)求：的值(2)解关于x的不等式，【答案】(1)(2)【知识点】根据解析式直接判断函数的单调性、由奇偶性求参数、根据函数的单调性解不等式、函数奇偶性的定义与判断【分析】（1）根据奇函数的性质可得，并根据奇函数的定义检验；（2）分析可知在上是严格增函数，根据单调性解不等式.【详解】（1）因为的定义域为，因为是奇函数，则，解得，当时，则，且，可知是奇函数，所以.（2）由（1）可知，因为在上是严格增函数，则在上是严格增函数，所以在上是严格增函数，又因为，可得所以不等式解集为.题型11根据解析式直接判断函数的单调性（共3题）例11（2025·上海徐汇·期末）下列函数中，既是偶函数，又在区间上为严格减函数的是（

）A． B．C． D．【答案】C【知识点】函数奇偶性的定义与判断、判断指数型复合函数的单调性、研究对数函数的单调性、根据解析式直接判断函数的单调性【分析】根据函数的奇偶性和单调性进行判断，A选项为奇函数；B选项为偶函数，在上单调递增；D选项为非奇非偶函数；根据排除法可得C正确.【详解】对于A，的定义域为，又，故为奇函数，A错误；对于B，的定义域为R，且，故为偶函数，当时，单调递增，B错误；对于C，的定义域为，又，故为偶函数，当时，在上单调递增，所以在上单调递减，C正确；对于D，的定义域为，所以函数为非奇非偶函数，D错误.故选：C.【变式11-1】（2025·上海·月考）设、、是定义域为的三个函数，对于命题：①若、、均为严格增函数，则、、中至少有一个严格增函数；②若、、均是奇函数，则、、均是奇函数，下列判断正确的是（

）A．①和②均为真命题 B．①和②均为假命题C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题【答案】D【知识点】函数奇偶性的定义与判断、根据解析式直接判断函数的单调性【分析】举例说明判断①；利用奇偶性的性质判断②，结合选项可得答案．【详解】对于①，取，，均不是增函数，而，，均为增函数，因此命题①是假命题；对于②，，，均是奇函数，为奇函数，同理，均是奇函数，因此命题②是真命题，D正确.故选：【点睛】关键点点睛：判断命题①的真假关键在于灵活选择方法，如结合选项或通过举反例应用“排除法”等.【变式11-2】（2025·上海·期末）下列关于x的函数中，在其定义域上是严格增函数的是（填序号）：.①；②；③；④；⑤.【答案】③⑤【知识点】根据解析式直接判断函数的单调性、判断一般幂函数的单调性、对数型复合函数的单调性、判断指数函数的单调性【分析】根据解析式判断可得答案.【详解】对于①，函数在和上是严格增函数，但在定义域上不是严格增函数，故错误；对于②，函数在定义域上不是严格增函数，故错误；对于③，函数，定义域为，且在定义域上是严格增函数，故正确；对于④，如图，的图象如下，函数在上严格增函数，在上是严格增函数，但在定义域上不是严格增函数，故错误；对于⑤，因为，定义域关于原点对称，且，所以为奇函数，又函数在上是严格增函数，在上是严格增函数，所以在上是严格增函数，根据对称性，在上是严格增函数，且，故正确.故答案为：③⑤.题型12利用函数单调性求最值或值域（共7题）例12（2025·上海·期末）已知正实数满足，则的最大值为.【答案】/【知识点】利用函数单调性求最值或值域【分析】由条件可得，结合二次函数性质求结论.【详解】由已知，，所以，，所以，所以当时（此时），取最大值，最大值为.故答案为：.【变式12-1】（2025·上海长宁·期末）函数的最大值为．【答案】4【知识点】利用函数单调性求最值或值域【分析】根据对勾函数的单调性即可求解.【详解】由于对勾函数在上单调递减，在上单调递增，且，故的最大值为4，故答案为：4【变式12-2】（2025·上海松江·期末）函数的最小值是.【答案】/【知识点】利用函数单调性求最值或值域【分析】根据函数的单调性即可得出函数最小值.【详解】因为函数是单调减函数，所以函数的最小值是时，.故答案为：.【变式12-3】（2025·上海闵行·期末）雅各布·伯努利（JakobBemoulli）是17世纪著名的数学家，他在概率论、数学分析及无穷级数等多个领域作出了重大的贡献，对后世数学的发展产生了深远的影响．1689年，他提出了一个著名的不等式称为伯努利不等式，其内容如下：设，且，n为大于1的正整数，则．由此可知，函数在区间上的最小值是【答案】1【知识点】利用函数单调性求最值或值域、函数新定义【分析】由题意得当且时，，并得到当时，，当时，，从而得到最小值.【详解】由题意得，当且时，，故，当时，，当时，，综上，在上的最小值为1，此时.故答案为：1【变式12-4】（2025·上海松江·期末）已知函数是定义域为的奇函数，且.(1)求函数的表达式；(2)判断函数在上的单调性，并用定义证明;(3)设函数，若对任意的，存在，使得成立，求实数的取值范围.【答案】(1)；(2)在上递增，证明见解析；(3)【知识点】定义法判断或证明函数的单调性、利用函数单调性求最值或值域、由奇偶性求参数、函数不等式能成立（有解）问题【分析】（1）利用奇函数的性质可求得，再由的值，可求得，从而得到的表达式.（2）用定义法判断证明在上的单调性即可.（3）将问题转化为，对进行分类讨论，结合一次函数的单调性，求得的取值范围.【详解】（1）依题意函数是定义域为的奇函数，所以，所以又，解得.此时，经检验，该函数为奇函数．故.（2）函数在上递增，证明如下：任取，则，，因为，，所以，所以，故在上递增.（3）由（1）得若对任意的，存在，使得成立，则由（2）得在上递增，所以，存在，成立，即若，则在上为增函数，，若，则，此时符合题意．若，则在上为减函数，，符合题意综上可知：.即实数的取值范围是：.【变式12-5】（2025·上海·期末）已知定义在上的函数是偶函数(1)求的值；(2)解不等式；(3)设函数，.若对任意，存在，使得，求实数的取值范围.【答案】(1)4(2)(3)【知识点】函数不等式恒成立问题、由奇偶性求参数、根据函数的单调性解不等式、利用函数单调性求最值或值域【分析】（1）利用偶函数的定义推理即可求得的值；（2）化简推理得，设，由解得或，继而可求得原不等式的解集；（3）先求出在上的最小值为3，依题意，只需使在上的函数值大于等于3，化简此不等式为，即得时，恒成立，从而将问题转化成求的最小值，利用基本不等式即得参数的范围.【详解】（1）依题意，由可得：即，即，即得，因不恒为0，故得；，解得.（2）由可得，即，整理得：，设，则有，解得或，即或，故原不等式的解集是.（3）在上单调递减，在上单调递增，在上的最小值是，只需在时的函数值大于等于3，因，则，由可得，当时，不等式恒成立；当时，，即，即，因，当且仅当，即时等号成立，故，即的取值范围是.【点睛】方法点睛：对于不等式的恒成立与有解问题。一般按照以下规则转化：一般地，已知函数，（1）若，总有成立，则；（2）若，有成立，则；（3）若，有成立，则；（4）若，有，则的值域是值域的子集．【变式12-6】（2025·上海宝山·期末）某物流公司为了扩大业务量，计划改造一间高为6米，底面积为24平方米，且背面靠墙的长方体形状的仓库．因仓库的背面靠墙，无须建造费用，因此甲工程队给出的报价为：仓库前面新建墙体每平方米400元，左右两面新建墙体每平方米300元，屋顶和地面以及其他共计28800元．(1)设仓库前面墙体的长为x米（），试将甲工程队的整体报价y表示为x的函数；(2)当仓库前面墙体的长度为多少时，甲工程队的整体报价最低？(3)现有乙工程队也参与此仓库改造竞标，其给出的整体报价为元，其中，不考虑其他因素，若乙队要确保竞标成功，求实数k的取值范围．【答案】(1)，(2)当仓库前面墙体的长度为米时，甲工程队的整体报价最低，是元.(3)【知识点】利用函数单调性求最值或值域、利用给定函数模型解决实际问题、基本不等式求和的最小值【分析】（1）根据甲的报价方案，利用墙体面积，转化为关于的函数关系，即可求解；（2）根据基本不等式计算即可；（3）根据（1）的结果，转化为不等式，参变分离后，转化为求函数最值问题，即可求解.【详解】（1）由题意可得：甲队的报价为元，；（2）甲队的报价为.当且仅当，即，解得（满足）时等号成立.所以当仓库前面墙体的长度为米时，甲工程队的整体报价最低，是元.（3）乙队给出的整体报价为元，若乙队要确保竞标成功，则恒成立，，，设，则，又在为增函数，则，则，即，又，则，即实数的取值范围是．题型13根据函数的最值求参数（共5题）例13（2025·上海·期末）已知函数的最小值为，则【答案】或3【知识点】根据函数的最值求参数【分析】根据给定条件，按分类讨论求出最小值即可得解.【详解】当时，在上单调递增，当时，，解得，因此；当时，，，解得或，无解；当时，在上单调递减，当时，，解得，因此，所以或.故答案为：或3【变式13-1】（2025·上海闵行·期末）若函数在区间上的最小值为，则实数a的取值范围为【答案】【知识点】利用函数单调性求最值或值域、根据函数的最值求参数、函数不等式恒成立问题、函数不等式能成立（有解）问题【分析】先得到在上恒成立，参变分离得到，求出，故，再由在上有根，即在上有根，求出，需满足，故.【详解】由题意得在上恒成立，故，，故只需求出，由对勾函数性质可知，在上单调递减，在上单调递增，且或2时，，故的最大值为3，故，故，另外，在上有根，即，，故在上有根，根据的单调性可知，在处取得最小值，故，，要想在上有根，需满足，综上，.故答案为：【点睛】方法点睛：分离参数法基本步骤为：第一步：首先对待含参的不等式问题在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，第二步：先求出含变量一边的式子的最值，通常使用函数单调性或基本不等式进行求解.第三步：由此推出参数的取值范围即可得到结论.【变式13-2】（2025·上海嘉定·期末）已知.(1)当时，判断在区间上的单调性，并证明你的结论；(2)若在区间上的最大值比最小值大1，求实数的值.【答案】(1)单调递减；证明见解析(2)或【知识点】定义法判断或证明函数的单调性、根据函数的最值求参数、对数型复合函数的单调性、根据解析式直接判断函数的单调性【分析】（1）由函数的单调性定义结合对数函数的单调性证明即可；（2）由复合函数的单调性结合对数的运算分和讨论即可；【详解】（1）单调递减，证明：当时，，设，则，因为，且为增函数，所以，所以，所以在区间上的单调递减.（2）当时，由复合函数的单调性可得在区间上单调递减，所以，即；当时，由复合函数的单调性可得在区间上单调递增，所以，即，综上，或.【变式13-3】已知函数.(1)若恒成立，求的最大值；(2)若在上单调，求的取值范围；(3)求在上的最小值为，求.【答案】(1)(2)(3)或5【知识点】根据函数的单调性求参数值、根据函数的最值求参数、函数不等式恒成立问题【分析】（1）由一元二次不等式恒成立，结合图象推得，解之即得；（2）先求函数的单调区间，依题使为其单调区间的子集，解不等式即得；（3）由函数的单调性，根据给定区间与其对称轴的关系，分类考虑分别求解即得.【详解】（1）由题意得恒成立，则，解得，所以a的最大值为.（2）由题意得图象的对称轴为直线，所以在上单调递减，在上单调递增.因为在上单调，所以或，解得或，即a的取值范围为.（3）当，即时，在上单调递减，，解得，舍去；当，即时，在上单调递增，，解得，符合题意；当，即时，在上单调递减，在上单调递增，，解得或0（，舍去）.故或5.【变式13-4】（2025·上海杨浦·期末）已知函数的定义域为D，对于任意，均有，则称为定义在D上“p阶增函数”(1)若，函数为定义在区间上的“1阶增函数”，求：实数的取值范围(2)若为定义在区间上的“1阶增函数”，且，其中，求证：(3)如果存在常数，对于任意，都有，则称在D上有上界，问：是否存在常数M，使得对于所有定义在区间上且有上界的“2阶增函数”，都有，若存在，求：M的最小值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)证明见解析(3)存在，0【知识点】函数新定义、根据函数的最值求参数【分析】（1）分析可知为上的严格增函数，即可得结果；（2）根据题意可得，进而分析证明；（3）根据题意利用反证法可得，再举例说明不恒成立，进而分析求解.【详解】（1）若为定义在区间上的“1阶增函数”，可得对任取，均有，可知为上的严格增函数，所以.（2）因为为定义在区间上的“1阶增函数”，且，则，即，.可得，所以.（3）假设存在，使，则，因为为定义在区间上的“2阶增函数”，则对任意的，都有，令，则对任意的，都有，与有上界矛盾，若“2阶增函数”有上界，则对任意，都有.假设存在，使，则对任意的，都有，故，矛盾，所以“2阶增函数”有上界，都有恒成立，即存在均满足题意，假设存在符合题意，例如，则在上是严格增函数，且，则是有上界的“2阶增函数”.但当时，有，矛盾，所以的取值范围为，即的最小值为0.【点睛】关键点点睛：对于（2）中问题：直接说明比较麻烦，可以利用反证法，说明，再举例说明不恒成立.题型14函数不等式恒成立问题（共5题）例14（2025·上海普陀·期末）已知函数，若在上恒成立，则的取值范围是．【答案】【知识点】函数不等式恒成立问题、基本不等式求和的最小值【分析】条件可转化为在上恒成立，利用基本不等式求的最小值，由此可得结论.【详解】因为在上恒成立，又，所以在上恒成立，所以，其中，又，当且仅当时等号成立，所以，所以的取值范围为.故答案为：.【变式14-1】（2025·上海宝山·期末）已知.若任取、，均有成立，则实数的取值范围是.【答案】【知识点】函数不等式恒成立问题【分析】问题转换成，画出，图像，结合图像分类讨论.【详解】原题等价于存在，，使得.在同一坐标系中画出，图像，如图，当时，显然成立.当或时，显然不成立.下面讨论时.令，.当时，，对称轴，区间中点，所以.又在单调递减，在单调递增，所以，所以，综上，故答案为：【点睛】关键点点睛：当时.，此时.【变式14-2】（2025·上海浦新·期末）若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为.【答案】【知识点】函数不等式恒成立问题【分析】令，去绝对值，求出函数在上的最小值，即可得出实数的取值范围.【详解】令，由题意可知，对任意的恒成立，当时，，则函数在上为减函数，则；当时，，则；当时，，则函数在上为增函数，.综上所述，函数在上的最小值为，故.因此，实数的取值范围是.故答案为：.【变式14-3】（2025·上海普陀·期末）幂函数的图象关于轴对称，且在区间上是严格增函数．(1)求的表达式；(2)求函数的单调区间（只写结果，不要证明）；(3)对任意实数，不等式恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)；(2)答案见解析；(3)；【知识点】求幂函数的解析式、指数函数图像应用、由幂函数的单调性求参数、函数不等式恒成立问题【分析】（1）根据幂函数的对称性及区间单调性知且为偶数，即可求参数，进而可得解析式；（2）利用幂、指数函数的图象分析上单调性，利用单调性的定义判断上的单调性，即可得单调区间；（3）问题化为在上恒成立，结合右侧区间单调性求最大值，即可得参数范围.【详解】（1）由函数图象关于轴对称，且在区间上是严格增函数，所以，则，且为偶数，，则，所以；（2）当，对于、在上都是单调递增，且在和处相交，如下图示，

由图分析知，从变化到过程中，从接近于0的值逐渐变大，再变小到0，从变化到过程中，从0逐渐变小，再变大到0，从变化到过程中，从0逐渐变大并趋向于，所以，，使在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；当，令，则，显然，，，即，故，所以在上单调递减，综上，，，使的单调增区间为、，单调减区间为、.（3）由题设在上恒成立，即在上恒成立，由（2）知在上单调递减，则，所以.【变式14-4】（2025·上海宝山·期末）定义：对于函数，.如果存在正常数，使得当取其定义域中任意值时，有，且成立，则称是“一致变化函数”，而这个常数就叫做函数的“一致变化系数”.(1)给出，.判断函数是否为“一致变化函数”，并说明理由；(2)给出，.若是“一致变化函数”，求“一致变化系数”与之和的最小值；(3)给出，.求证：函数是“一致变化函数”，并求“一致变化系数”的取值范围.【答案】(1)函数是“一致变化函数”，理由见解析(2)4(3)证明见解析，【知识点】对数函数最值与不等式的综合问题、基本不等式求和的最小值、函数新定义、函数不等式恒成立问题【分析】（1）取，满足要求，是“一致变化函数”；（2）求出定义域，，由题意得到不等式，得到对一切成立，故有，因为，等价于成立，所以，换元，由基本不等式，求出最值，得到答案；（3）取，得到，所以是“一致变化函数”；根据为偶函数且在上为减函数，等价于研究对恒成立时的取值范围，即恒成立，对恒成立，令，对恒成立，由函数单调性得到，只需即可，解得.【详解】（1）取，，所以函数是“一致变化函数”.（2）定义域为，因为是“一致变化函数”，其中，对一切成立，故有.因为，所以不等式恒成立等价于成立，所以，故而，所以，令，故且，所以，当且仅当，即，时等号同时取到.所以的最小值为4.（3）取，，，所以函数是“一致变化函数”.，，因为为偶函数且在上为减函数，所以①当时，有，设，即，，②当时，有，，，③当时，；综上，等价于研究对恒成立时的取值范围，对恒成立，恒成立，恒成立，对恒成立，对恒成立，令，对恒成立，又，所以在上为严格增函数，只需即可，解得.【点睛】方法点睛：新定义问题的方法和技巧：（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.题型15函数不等式能成立(有解)问题（共3题）例15（2025·上海·期末）已知函数（常数）.(1)若，且，求的值；(2)若，用函数单调性定义证明：函数在上是严格增函数；(3)当为奇函数时，存在使得不等式成立，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)证明见解析(3)【知识点】函数不等式能成立（有解）问题、由函数奇偶性解不等式、指数式与对数式的互化、定义法判断或证明函数的单调性【分析】（1）由题意利用换元法令可得，解出t的值进而即可求出的值；（2）利用定义法（作差法），分别取且，，然后作差比较与的大小，根据单调性的定义证明即可；（3）根据奇函数可得，由（2）可知当时，则原不等式可转化为存在使得不等式成立，对进行分类讨论即可求解.【详解】（1）由，可得，设可得即，解得，所以，即.（2）设且，，由可得即，由可得，故，又，所以，所以即，所以函数在上是严格增函数.（3）因为的定义域为，当为奇函数时，由解得，所以，检验：，满足题意，由（2）可知当时在上是严格增函数，所以，则原不等式可转化为存在使得不等式成立，只需的最小值小于0即可，令因为一元二次函数的开口向上，对称轴为，①即时，当时，函数取得最小值，解得，所以；②当即时，当时，函数取得最小值，解得或，所以；③当即时，当时，函数取得最小值，解得，所以；综上的取值范围.【点睛】方法点睛：函数存在性和恒成立问题，构造新函数并利用新函数的性质是解答此类问题的关键，并注意把握下述结论：①存在解；恒成立；②存在解；恒成立；③存在解；恒成立；④存在解；恒成立【变式15-1】（2025·上海·期末）已知函数为奇函数，，其中.(1)若函数的图象过点，求实数和的值；(2)若，试判断函数在上的单调性并用定义证明；(3)设函数，若对每一个不小于3的实数，都存在小于3的实数，使得成立，求实数的取值范围.【答案】(1)，(2)在上单调递增，证明见详解(3)【知识点】函数不等式能成立（有解）问题、函数不等式恒成立问题、由奇偶性求参数、定义法判断或证明函数的单调性【分析】（1）利用奇函数的定义可得，再由图象经过点，解方程可得；（2）利用函数单调性定义判断证明；（3）根据的解析式，分别讨论，，，运用基本不等式和函数的单调性，求得的范围．【详解】（1）函数为奇函数，可得，即，可得，又的图象过点，得，可得，解得，所以，.（2）当时，，，在上单调递增，证明如下：设，则，由，可得，，，则，即，所以函数在上单调递增.（3）当时，，当时，，当时，对任意，，而对任意，不满足条件，舍去；当时，，，对，，，由题意，，可得，即，所以，当时，，，对，，，所以，得，令，易得在R上严格递减，，所以，即，综上，实数的取值范围为.【点睛】关键点点睛：本题第三问解决的关键是分，，讨论，求出，的值域，问题转化为的值域是的值域的子集.【变式15-2】（2024·上海松江·期末）已知关于的不等式有实数解，则实数的取值范围是.【答案】【知识点】解不含参数的一元二次不等式、分类讨论解绝对值不等式、函数不等式能成立（有解）问题【分析】根据不等式有解转化为最值问题进而分类讨论求解答案.【详解】因为关于的不等式有实数解，所以，当时，，当时，，当时，，所以，即，解得或，所以实数的取值范围是.故答案为：题型16分段函数模型的应用（共3题）例16（2025·上海长宁·期末）已知某线路运行的地铁发车时间间隔（单位：分钟）满足：．经测算，该地铁每班平均载客人次（单位：人次）与发车时间间隔满足：．(1)计算的值，并说明其的实际意义；(2)若该线路每分钟的净收益为（单位：元），问当发车时间间隔为多少时，该线路每分钟的净收益最大？并求最大净收益．【答案】(1)，答案见解析(2)当发车时间间隔为6分钟时，每分钟的净收益最大，每分钟的净收益最大为120元【知识点】利用函数单调性求最值或值域、分段函数模型的应用、基本不等式求和的最小值【分析】（1）根据的解析式代入求得，其意义为间隔时间的载客量.（2）将的解析式代入即可求得的解析式.根据基本不等式性质及函数单调性可求得收益的最大值及取得最大收益时的间隔发车时间.【详解】（1）由函数的解析式可得：，其实际意义是：当地铁的发车时间隔为10分钟时，地铁载客量为1200，这也是地铁的最大载客量；（2）①当时，当且仅当，即时，等号成立，②当时，.当且仅当时等号成立，故当发车时间间隔为6分钟时，该线路每分钟的净收益最大，每分钟的净收益最大为120元．【变式16-1】（2025·上海·期末）某次展会上，跨国A公司带来了高端空调模型参展，通过展会调研，中国甲企业计划在明年与该跨国公司合资生产此款空调.生产此款空调预计全年需投入固定成本260万元，每生产千台空调，需另投入资金万元，且，经测算，当生产10千台空调需另投入的资金万元：现每千台空调售价为900万元时，当年内生产的空调当年能全部销售完.(1)求企业年利润（万元）关于年产量（千台）的函数关系式；(2)产量为多少（千台）时，企业所获年利润最大？最大年利润多少？（注：利润=销售额－成本）【答案】(1)(2)产量为（千台）时，企业所获年利润最大，最大利润为（万元）.【知识点】基本（均值）不等式的应用、分段函数模型的应用【分析】（1）根据已知数据，先求得参数；再根据关于的关系，即可求得函数关系式；（2）根据（1）中所求函数关系式，求函数的最大值即可.【详解】（1）因为当生产10千台空调需另投入的资金万元，故，解得；则，即；（2）当时，，当时，取得最大值为；当时，，当且仅当，即时，取得最大值为；综上所述，当时，取得最大值，即产量为（千台）时，企业所获年利润最大，最大利润为（万元）.【变式16-2】据悉一辆城际列车满载时为550人，人均票价为4元，十分适合城市间的运营.城际铁路运营公司通过一段时间的营业发现，每辆列车的单程营业额（元）与发车时间间隔（分钟）相关；当间隔时间到达或超过12分钟后，列车均为满载状态；当时，单程营业额与成正比；当时，单程营业额会在时的基础上减少，减少的数量为.(1)求当时，单程营业额关于发车间隔时间的函数表达式；(2)由于工作日和节假日的日运营时长不同，据统计每辆车日均次单程运营.为体现节能减排，发车间隔时间，则当发车时间间隔为多少分钟时，每辆列车的日均营业总额最大？求出该最大值.【答案】(1)(2)发车时间间隔为10分钟时，每辆列车的日均营业总额最大，最大值为22080元.【知识点】求二次函数的值域或最值、分段函数模型的应用、利用给定函数模型解决实际问题【分析】（1）由题意设当时的函数表达式，由时满载求得比例系数，进而求得当时表达式，写为分段函数形式，即得答案；（2）由题意可得，采用换元并结合二次函数性质可解.【详解】（1）当时，设，由的满载可知，得，此时，所以时，，当时，，综上，（2）化简得令，则当，即时，答；发车时间间隔为10分钟时，每辆列车的日均营业总额最大，最大值为22080元.题型17求函数的零点（共3题）例17（2025·上海徐汇·期末）若函数的图象关于直线对称，则的最大值为.【答案】【知识点】根据零点求函数解析式中的参数、求函数的零点、求二次函数的值域或最值、函数对称性的应用【分析】根据题设可得、是函数的零点，也是的两个根，即可得函数解析式，进而有，应用换元法及二次函数性质求其最大值.【详解】由，可得为的两个零点，又函数图象关于直线对称，则、也是函数的零点，所以是的两个根，则，所以，令，则，所以，当，即时，最大值.故答案为：【点睛】关键点点睛：根据对称性可得是的两个根，即可得参数值，再应用换元法将函数化为二次函数求最值.【变式17-1】（2025·上海宝山·期末）设均为正数，则函数的零点的最小值为.【答案】/【知识点】基本不等式求和的最小值、求函数的零点【分析】求函数的零点，结合基本不等式分析求解.【详解】因为均为正数，则，令，解得，又因为，当且仅当时，等号成立，可得，所以函数的零点的最小值为.故答案为：.【变式17-2】（2025·上海嘉定·期末）函数的零点是.【答案】6【知识点】求函数的零点【分析】令，解方程求得答案.【详解】令，即，则，，解得或（舍去），所以函数的零点为6.故答案为：6.题型18零点存在性定理的应用（共4题）例18（2025·上海·期末）已知函数的定义域为，若存在常数，使得对任意的，都有，则称函数具有性质.若函数具有性质，且的图象是一条连续不断的曲线，则函数的值域为.【答案】【知识点】零点存在性定理的应用、函数新定义【分析】设，，可知具有性质，分，和三种情况，结合零点存在性定理得出在上存在零点，即可得答案.【详解】设，因为，所以，设，，因为，所以具有性质，，令得，，①若，则函数在存在零点；②若，即时，当时，，即，所以在区间存在零点；③若，即，因为，所以，所以，当时，，即，所以在区间存在零点；综上所述，，都存在零点，即都有，即函数的值域为.故答案为：【点睛】关键点点睛：此题考查函数的新定义，考查函数与方程，考查函数的值域，考查零点存在性定理的应用，解题的关键是对函数新定义的正确理解，考查分类思想和计算能力，属于较难题.【变式18-1】（2025·上海杨浦·期末）设函数定义域为R,对于下列命题:①若存在常数M,使得对任意的,都有成立,则M是函数的最大值;②若函数的图像是一条连续不断的曲线,且对区间,有,则函数在区间上不存在零点;③若函数满足对任意的，都有或都有成立，则函数是偶函数或奇函数;④若函数满足对任意的，任意的,都有成立,则函数在R上严格递增;其中，所有假命题的序号为.【答案】①②③【知识点】零点存在性定理的应用、函数奇偶性的定义与判断、定义法判断或证明函数的单调性【分析】利用函数最大值的定义判断命题①；结合零点存在定理的理解，判断命题②；利用函数奇偶性的定义判断命题③；利用增函数的定义判断④.【详解】若存在常数，使得对任意的，都有成立，若是的最大值，还需要，，命题①错误；若函数的图像是一条连续的曲线，且对，有，则函数在区间上可能存在零点，如函数，满足，函数区间上有零点0，命题②错误；若函数满足对任意的，都有，则函数是偶函数，若函数满足对任意的，都有，则函数是奇函数，故命题③错误；若函数满足对任意的，任意的,都有成立,则函数在R上严格递增,命题④正确.故答案为：①②③【变式18-2】（2025·上海杨浦·期末）定义在R上且图像连续不断的函数，若存在实数使得任意实数x都成立，我们称是R上“m相依函数”．下列关于“m相依函数”的描述正确的是（

）A．存在唯一的常值函数是“m相依函数” B．是“m相依函数”C．“2025相依函数”至少有一个零点 D．“相依函数”至少有一个零点【答案】C【知识点】函数新定义、零点存在性定理的应用【分析】对于A，根据题中条件进行验证即可；对于B，根据定义得到关于的方程组，解出即可判断；对于C，利用赋值法结合零点存在性定理即可判断；对于D，代入分析即可.【详解】对于A，设，则，当，满足，则是“相依函数”，不唯一，故A错误；对于B，当时，对任意都成立，化为，则有，无解，则不是“相依函数”，故B错误；对于C，若，令，则，当时，有实根，当时，，根据零点存在性定理知，在区间上必有实根，所以“2025相依函数”至少有一个零点，故C正确；对于D，，当，，若，则，不能判定方程在内有根，根据实数的任意性，不能确定在上有无零点，故D错误，故选：C.【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解“相依函数”的定义，通过验证、列方程组、零点存在性定理以及赋值法即可判断.【变式18-3】（2025·上海宝山·期末）欧拉对函数的发展做出了巨大贡献，除特殊符号、概念名称的界定外，欧拉还基于初等函数研究了抽象函数的性质，例如引入倒函数的定义：对于函数，如果对于其定义域D中任意给定的实数，都有，并且，就称函数为倒函数．(1)若，，判断函数和是否为倒函数，并说明理由；(2)若是上的倒函数，当时，，方程是否有正整数解？并说明理由；(3)若是上的倒函数，其函数值恒大于，且在上是严格增函数．记，证明：是的充要条件．【答案】(1)是倒函数，不是倒函数(2)没有正整数解，理由见解析(3)证明见解析【知识点】充要条件的证明、零点存在性定理的应用、函数新定义【分析】（1）利用给定的定义进行判断；（2）先求出时的解析式，利用零点存在定理验证即可；（3）利用函数单调性的定义，倒函数的定义以及充分条件、必要条件的定义进行证明.【详解】（1）对于定义域为，显然定义域中任意实数，都有成立，又，所以是倒函数.对于定义域为，当时，，不符合倒函数的定义，所以不是倒函数.（2）令，则，由倒函数的定义，可得，所以，所以，要使有正整数解，则，令，则函数在上单调递增，因为，，由零点存在定理可知，方程的根所在的区间为，所以没有正整数解.（3）充分性：当时，且，因为是增函数，所以，即，，所以.必要性：当时，有，因为恒大于，所以，即，所以，因为是增函数，所以，即.综上可得是的充要条件.【点睛】关键点点睛：本题求解的关键是理解所给倒函数的定义，使用进行转化.题型19判断零点所在的区间（共3题）例19（2025·上海·期末）函数，其中是一个常数，计算知，则方程的根所在的区间是（

）A． B． C． D．无法确定【答案】B【知识点】判断零点所在的区间【分析】根据零点存在性定理可求解.【详解】由得，又函数的图象是连续不断的，且单调递增根据零点存在性定理可知，函数f(x)的一个零点，且唯一，即方程的根所在的区间是，故选：B【变式19-1】（2025·上海长宁·期末）设，现用二分法求方程在区间内的近似解，计算得，则近似解所在的区间为（

）A． B． C． D．不能确定【答案】B【知识点】判断零点所在的区间【分析】由二分法的定义可知，一个连续函数在区间上满足，则方程在区间上存在近似解.【详解】因为函数为增函数且在区间内连续，又，所以方程的近似解在区间.故选：B.【变式19-2】（2025·上海·期末）已知函数，则下列命题中正确个数有（

）①的定义域为；②的值域为；③；④有两个零点，，且.A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【知识点】判断零点所在的区间、求函数的零点、复杂（根式型、分式型等）函数的值域、具体函数的定义域【分析】对①，求出的定义域判断；对②，判断的单调性，并结合极限思想判断；对③，根据解析式求出并判断；对④，利用零点存在性定理结合函数的单调性可得存在，使得，结合③可得，得解.【详解】对于①，由，解得且，所以函数的定义域为，故①错误；对于②，由，所以函数在和上均单调递增，当时，，当从小于1的方向逼近1时，，当从大于1的方向逼近1时，，当时，，所以函数的值域为R，故②正确；对于③，，即，故③正确；对于④，因为在和上均单调递增，又，，所以存在，使得，又，则，结合③可得，即也是的零点，则，，故，故④正确.综上，正确的个数有3个.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题命题④解决的关键是利用在上单调递增，结合零点存在性定理得到存在，使得，结合命题③的结论求解.题型20根据函数零点的个数求参数范围（共4题）例20（2025·上海长宁·期末）已知函数有两个不同的零点，则实数的取值范围为．【答案】【知识点】根据函数零点的个