2026年高考数学二轮复习专题03 各类函数综合归类（题型）（天津）（解析版）

专题03各类函数综合归类目录第一部分题型破译微观解剖，精细教学典例引领方法透视变式演练【选填题破译目录第一部分题型破译微观解剖，精细教学典例引领方法透视变式演练【选填题破译】题型01函数单调性的应用题型02函数奇偶性的应用题型03函数周期性的应用题型04函数对称性的应用题型05函数4大性质的综合应用题型06已知函数解析式判断函数图象第二部分综合巩固整合应用，模拟实战题型01函数单调性的应用【例1-1】下列函数中，在其定义域上是奇函数又是减函数的是（

）.A． B． C． D．【答案】D【分析】根据函数的单调性和奇偶性逐一判断即可.【详解】对于A，函数在上单调递增，故A错误；对于B，函数是偶函数，故B错误；对于C，函数的定义域是，不是其定义域上的减函数，故C错误；对于D，函数定义域为，是奇函数且在上单调递减，故D正确.故选：D.【例1-2】（2025·天津·二模）已知函数，，若，，，则a，b，c的大小关系为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由导数知识可得在R上单调递增，然后比较三者大小关系结合单调性可得答案.【详解】，则在R上单调递增.又，，注意到，则，则，因为在R上单调递增.所以，即.故选：A同一定义域内①增函数（↗）增函数（↗）增函数↗②减函数（↘）减函数（↘）减函数↘③为↗，则为↘，为↘④增函数（↗）减函数（↘）增函数↗⑤减函数（↘）增函数（↗）减函数↘⑥增函数（↗）减函数（↘）未知（导数）复合函数的单调性【变式1-1】（2026·天津北辰·月考）已知函数，则的增区间为.【答案】【分析】根据二次函数以及对数函数的性质求出函数的递增区间即可．【详解】由，解得：，即的定义域为，令，则，因为在定义域内为单调递增函数，所以求函数的递增区间，只需求在上的单调递增区间即可，而的对称轴是，开口向下，故在单调递增，在单调递减，根据复合函数同增异减的原则，得的增区间为.故答案为：.【变式1-2】（2026·天津滨海新·月考）函数，若，则实数的取值范围（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用复合函数单调性，结合对数函数单调性确定分段函数单增，再利用函数的单调性解不等式.【详解】函数在上单调递减，函数在上单调递增，则函数在上单调递减，因此函数在上单调递增，当时，，，函数在上单调递增，而函数在处连续，因此在上单调递增，由，得，解得，所以实数的取值范围是.故选：D【变式1-3】（2025·天津和平·一模）已知函数的定义域为，若对于任意的，都有，当时，都有，．则函数在区间上的最大值为（

）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B【分析】根据给定条件，利用函数单调性定义确定在上的单调性，再利用单调性求出最大值.【详解】任取，则，由当时，都有，得，任意的，都有，即，则，因此函数在上单调递增，故时，.故选：B题型02函数奇偶性的应用【例2-1】（2026·天津滨海新·月考）若函数（为常数）在定义域上为奇函数，则.【答案】【分析】由奇函数的性质得到恒成立，即可求.【详解】由题设，即恒成立，所以，经验证满足题设.故答案为：【例2-2】（2026·天津·月考）设奇函数的定义域为，对任意的，且都有不等式，且，则不等式的解集是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据给定条件，构造函数，利用函数单调性定义确定在上的单调性，再结合奇偶性求解不等式.【详解】设函数，由为上的奇函数，得，则函数是上的偶函数，又，依题意，对任意的，且，都有，则函数在上单调递增，由，得，不等式，则得①或②，由①可得，解得；由②可得,即得，解得.综上可得，原不等式的解集为.故选：D①具有奇偶性的函数定义域关于原点对称（大前提）②奇偶性的定义：奇函数：，图象关于原点对称，偶函数：，图象关于轴对称③奇偶性的运算【变式2-1】（25-26高一上·天津滨海新·月考）有下列命题：①当，且时，函数必过定点；②不等式的解集为R，则实数的取值范围为；③函数是定义在R上的偶函数，当时，.则当时，④已知，且，则实数.其中正确命题的序号为（把正确的答案都填上）.【答案】①③【分析】根据指数型函数图象恒过定点判断①；对不等式的二次项系数分类讨论，分别求得满足条件的集合，即可求得k的取值范围，即可判断②；利用函数的奇偶性求解析式即可判断③；根据对数的运算性质计算即可判断④.【详解】对于①，因为，所以令，即，则，故过定点，故①正确；对于②，当时，满足题意，当时，函数开口向上，解集为R不成立，当时，若解集为R，则，解得，综上若不等式的解集为R，则实数k的取值范围为，故②错误；对于③，函数是定义在R上的偶函数，又当时，，当x＜0时，，，，即当x＜0时，，故③正确；对于④，因为，所以，所以，故由得，即，即，所以，故④错误.故答案为：①③【变式2-2】若幂函数为偶函数，则.【答案】【分析】由幂函数的定义得，解出，并根据为偶函数，进行检验，得到的值.【详解】因为为幂函数，则，解得或.当时，，为奇函数，不符合题意；当时，，为偶函数，符合题意，所以.故答案为：.【变式2-3】已知是定义在R上的偶函数，当时，恒成立，且，则不等式的解集为.【答案】【分析】根据题意构造新函数，判定其奇偶性及单调性进行计算即可.【详解】因为，，所以，即，令，则有，则在上单调递增.又是定义在R上的偶函数，，所以是定义在R上的偶函数.由，可得，整理得，即，由是偶函数且在单调递增，在单调递减，可得，解得或.综上，不等式的解集为.故答案为：.题型03函数周期性的应用【例3-1】（2025·天津红桥·模拟预测）定义在上的奇函数满足，且当时，，则【答案】【分析】根据已知条件推导出函数的周期性，再利用函数的性质将转化为已知区间内的函数值求解问题即可.【详解】因为是定义在上的奇函数，所以，且所以，又，所以，，根据这两个式子可得，所以是以4为周期的周期函数，又，所以，又，所以，故故答案为：.【例3-2】（2025·天津武清·模拟预测）已知是定义在上的偶函数，且，当时，，则（

）A． B．1 C．3 D．7【答案】B【分析】首先根据偶函数的定义可得：，进而根据已知条件求得函数的周期，最后借助函数周期性求解函数值即可.【详解】因为是定义在上的偶函数，所以.又因为，所以，所以，所以的周期为.因为时，，所以.故选：B.①若，则的周期为：②若，则的周期为：③若，则的周期为：（周期扩倍问题）④若，则的周期为：（周期扩倍问题）【变式3-1】（2026·天津滨海新·调研）已知函数定义域均为，的图象关于点对称，且满足，，则下列说法错误的是（

）A．函数的图象关于对称 B．函数的图象关于对称C．是奇函数 D．【答案】D【分析】对A、B，由已知条件通过变量代换判断对错；对C，分析的周期，利用周期性及中心对称赋值化简判断；对D，利用周期性和对称性求解判断.【详解】对于A：由得，由得，所以，即函数的图象关于对称，A正确；对于B：由得，由得，所以，即函数的图象关于对称，B正确；对于C：因为关于点对称，所以，因为关于对称，所以，所以，所以，所以，即周期为，又由关于点对称可得即，所以是奇函数，C正确；对于D：因为关于对称，所以，因为关于点对称，所以，所以，D错误；故选：D.【变式3-2】（2026·天津·联考）下列说法正确的是（

）A．与表示同一个函数B．函数的单调增区间为C．函数的值域为D．对于，函数满足.若时，，则【答案】C【分析】根据相同函数的条件可判断；根据绝对值函数的单调性可判断；根据函数的值域可判断；由周期函数的性质可判断.【详解】对于：，所以与不是同一个函数，故错误；对于：在上单调递减，在上单调递增，故错误；对于：，所以，函数的值域为，故正确；对于：，故错误.故选：.【变式3-3】（2025·天津河北·模拟预测）定义在上的奇函数满足，且当时，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据条件，利用函数的性质，得，再将代入，即可求解.【详解】因为奇函数，又，知的一个周期为，所以，又当时，，所以，则，故选：D.题型04函数对称性的应用【例4-1】（2026·天津南开·调研）定义在上的函数满足，且当时，单调递增，则不等式的解集为【答案】【分析】依据条件得出对称轴，结合单调性列出绝对值不等式，求解即可.【详解】因为函数满足，则函数关于对称；又因为当时，单调递增，所以，即，两边平方得：，解得：.所以解集为：.故答案为：.【例4-2】（2026·天津南开·月考）已知函数，，则数列的通项公式为．【答案】【分析】由得为奇函数，进而得关于对称，即，最后利用倒序相加法即可求解.【详解】由题意有：，所以为奇函数，所以关于对称，所以，所以①，又②，由①②有：，所以，故答案为：.轴对称①若，则的对称轴为②若，则的对称轴为点对称①若，则的对称中心为②若，则的对称中心为【变式4-1】（2026·天津·调研）已知是定义在上的偶函数，满足，且在上单调减，则下列结论中正确的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据函数的对称性及单调性，利用偶函数性质比较大小.【详解】因为，所以，又是定义在上的偶函数，且在上单调减，所以在上单调增，所以，故选：C【变式4-2】（2026·天津东丽·开学考试）函数的定义域，当时，，函数是奇函数.记关于的方程的根为，若，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】画出的图象，结合图象以及对称轴来求得正确答案.【详解】当时，，因为是奇函数，所以的图象关于对称，且，由此画出的图象如下图所示，直线过点，因为，所以过点和点的直线的斜率为，对应直线方程为，过点和点的直线的斜率为，对应直线方程为，由图象以及对称性知，要使，则在上有3个交点，即需.故选：D【变式4-3】（2026·天津·月考）设函数的定义域为，且为偶函数，为奇函数，当时，，则.【答案】【分析】根据函数奇偶性的性质得出函数关于以及点对称，由此可得出函数周期，根据周期进行计算即可.【详解】因为函数的定义域为，且为偶函数，为奇函数，则，，所以函数的图象关于直线对称，也关于点对称，所以，，所以，则，所以函数是周期为的周期函数，当时，，则，，，，，，，，，，所以，因为，所以.故答案为：.题型05函数4大性质的综合应用【例5-1】（2026·天津·月考）已知函数则给出下列三个命题：①函数是偶函数；②存在，使得以点为顶点的三角形是等腰直角三角形；③存在，使得以点为顶点的四边形为菱形．其中，所有真命题的序号是（

）A．①② B．②③ C．①③ D．①②③【答案】C【分析】对于①，根据奇偶性的定义可判断；对于②，可以分类判定三角形的形状进行判断；对于③，可以构造成立的例子．【详解】对于①：当时，，；当时，，；所以恒成立，所以函数是偶函数，故①正确；对于②：当都是有理数时，三点纵坐标都是，三点共线，不构成三角形；同理当都是无理数时，也不合题意；所以只有可能两个为有理数，一个为无理数，或两个无理数，一个有理数，对于两个为有理数，一个为无理数的情况，设是有理数，是无理数，对应三点，显然都不可能为直角，

故要为等腰直角三角形，必须为直角，且，所以关于直线对称，于是，此式等号左边为有理数，右边为无理数，不可能成立；对于两个为无理数，一个为有理数的情况，设是无理数，是有理数，对应三点，同样都不可能为直角，故要为等腰直角三角形，必须为直角，且，所以关于直线对称，如图所示：

于是，，但都是有理数，而是无理数，这也不可能成立，故②错误；对于③：令，则对应四点坐标为，如图所示：

，四边形为菱形，故③正确.综上，所有真命题的序号是①③.故选：C【例5-2】（2025·天津·模拟预测）已知是偶函数，且在上单调递增，则（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】分析函数在上的单调性，比较、、的大小关系，结合函数的单调性可得出结果.【详解】因为函数是偶函数，且在上单调递增，则该函数在上为减函数，因为，所以，，且函数在上为增函数，所以，，因为函数在上为减函数，则，故，且，所以，，故选：D.周期性对称性综合问题①若，，其中，则的周期为：②若，，其中，则的周期为：③若，，其中，则的周期为：奇偶性对称性综合问题①已知为偶函数，为奇函数，则的周期为：②已知为奇函数，为偶函数，则的周期为：【变式5-1】（2025·天津南开·联考）“函数在上有最大值”是“函数在上单调”的（

）.A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】根据充分条件和必要条件定义、函数单调性和函数最大值定义及其关系即可求解.【详解】“函数在上有最大值”不能推出“函数在上单调”，如函数在上有最大值，但函数在上不单调，所以充分性不成立；若“函数在上单调”则“函数在上有最大值为或”，必要性成立，所以函数在上有最大值”是“函数在上单调”的必要不充分条件.故选：B.【变式5-2】（2025·天津·模拟预测）已知函数，若正数m，n满足，则的最小值为（

）A．3 B． C． D．【答案】D【分析】根据函数解析式可得，据此得出，再由“1”的技巧及基本不等式得解.【详解】因为，所以，所以，所以由可得，即，由，则，当且仅当，即时，等号成立.故选：D【变式5-3】（2025·天津·模拟预测）已知奇函数的定义域为，满足对任意、，且，都有，且，则不等式的解集为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】构造函数，其中，分析函数的奇偶性与单调性，可得出，分、两种情况将不等式变形，结合函数的单调性即可得解.【详解】构造函数，其中，则，所以，函数为偶函数，对任意的对任意、，且，都有，不妨设，则，可得，即，所以，函数在上为减函数，则该函数在上为增函数，且，，当时，由可得，可得；当时，由可得，可得.综上所述，不等式的解集为.故选：B.题型06已知函数解析式判断函数图象【例6-1】（2025·天津·模拟预测）函数的图象大致为（

）．A． B．C． D．【答案】D【分析】由特殊点函数值即可判断.【详解】因为，结合图象只有D符合，故选：D【例6-2】（2025·天津河北·联考）函数的图象为（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】先求出函数定义域，进而得到为奇函数，结合特殊点函数值，得到答案.【详解】的定义域为，，所以为奇函数，排除A；，，，显然，故，故BC错误，D正确.故选：D函数的奇偶性①具有奇偶性的函数定义域关于原点对称（大前提）②奇偶性的定义：奇函数：，图象关于原点对称，偶函数：，图象关于轴对称③奇偶性的运算特值与极限①②③④特别地：当时例如：，当时【变式6-1】（2024·天津·二模）函数在上的图象可能是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用定义判断函数的奇偶性，再代入特殊值检验，即可选出正确答案.【详解】.因为，所以函数是奇函数，所以其图象关于原点对称.所以排除A，C；又当时，，所以排除D.故选：B.【变式6-2】（2025·天津·模拟预测）函数的图像大致是（

）A．B．C． D．【答案】A【分析】利用奇偶性分析图象对称性排除CD项，再根据在区间内的函数值符号可得答案.【详解】由，解得，因此定义域为，关于原点对称，由，因此是奇函数，图象关于原点对称，故可排除选项CD；当时，，因此，即函数在上的图象位于轴上方，故可排除B项；故选：A.【变式6-3】（2026·天津·月考）函数的图象大致是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据函数的奇偶性和函数值的符号即可判断.【详解】依题意，函数的定义域为，且，所以是偶函数，所以的图象关于轴对称，所以排除B，D选项；又当时，，所以排除C选项.故选：A.1．（2025·天津红桥·模拟预测）下列函数中为偶函数的是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据常见函数的奇偶性判断即可.【详解】为偶函数，为非奇非偶函数，为奇函数，为非奇非偶函数.故选：A.2．（2025·天津河北·模拟预测）已知函数，，（）(1)当时，求的值；(2)若对任意，都有成立，求实数a的取值范围；(3)若，，使得不等式成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)；(2)；(3).【分析】（1）将自变量代入求函数值即可；（2）由题设恒成立，结合求参数范围；（3）问题化为在，，有成立，求出，讨论对称轴与区间位置关系列不等式求参数范围.【详解】（1）由题设，则；（2）由题设恒成立，即恒成立，所以，只需，可得；（3）由题设，在，，有成立，对于，，易知，对于，，当，时，，显然，满足；当，时，，只需，可得；当，时，，只需，无解；综上，.3．（2025·天津河北·模拟预测）已知函数是定义在R上的奇函数，则下列函数中为奇函数的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用函数奇偶性的定义判断可得结论．【详解】因为的定义域为R，又因为，所以是偶函数，不符合题意；令，则，所以是偶函数，不符合题意；令，则，所以是偶函数，不符合题意；令，则，所以是奇函数，符合题意．故选：D．4．（2025·天津武清·模拟预测）已知定义在R上的函数，，，，则a，b，c的大小关系为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据函数的解析式，求得函数为奇函数，化简，再结合函数的单调性，即可求解.【详解】，定义域为，关于原点对称，且，所以函数为奇函数，所以，又，任取，且，则，则，故在上单调递增，又由对数函数的单调性可得，所以，即.故选：D5．（2025·天津武清·模拟预测）已知函数，，某函数的部分图象如图所示，则该函数可能是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】结合函数的奇偶性及特值法可判断.【详解】对于A，令，由，则，，所以是非奇非偶函数，由图象不符，故A错误；对于B，令，由，则，，所以是非奇非偶函数，由图象不符，故B错误；对于D，，当时，，与图象不符，排除D，故C正确.故选：C.6．（2025·天津·二模）函数的大致图象可能是（

）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．7．（2025·天津·二模）已知函数的图象如图所示，则该图象所对应的函数可能是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】对各选项的单调性与函数值的情况一一判断，利用排除法即可得解；【详解】对于A：，当时，，故排除A；对于B：当时，函数为增函数，当时，函数为减函数，故排除B；对于D，当时，，，所以在上单调递增，故排除D；对于C，为偶函数，由可得，满足图象，故C正确.故选：C．8．（2025·天津和平·三模）定义域为的函数满足，当时，，若时，，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】结合题意求出函数在区间上的最小值，根据题意得出，解该不等式即可得解.【详解】当时，恒成立，则，因为定义域为的函数满足，当时，，当时，，则，因为，此时；当时，，则，因为，则，则，所以，所以，函数在上的最小值为，所以，，即，即，解得或.因此，实数的取值范围是.故选：A.9．（2025·天津·模拟预测）已知函数在上单调递增，则a的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】分和两类讨论，结合换底公式及对数函数的单调性、对数的运算性质可得关于的不等式即可求解.【详解】当时，根据对数函数的性质可知：函数在上单调递增，符合题意；当时，由换底公式可得，因