专题2-1函数的概念与性质（专题分层练）解析版.docx

1、专题验收评价专题2-1 函数的概念与性质内容概览A常考题不丢分一函数的定义域及其求法（共4小题）二函数的值域（共4小题）三函数解析式的求解及常用方法（共1小题）四函数的图象与图象的变换（共6小题）五函数单调性的性质与判断（共1小题）六函数的最值及其几何意义（共5小题）七函数奇偶性的性质与判断（共11小题）八奇偶性与单调性的综合（共5小题）九抽象函数及其应用（共1小题）十函数恒成立问题（共7小题）B拓展培优拿高分（压轴题）（13题）C挑战真题争满分（10题）一函数的定义域及其求法（共4小题）1（2023徐汇区三模）函数的定义域为 （3，2）【分析】根据对数函数的定义得到关于x的不等式，解不等式即

2、可求出函数的定义域【解答】解：由题意得：0，解得：3x2，故函数的定义域是（3，2），故答案为：（3，2）【点评】本题考查了求函数的定义域问题，考查对数函数的性质，是基础题2（2023徐汇区校级三模）函数的定义域是（，2）【分析】根据二次根式的性质和分式的意义，被开方数大于等于0，分母不等于0，就可以求解【解答】解：依题意，得2x0，解得x2，故答案为：（，2）【点评】本题考查了函数自变量的取值范围：注意分式有意义，分母不为0；二次根式的被开方数是非负数3（2023虹口区二模）函数ylg（x1）+的定义域为 （2，+）【分析】由对数式的真数大于0，分母中根式内部的代数式大于0，联立不等式组求解

3、【解答】解：要使原函数有意义，则，解得x2函数ylg（x1）+的定义域为（2，+）故答案为：（2，+）【点评】本题考查函数的定义域及其求法，是基础题4（2023松江区校级模拟）函数f（x）的定义域是（4，1）【分析】根据函数f（x）的解析式，列出使解析式有意义的不等式，求出解集即可【解答】解：函数f（x）中，由x23x+40，整理得x2+3x40，解得4x1；所以函数f（x）的定义域是（4，1）故答案为：（4，1）【点评】本题考查了根据函数解析式求定义域的问题，是基础题二函数的值域（共4小题）5（2023松江区校级模拟）函数yx26x+3，x1，4的值域是 6，10【分析】根据题意，设f（x）

4、x26x+3，分析可得f（x）（x3）26，由二次函数的性质分析可得答案【解答】解：根据题意，设f（x）x26x+3，则f（x）x26x+3（x3）26，由于x1，4，则函数的最大值为f（1）16610，最小值为f（3）6，故函数的值域为6，10故答案为：6，10【点评】本题考查二次函数的值域，涉及二次函数的性质以及应用，属于基础题6（2023松江区校级模拟）若函数的值域为（，3，则实数m的取值范围是 （2，5【分析】根据指数函数的单调性可得出，x1时，0f（x）3；根据二次函数的单调性可得出，x1时，f（x）m2，再根据f（x）（，3即可得出0m23，解出m的范围即可【解答】解：x1时，03

5、x3；x1时，2x2+mm2，且f（x）的值域为（，3，0m23，2m5，实数m的取值范围是：（2，5故答案为：（2，5【点评】本题考查了指数函数、二次函数的单调性，根据函数单调性求函数值域的方法，函数值域的定义及求法，考查了推理和计算能力，属于基础题7（2023虹口区二模）对于定义在R上的奇函数yf（x），当x0时，则该函数的值域为 （，505，+）【分析】根据奇函数的性质求得f（0）0，再结合基本不等式求x0时yf（x）的取值范围，再结合奇函数的性质求x0时函数值的范围，由此可得函数值域【解答】解：因为yf（x）为R上的奇函数所以f（x）f（x），所以f（0）0，又当x0时，2x+12，所

6、以2x+1+1215，当且仅当x1时等号成立，即当x0时，f（x）5，因为yf（x）为R上的奇函数，所以函数yf（x）的图象关于原点对称，所以x0时，f（x）5，所以函数yf（x）的值域为（，505，+）故答案为：（，505，+）【点评】本题考查函数的值域和奇偶性，属于基础题8（2023黄浦区校级三模）已知f（x）1+log3x（1x9），设g（x）f2（x）+f（x2），则函数yg（x）的值域为 2，7【分析】确定函数yg（x）的定义域，化简可得yg（x）的表达式，换元令log3xt，（t0，1），可得yt2+4t+2，结合二次函数的性质即得答案【解答】解：由题意得，则1x3，即g（x）f2

7、（x）+f（x2）的定义域为1，3，故，令log3xt，（t0，1），则yt2+4t+2（t+2）22，函数y（t+2）22在0，1上单调递增，故y2，7，故函数yg（x）的值域为2，7故答案为：2，7【点评】本题主要考查了二次函数及对数函数性质的应用，属于中档题三函数解析式的求解及常用方法（共1小题）9（2023宝山区校级模拟）已知a0，函数（x1，2）的图象的两个端点分别为A、B，设M是函数f（x）图象上任意一点，过M作垂直于x轴的直线l，且l与线段AB交于点N，若|MN|1恒成立，则a的最大值是6+4【分析】由A、B的坐标可以将直线l的方程找到，通过M点坐标可以得到N的坐标，将其纵坐标做

8、差可以得到关于a的不等式，通过求范围可以将绝对值去掉，由基本不等式可以得到a的最大值【解答】解：f（x）x（x1，2），a0，A（1，1a），B（2，2）直线l的方程为y（1+）（x1）+1a设M（t，t）N（t，（1+）（t1）+1a）|MN|1恒成立|（1+）（t1）+1a（t）|1恒成立|a|1g（t）t23t+2，在t1，2上小于等于0恒成立a1t1或t2时，01恒成立t（1，2）时，a由基本不等式得：a4+6此时ta的最大值为6+4【点评】本题考查通过两点坐标求直线l方程，去绝对值，以及由基本不等式确定a的范围四函数的图象与图象的变换（共6小题）10（2023闵行区校级三模）函数f（

9、x）的部分图象如图所示，则f（x）的解析式可能为（）Af（x）Bf（x）Cf（x）Df（x）【分析】根据1f（）0，可排除选项ABC，进而得解【解答】解：由图象可知，1f（）0，对于AB，f（）0，不合题意；对于C，不合题意故选：D【点评】本题考查根据函数图象确定函数解析式问题，考查数形结合思想及运算求解能力，属于基础题11（2023黄浦区校级三模）要得到函数yln（2x）的图像，只需将函数ylnx的图像（）A每一点的横坐标变为原来的2倍B每一点的纵坐标变为原来的2倍C向左平移ln2个单位D向上平移ln2个单位【分析】由yln（2x）lnx+ln2，结合竖直变换法则容易得解【解答】解：yln（

10、2x）lnx+ln2，则要得到函数yln（2x）的图像，只需将函数ylnx的图像向上平移ln2个单位故选：D【点评】本题考查函数图像的变换，属于基础题12（2023上海模拟）已知函数，则其图象大致是（）ABCD【分析】根据函数的定义域可排除选项A和C，再考虑x时，f（x）的取值情况，即可得解【解答】解：因为ex10，所以x0，即函数的定义域为（，0）（0，+），所以选项A和C均错误，当x时，ex0，所以f（x）0，即B正确，D错误故选：B【点评】本题考查函数的图象与性质，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题13（2023徐汇区校级三模）函数yln（x）沿着向量平移后得到函数yln（1x）+2

11、，则向量的坐标是 （1，2）【分析】根据题意，分析可得要得到yln（1x）+2的图象，需要将yln（x）向右平移1个单位，向上平移2个单位，结合向量的定义分析可得答案【解答】解：根据题意，yln（1x）+2ln（x1）+2，要得到yln（1x）+2的图象，需要将yln（x）向右平移1个单位，向上平移2个单位，故向量的坐标是（1，2）故答案为：（1，2）【点评】本题主要考查函数图象的平移变换，涉及向量的定义，属于基础题14（2023黄浦区模拟）设a，b，c，dR，若函数yax3+bx2+cx+d的部分图像如图所示，则下列结论正确的是（）Ab0，c0Bb0，c0Cb0，c0Db0，c0【分析】由已

12、知中函数yax3+bx2+cx+d的部分图像，运用韦达定理结合图像判断b、c的符号【解答】解：yax3+bx2+cx+d，y3ax2+2bx+c，由图知，两个极值点，设为x1，x2，则x10，x20，由图知（，x1），（x2，+）单调递增，（x1，x2）单调递减，则a0，则0，c0，由图知x1+x20，b0，故选：D【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，考查了韦达定理的应用，属于基础题15（2023黄浦区校级三模）将函数yx3+x，x0，1的图象绕点（1，0）顺时针旋转角（）得到曲线C，若曲线C仍是一个函数的图形，则的最大值为（）ABCDarctan2【分析】要使旋转后的图象仍为一个

13、函数的图象，旋转后的切线倾斜角最多为90，故只需求 x1处的倾斜角即可【解答】解：函数f（x）yx3+x，f（x）3x2+1，当时，f（x）0，函数在上递增，当时，f（x）0，函数在上递减，f（1）2可得在x1处切线的倾斜角为arctan2，因此，要使旋转后的图象仍为一个函数的图象，旋转后的切线倾斜角最多为90，也就是说，最大旋转角为，即的最大值为故选：A【点评】本题考查导函数与单调性之间的关系，属于中档题五函数单调性的性质与判断（共1小题）16（2023杨浦区校级三模）已知函数，设xi（i1、2、3）为实数，且x1+x2+x30，给出下列结论：若x1x2x30，则；若x1x2x30，则则（）

14、A正确，错误B错误，正确C都正确D都错误【分析】令，得到g（x）为递增函数，且为奇函数，中，不妨设 x10，x20，x30，结合A（x1+x2，f（x1+x2），利用直线OA的方程得到g（x1）+g（x2）g（x1+x2），进而得到g（x1）+g（x2）+g（x3）0，可判断正确；中，不妨设 x10，x20，x30，得到点B（x2+x3，f（x2+x3），利用直线OB的方程判断正确【解答】解：令函数，可得函数g（x）为单调递增函数，又由 ，即g（x）g（x），所以函数g（x）为奇函数，图象关于点（0，0）对称，如图（1）所示，中，因为 x1+x2+x30，且 x1x2x30，则 x3（x1+x

15、2），不妨设 x10，x20，x30，则点A（x1+x2，f（x1+x2），此时直线OA的方程为 ，可得，则 ，可得g（x1）+g（x2）g（x1+x2）0，又由 g（x3）g（x1+x2）g（x1+x2），所以g（x1）+g（x2）+g（x3）0，即，即，所以正确；中，若 x1x2x30，不妨设 x1x2x30，则x1（x2+x3），不妨设 x10，x20，x30，则点B（x2+x3，f（x2+x3），此时直线OB的方程为，可得 ，则，可得g（x2）+g（x3）g（x2+x3）0，又由g（x1）g（x2+x3）g（x2+x3），所以g（x1）+g（x2）+g（x3）0，即，即 ，所以正确故选

16、：C【点评】本题考查函数的性质，考查直线与函数的综合应用，属于中档题六函数的最值及其几何意义（共5小题）17（2023浦东新区校级一模）函数f（x）x，g（x）x2x+2若存在x1，x2，xn0，使得f（x1）+f（x2）+f（xn1）+g（xn）g（x1）+g（x2）+g（xn1）+f（xn），则n的最大值是（）A11B13C14D18【分析】由已知得n2（xn1）2（x11）2+（x21）2+（xn11）2，又x1，x2，xn0，可求n的最大值【解答】解：f（x1）+f（x2）+f（xn1）+g（xn）x1+x2+xn1+xn2xn+2，g（x1）+g（x2）+g（xn1）+f（xn）x1

17、2+x22+xn12（x1+x2+xn1）+2（n1）+xn，（x11）2+（x21）2+（xn11）2+（n2）（xn1）2，n2（xn1）2（x11）2+（x21）2+（xn11）2当x1x2xn11，xn时，（n2）max（1）2，n2，又nN，nmax14故选：C【点评】本题考查参数的最值，配方是关键，考查推理能力和计算能力，属中档题18（2023浦东新区二模）函数在区间上的最小值为 21【分析】利用对数的运算性质化简函数解析式可得y2log4（2x）+1，再利用基本不等式求解即可【解答】解：y1+log2x+1log2（2x）+1+12log4（2x）+1，x（，+），2x（1，+）

18、，log4（2x）0，y2log4（2x）+1121，当且仅当2log4（2x），即log4（2x）时，等号成立，即函数在区间上的最小值为21故答案为：21【点评】本题主要考查了对数的运算性质，考查了利用基本不等式求最值，属于中档题19（2023徐汇区二模）已知函数，xb，+），其中b0，aR，若f（x）的最小值为2，则实数a的取值范围是 （，1）【分析】根据a讨论函数单调性，再根据单调性确定函数最值，最后根据最值确定a的取值范围【解答】解：当a0时，f（x）在上单调递增，在上单调递减，（i）当时，f（x）在b，+）上单调递增，则2b22b+a0，ab2，2b2b2b2，b0，或或，；（ii）

19、当时，f（x）在上单调递增，在上单调递减，即，；当a0时，f（x）在b，+）上单调递增，b0，因此a0满足题意；综上，a的取值范围为（，1）故答案为：（，1）【点评】本题考查函数性质的综合运用，考查分类讨论思想以及运算求解能力，属于中档题20（2023宝山区校级模拟）已知实数x1、x2、y1、y2满足，则x1+x2的最大值为 【分析】设x1cos，y1sin，x22cos，y22sin，根据题设可得或，再利用三角变换公式结合正弦函数的性质可求x1+x2的最大值【解答】解：设x1cos，y1sin，x22cos，y22sin，故2coscos+2sinsin1，所以，所以或，故或，当时，其中，因

20、为，当且仅当2k，kZ时等号成立，故x1+x2的最大值为当时，其中，因为，当且仅当时等号成立，故x1+x2的最大值为综上，x1+x2的最大值为故答案为：【点评】本题主要考查函数的最值，三角函数的应用，考查运算求解能力，属于中档题21（2023闵行区校级三模）已知函数f（x）lnxx2，直线l：x+y40，若直线xy+m0与f（x）的图象交于A点，与直线l交于B点，则A，B之间的最短距离是 【分析】由题意，函数f（x）图象上的点A到直线l的最短距离，即为A，B之间的最短距离【解答】解：函数f（x）lnxx2，直线l：x+y40，若直线xy+m0与f（x）的图象交于A点，与直线l交于B点，直线xy

21、+m0的斜率为1，直线l：x+y40的斜率为k1，两直线垂直，则函数f（x）图象上的点A到直线l的最短距离，即为A，B之间的最短距离，由题意可得f（x）2x，x0令f（x）2x1k，解得x1（x舍去），f（1）1，取点A（1，1），点A到直线x+y40的距离d，则A，B之间的最短距离是2故答案为：2【点评】本题考查利用导数研究函数的最值，利用导数求曲线上某点的切线方程，考查运算求解能力，属于中档题七函数奇偶性的性质与判断（共11小题）22（2023浦东新区校级一模）下列函数中既是奇函数，又在区间1，1上单调递减的是（）Af（x）arcsin xBylg|x|Cf（x）xDf（x）cosx【分析

22、】可看出f（x）arcsinx在1，1上单调递增，ylg|x|和f（x）cosx都是偶函数，从而判断A，B，D都错误，只能选C【解答】Af（x）arcsinx在区间1，1上单调递增；该选项错误；Bylg|x|为偶函数，该选项错误；Cf（x）x是奇函数，且在1，1上单调递减；该选项正确；Df（x）cosx是偶函数，该选项错误故选：C【点评】考查反正弦函数和一次函数的单调性，以及奇函数和偶函数的定义23（2023嘉定区二模）函数ylg（1x）+lg（1+x）是（）A奇函数B偶函数C奇函数也是偶函数D非奇非偶函数【分析】求得函数的定义域为（1，1），关于原点对称，再验证f（x）与f（x）之间的关系，

23、即可得答案【解答】解：由，可得1x1，即函数ylg（1x）+lg（1+x）的定义域为（1，1），关于原点对称，又因为f（x）lg（1+x）+lg（1x）f（x），所以ylg（1x）+lg（1+x）为偶函数故选：B【点评】本题考查了对函数的奇偶性的判断，属于基础题24（2023徐汇区三模）对于函数yf（x），设p1：对任意的xR，均有f（x）|f（x）|，p2：对任意的xR，均有f（x）f（|x|），q：函数yf（x）为偶函数，则（）Ap1、p2中仅p1是q的充分条件Bp1、p2中仅p2是q的充分条件Cp1、p2均是q的充分条件Dp1、p2均不是q的充分条件【分析】根据给定条件，利用偶函数的定义

24、推理判断作答【解答】解：对于 p1：对任意的xR，均有f（x）|f（x）|，则f（x）f（x）|f（x）|f（x），因此f（x）为偶函数，对于p2：对任意的xR，均有f（x）f（|x），则f（x）f（|x|）f（|x|）f（x），因此是偶函数，所以p1、p2均是q的充分条件，ABD错误，C正确故选：C【点评】本题考查充分必要条件，函数的性质，属于基础题25（2023杨浦区二模）下列函数中，既是偶函数，又在区间（，0）上严格递减的是（）Ay2|x|Byln（x）CD【分析】根据题意，依次分析选项中函数的奇偶性和单调性，综合可得答案【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，y2|x|，既是偶函数

25、，又在区间（，0）上严格递减，符合题意；对于B，yln（x），其定义域为（，0），既不是奇函数也不是偶函数，不符合题意；对于C，y，是偶函数，但在区间（，0）上严格递增，不符合题意；对于D，y，是偶函数，但在区间（，0）上严格递增，不符合题意；故选：A【点评】本题考查函数的奇偶性和单调性的判断，注意常见函数的奇偶性和单调性，属于基础题26（2023杨浦区校级模拟）若函数yf（x）为偶函数，且当x0时，f（x）2x1，则f（1）【分析】利用偶函数的定义即可求解【解答】解：当x0时，f（x）2x1，所以，又因为yf（x）为偶函数，所以故答案为：【点评】本题主要考查了函数的奇偶性在函数求值中的应用，

26、属于基础题27（2023长宁区二模）若函数yln（1+x）aln（1x）为奇函数，则实数a的值为 1【分析】根据奇函数的概念，建立恒等式，即可求解【解答】解：，1x1，又函数yf（x）ln（1+x）aln（1x）为（1，1）上的奇函数，f（x）+f（x）0在（1，1）上恒成立，即ln（1x）aln（1+x）+ln（1+x）aln（1x）0在（1，1）上恒成立，ln（1x2）aln（1x2）0在（1，1）上恒成立，（1a）ln（1x2）0在（1，1）上恒成立，a1故答案为：1【点评】本题考查奇函数的概念，属基础题28（2023黄浦区校级三模）已知函数ya为奇函数，则实数a1【分析】由题意可得f（

27、0）0，解出a再验证即可【解答】解：函数f（x）a为奇函数，f（0）a0，解得，a1，经验证，函数f（x）1为奇函数故答案为：1【点评】本题考查了函数的奇偶性的应用，属于基础题29（2023青浦区二模）已知函数yf（x）是定义在R上的奇函数，且满足f（2+x）f（2x），f（1）1，则f（1）+f（2）+f（2023）0【分析】根据f（x）为R上的奇函数，且f（2+x）f（2x）可得出f（x+4）f（x），即得出f（x）的周期为4，并且可求出f（2）0，f（3）1，f（4）0，并且20233+4505，从而可求出答案【解答】解：f（x）是R上的奇函数，且f（2+x）f（2x），f（x+2）f（

28、x2），f（x+4）f（x），f（x）的周期为4，且f（1）1，f（0）0，f（2）f（2），f（2）0，f（3）f（1）1，f（4）f（0）0，f（1）+f（2）+f（3）+f（4）0，且20233+4505，f（1）+f（2）+f（2023）f（1）+f（2）+f（3）1+010故答案为：0【点评】本题考查了奇函数的定义，周期函数的定义，考查了计算能力，属于基础题30（2023静安区二模）已知函数为偶函数，则函数f（x）的值域为 （0，【分析】利用f（x）为偶函数，求得a，化简可得f（x），再结合基本不等式，得解【解答】解：函数的定义域为R，因为f（x）为偶函数，所以f（1）f（1），即，

29、解得a（舍负），所以f（x），当且仅当，即x0时，等号成立，又0，所以f（x）的值域为（0，故答案为：（0，【点评】本题考查函数奇偶性的应用，值域的求法，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题31（2023奉贤区二模）已知yf（x）为R上的奇函数，且当x0时，则yf（x）的驻点为 【分析】先求当x0时的导函数，再设g（x）（x0），利用导数可求出g（x）g（）4，从而可得f（x）0，从而得f（x）在（0，+）上单调递增，又0，从而再根据驻点的概念与函数的性质，即可得解【解答】解：根据题意可得：当x0时，令g（x）（x0），则，当x（0，）时，g（x）0，g（x）单调递减；当x（，+）时，g（x

30、）0，g（x）单调递增，g（x）g（）4，440，f（x）在（0，+）上单调递增，且44sin0，又yf（x）为R上的奇函数，yf（x）的驻点为故答案为：【点评】本题考查利用导数研究函数的驻点，化归转化思想，属中档题32（2023宝山区校级模拟）设定义在R上的奇函数yf（x），当x0时，f（x）2x4，则不等式f（x）0的解集是（，20，2【分析】根据函数奇偶性的性质，先求出函数的解析式，然后解不等式即可【解答】解：当x0，则x0，此时f（x）2x4，f（x）是奇函数，f（0）0，f（x）2x4f（x），即f（x）2x+4，x0，当x0时，由f（x）2x40，得0x2，当x0时，f（x）0成立

31、，当x0时，由f（x）2x+40，得2x4，即x2，则x2，综上0x2或x2，即不等式的解集为（，20，2，故答案为：（，20，2，【点评】本题主要考查不等式的求解，利用函数奇偶性的性质求出函数的解析式是解决本题的关键注意要进行分类讨论八奇偶性与单调性的综合（共5小题）33（2023崇明区二模）下列函数中，既是定义域内单调递增函数，又是奇函数的为（）Af（x）tanxBCf（x）xcosxDf（x）exex【分析】根据奇函数定义判断奇偶性，根据函数的图象判断单调性，但要注意单调区间是定义域的子集【解答】解：A项中，f（x）tan（x ）tanxf（x），则 f（x）tanx 是奇函数，但在定义

32、域内不单调，不符合；B项中，f（x）f（x），是奇函数，但在定义域内不单调，不符合；C项中，f（x）（x）cos（x）xcosxf（x），则f（x）为非奇非偶函数，不符合；D项中，f（x）f（x），是奇函数，又yex在xR上单调递增，yex在xR上单调递减，则f（x）在xR上单调递增，符合故选：D【点评】本题考查函数的奇偶性，单调性，属于基础题34（2023浦东新区模拟）下列函数在定义域中，既是奇函数又是严格减函数的是（）AylnxBCyexexDyx|x|【分析】根据函数的奇偶性及单调性逐一判断即可【解答】解：对于A，ylnx，x0，定义域不关于原点对称，所以不是奇函数，故不符题意对于B，由

33、题意可得定义域为（，0）（0，+），为奇函数，在（，0）和（0，+）上均为减函数，但在定义域内不是减函数，故不符题意；对于C，yexex，xR，因为yex在R上单调递增，yex在R上单调递增，所以yexex在R上单调递增，故不符题意；对于D，yx|x|，xR，因为f（x）（x）|x|x|x|f（x），所以为奇函数，由二次函数的性质可知yf（x）在R上单调递减，符合题意故选：D【点评】本题考查了函数的奇偶性及单调性，属于基础题35（2023浦东新区校级三模）下列函数中，既是定义域内单调增函数，又是奇函数的是（）Af（x）tanxBf（x）xCf（x）xcosxDf（x）x（ex+ex）【分析】由

34、函数的奇偶性与单调性及排除法进行判断即可【解答】解：对于A，f（x）tanx为奇函数，在定义域内不单调，不符合题意；对于B，f（x）x，定义域为（，0）（0，+），f（x）f（x），所以f（x）为奇函数，在（，0）和（0，+）上分别单调递增，不符合题意；对于C，f（x）xcosx，f（x）xcos（x）xcosxf（x），故函数不是奇函数，不符合题意；由排除法可知选项D符合题意故选：D【点评】本题主要考查函数奇偶性与单调性的判断，属于基础题36（2023黄浦区校级三模）下列函数中，既是偶函数，又在（0，+）上单调递增的函数为（）AycosxBy|x+1|CyxtanxDyex+ex【分析】利用

35、奇偶性的定义判断是否为偶函数，然后由基本初等函数的单调性判断函数的单调性，即可得到答案【解答】解：函数ycosx的定义域为R，是偶函数，但是在（0，+）上有增有减，故选项A错误；函数y|x+1|的定义域为R，因为|x+1|x+1|，所以不是偶函数，故选项B错误；函数yxtanx在（0，+）上有增有减，故选项C错误；函数yex+ex定义域为R，且ex+e（x）ex+ex，则函数为偶函数，且在（0，+）上单调递增，故选项D正确故选：D【点评】本题考查了函数奇偶性与单调性的判断，解题的关键是掌握奇偶性的定义以及基本初等函数的性质，考查了逻辑推理能力，属于基础题37（2023虹口区校级模拟）已知定义在

36、R上的偶函数f（x）满足f（1+x）+f（1x）4若f（0）0，且f（x）在0，1单调递增，则满足的x的取值范围是 1+8k，3+8k，kZ【分析】由题意可知，f（x）是周期为4的周期函数，的最小正周期为8，结合f（x）与的单调性，易知在一个周期内，由，可得x1，3，再结合周期求出范围即可【解答】解：因为f（x）是偶函数，所以f（x）f（x），由f（1+x）+f（1x）4，可得f（x）关于（1，2）对称，因为f（1+x）+f（1x）4，所以f1+（x+3）+f1（x+3）4，则f（x+4）f1+（x+3）f1（x+3）+4f（x+2）+4，因为f（x）是偶函数，所以f（x+2）f（x+2），因

37、为f（1+x）+f（1x）4，所以f1+（x+1）+f1（x+1）4，则f（x+4）f（x+2）+4f1+（1+x）+4f1（1+x）f（x）f（x），所以函数f（x）是周期为4的周期函数因为f（x）是偶函数，且在0，1单调递增，所以f（x）在1，0单调递减，令f（1+x）+f（1x）4中x0，则f（1）+f（1）4，则f（1）2，又因为f（x）关于（1，2）对称，所以f（x）在1，2上单调递增，2，3上单调递减，结合函数f（x）是周期为4的周期函数，综上可得f（x）在0，2，4，6上单调递增，2，4，6，8上单调递减因为的最小正周期为，结合图象可知，ysin在0，2，6，8上单调递增，在2，

38、6上单调递减，令f（1+x）+f（1x）4中x1，则f（2）+f（0）4，则f（2）4，当，又f（1）2，所以，当，又f（3）f（1）f（1）2，所以，所以当x0，8时，解得x1，3又因为f（x）与均为周期函数，且8均为其周期，所以的x的取值范围是1+8k，3+8k，kZ故答案为：1+8k，3+8k，kZ【点评】本题主要考查了函数的奇偶性，对称性和周期性，考查了正弦函数的图象和性质，属于中档题九抽象函数及其应用（共1小题）38（2023嘉定区校级三模）函数yf（x），xR满足f（x+2）f（x），当0x2，f（x）log2（x+1），则f（2023）1【分析】根据题意，分析函数的周期，结合函数

39、的解析式计算可得答案【解答】解：根据题意，函数yf（x），xR满足f（x+2）f（x），则f（x）是周期为2的周期函数，当0x2，f（x）log2（x+1），则f（2023）f（12024）f（1）log221故答案为：1【点评】本题考查抽象函数的性质，涉及函数的周期性，属于基础题一十函数恒成立问题（共7小题）39（2023浦东新区三模）已知定义在R上的函数yf（x）对任意区间a，b和ca，b，若存在开区间I，使得cIa，b，且对任意xIa，b（xc）都成立f（x）f（c），则称c为f（x）在a，b上的一个“M点”有以下两个命题：若f（x0）是f（x）在区间a，b上的最大值，则x0是f（x）在

40、区间a，b上的一个M点；若对任意ab，b都是f（x）在区间a，b上的一个M点，则f（x）在R上严格增那么（）A是真命题，是假命题B是假命题，是真命题C、都是真命题D、都是假命题【分析】举出反例，得到错误【解答】解：对于，设f（x）1，满足f（x0）是f（x）在区间a，b上的最大值，但x0不是f（x）在区间a，b上的一个M点，错误；对于，设，对于区间a，b，令b为有理数，满足对任意xa，b（xb）都成立f（x）f（b），故b为区间a，b上的一个M点，但f（x）在R上不是严格增函数，错误故选：D【点评】本题考查了函数新定义的应用，属于中档题40（2023闵行区校级二模）已知定义在R上的函数f（x）

41、，对于给定集合A，若x1，x2R，当x1x2A时都有f（x1）f（x2）A，则称f（x）是“A封闭”函数已知给定两个命题：P：若f（x）是“1封闭”函数，则f（x）一定是“k封闭”函数（kN*）；Q：若f（x）是“a，b封闭”函数（a，bN*），则f（x）不一定是“ab封闭”函数则下列判断正确的为（）AP对，Q对BP不对，Q对CP对，Q不对DP不对，Q不对【分析】根据定义可得xR都有f（x+1）f（x）+1，xR都有f（x+a）f（x）+b，再判定所给定区间里是否有f（x2+k）f（x2）k，f（x2+ab）f（x2）ab成立即可判断作答【解答】解：对命题P：对于集合1，x1，x2R使x1x2

42、1，则x1x2+1，而f（x）是“1封闭”函数，则f（x2+1）f（x2）1，即xR都有f（x+1）f（x）+1，对于集合k，x1，x2R使x1x2k，则，而f（x2+k）f（x2+k1）+1，f（x2+k1）f（x2+k2）+1，f（x2+1）f（x2）+1，所以f（x2+k）+f（x2+k1）+f（x2+1）f（x2+k1）+f（x2+k2）+f（x2）+k1，即f（x2+k）f（x2）+k，故f（x2+k）f（x2）k，f（x）一定是“k封闭”函数（kN*），P正确；对命题Q，其逆否命题为，若f（x）是“ab封闭”函数，则f（x）不是“a，b封闭”函数（a，bN*），只需判断出其逆否命题

43、的正误即可，x1，x2R使x1x2ab，则f（x1）f（x2）ab，若aba，b，则，由abb解得a1，因为aN*，所以a1，即x1，x2R使x1x2abba，b，则f（x1）f（x2）abba，b，满足f（x）是“a，b封闭”函数（a，bN*），所以命题Q的逆否命题为假命题，则原命题也为假命题，Q错误故选：C【点评】本题考查函数性质及命题真假判断，递推关系及函数新定义，属于中档题41（2023长宁区校级三模）已知函数yf（x）的表达式为f（x）32x1，若对于任意x10，1，都存在x20，1，使得f（x1）+f（x2+m）10成立，则实数m的取值范围是 log231，1【分析】由题意得函数f

44、（x）在R上单调递增，当x0，1时，f（x）maxf（1）5，f（x）minf（0）2，题意转化为10f（x1）5，8，即5，8是f（x2+m）值域的子集，即，求解即可得出答案【解答】解：f（x）32x1，则函数f（x）在R上单调递增，x0，1，f（x）maxf（1）5，f（x）minf（0）2，又对于任意x10，1，都存在x20，1，使得f（x1）+f（x2+m）10成立，转化为10f（x1）5，8，故5，8是f（x2+m）值域的子集，解得log231m1，故实数m的取值范围是log231，1故答案为：log231，1【点评】本题考查函数恒成立问题，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，

45、属于中档题42（2023徐汇区三模）设定义在R上的函数f（x）满足f（x）2f（x+1），且当x1，0）时，f（x）x（x+1）若对任意x，+），不等式恒成立，则实数的最小值是 【分析】由题意根据给定的函数解析式，结合等式关系，拓展其他区间的函数解析式，利用二次函数的性质，可得答案【解答】解：f（x）2f（x+1），且当x1，0）时，f（x）x（x+1）（x+）2+显然恒成立，f（x）f（x1）f（x1），易知当x0时，则f（x）f（）恒成立，当x2，1），即x+11，0）时，f（x）2f（x+1）2（x+1）（x+1）+12（x+）2+恒成立；当x3，2），即x+21，0）时，f（x）2f（

46、x+1）4f（x+2）4（x+2）（x+2）+14（x+）2+11，不满足f（x）恒成立，解不等式4（x+）2+1，解得在x3，2）上的解集为3，2），综上所述，当x，+）时，f（x）恒成立，实数的最小值为；故答案为：【点评】本题考查分段函数的值域的求法及含参数的不等式的解法，属于中档题43（2023松江区模拟）已知fa（x）|x|+|xa|，其中aR（1）判断函数yfa（x）的奇偶性，并说明理由；（2）当a4时，对任意非零实数c，不等式均成立，求实数t的取值范围【分析】（1）先求yfa（x）定义域，当a0时，判断奇偶性，当a0时，利用奇偶性的定义判断f（a）与f（a）的关系即可判断；（2）根

47、据基本不等式有，再利用三角不等式取等号条件即可得出结果【解答】解：（1）函数yfa（x）的定义域为R，当a0时，fa（x）2|x|，任取xR，则fa（x）2|x|2|x|fa（x），所以函数yfa（x）为偶函数；当a0时，由fa（a）|a|，fa（a）3|a|，得fa（a）fa（a），且fa（a）fa（a），fa（x）|x|+|xa|为非奇非偶函数（2）对于任意非零实数c，根据基本不等式有，所以fa（t）4，即|t|+|ta|4，因为a4，所以|t|+|t4|4，由三角不等式可得|t|+|t4|4，当且仅当t（t4）0时取等号，实数t的取值范围为t0，4【点评】本题考查函数的奇偶性以及不等式的

48、恒成立问题，考查分类讨论思想以及运算求解能力，属于中档题44（2023宝山区校级模拟）已知（实数b为常数）（1）当b5时，求函数yf（x）的定义域D，判断奇偶性，并说明理由；（2）若不等式f（x）x当x2，+）时均成立，求实数b的取值范围【分析】（1）利用对数型函数的定义域、函数的奇偶性求法计算即可；（2）分离参数结合换元法求函数值域即可【解答】解：（1）当b5时，则4x52x+4（2x1）（2x4）02x4或2x1，解之得x2或x0，即D（，0）（2，+），显然定义域不关于原点对称，故不具有奇偶性；（2）当x2，+）时，f（x）x，ylog2x为单调递增函数，故，令t2x（x2），则t4，故

49、，由对勾函数的性质可知在（2，+）上单调递减，故，所以b15b4，即b的取值范围为（4，+）【点评】本题主要考查函数定义域的求法，函数成立求参数范围问题，考查运算求解能力，属于中档题45（2023奉贤区二模）设函数yf（x）的定义域是R，它的导数是f（x）若存在常数m（mR），使得f（x+m）f（x）对一切x恒成立，那么称函数yf（x）具有性质P（m）（1）求证：函数yex不具有性质P（m）；（2）判别函数ysinx是否具有性质P（m）若具有求出m的取值集合；若不具有请说明理由【分析】（1）根据已知条件，结合假设法，以及性质P（m）的定义，即可求解；（2）根据已知条件，结合正弦函数的求导法则，

50、以及性质P（m）的定义，即可求解【解答】证明：（1）假设yex具有性质P（m），即 ex+m（ex）对一切x恒成立，ex+mexemex，解得em1，显然不存在实数m使得em1成立，故假设错误，原命题成立；（2）解：假设ysinx具有性质P（m），即 sin（x+m）（sinx）对一切x恒成立，即sin（x+m）cosx对一切x恒成立，故sinxcosm+（sinm+1）cosx0，即，解得，综上所述，当时，ysinx具有性质P（m）【点评】本题主要考查函数恒成立问题，考查转化能力，属于中档题一填空题（共7小题）1（2020上海自主招生）若f（x）x21，则f（f（x）的图象大致为【分析】求出

51、f（f（x）的解析式，并判断奇偶性，利用导数求出x0时的单调性，由对称性即可作出大致图象【解答】解：f（f（x）（x21）21x42x2，令g（x）x42x2，g（x）0，可得x或0，由g（x）g（x），可得g（x）为偶函数，当x0时，g（x）4x34x4x（x+1）（x1），x（0，1）时，g（x）0，g（x）单调递减，x（1，+）时，g（x）0，g（x）单调递增，由偶函数关于y轴对称，可得f（f（x）的图象大致为故答案为：【点评】本题主要考查函数的图象的画法，属于基础题2（2020上海自主招生）函数f（x）的定义域为（0，1）若c（0，），则函数g（x）f（x+c）+f（xc）的定义域为（

52、c，1c）【分析】由题意可得，结合c的范围解不等式可求【解答】解：由题意可得，解可得，因为0c，所以cc1c1+c，所以cx1c故函数的定义域（c，1c），故答案为：（c，1c）【点评】本题主要考查了函数的定义域的求解，属于基础试题3（2020上海自主招生）设函数f（x）3x3x的反函数为yf1（x），则g（x）f1（x1）+1在3，5上的最大值和最小值的和为2【分析】由3x5，可得4x14，令4f（x）4，结合函数f（x）的单调性可得此时，再由反函数的性质即可得解【解答】解：由3x5，可得4x14，令4f（x）4，由f（x）3x3x单调递增可得，g（x）在3，5上的最大值与最小值之和为，故答

53、案为：2【点评】本题主要考查反函数的性质，考查运算能力，属于中档题4（2020上海自主招生）已知f（x）asin（2x）+bcos（2x）+csin（4x）+dcos（4x），若，则在a，b，c，d中能确定的参数是abcd0【分析】先令x0和x可得bd0，再由得到ac0【解答】解：令，令 ，所以sin4x（2ca2ccos4x）0恒成立，所以2ca2c0ac0，综上所述abcd0故答案为：abcd0【点评】本题考查赋值法在抽象函数中的应用，考查二倍角公式，属于中档题5（2023宝山区校级三模）函数yf（x）是最小正周期为4的偶函数，且在x2，0时，f（x）2x+1，若存在x1，x2，xn满足0

54、x1x2xn，且|f（x1）f（x2）|+|f（x2）f（x3）|+|f（xn1）f（xn）|2023，则n+xn最小值为 1518.5【分析】由函数yf（x）是最小正周期为4的偶函数可知函数的值域为3，1，若存在x1，x2，xn满足0x1x2xn，且|f（x1）f（x2）|+|f（x2）f（x3）|+|f（xn1）f（xn）|2023，要使n+xn取得最小值，尽可能多让xi（i1，2，3，m）取得最高点，然后可得n+xn的最小值【解答】解：函数yf（x）是最小正周期为4的偶函数，且在x2，0时，f（x）2x+1，函数的值域为3，1，若存在x1，x2，xn满足0x1x2xn，且|f（x1）f（

55、x2）|+|f（x2）f（x3）|+|f（xn1）f（xn）|2023，要使n+xn取得最小值，尽可能多让xi（i1，2，3，m）取得最高点，且f（0）1，f（2）3，+1506.75，n的最小值为507，相应的xn最小值为1011.5，则n+xn的最小值为1518.5故答案为：1518.5【点评】本题考查函数的图象和性质，考查函数的有界性的应用，考查了分析问题和解决问题的能力，考查数学转化思想方法，属于难题6（2023浦东新区校级三模）定义在区间1，+）上的函数f（x）的图像是一条连续不断的曲线，f（x）在区间2k1，2k上严格增，在区间2k，2k+1上严格减，k为正整数给出下列四个结论：若

56、f（2k）为严格增数列，则f（x）存在最大值；若f（2k+1）为严格增数列，则f（x）存在最小值；若f（2k）f（2k+1）0，且f（2k）+f（2k+1）存在最小值，则|f（x）|存在最小值；若f（2k）f（2k+1）0，且f（2k）f（2k+1）存在最大值，则|f（x）|存在最大值其中所有错误结论的序号有 【分析】根据题意，分别判断题目中的命题是否正确即可【解答】解：对于，由条件知，函数f（x）在区间2k1，2k上单调递增，在区间2k，2k+1上单调递减，k1，2，那么在区间2k1，2k+1，函数的最大值是f（2k），若数列 f（2k）为递增数列，则函数f（x）不存在最大值，所以错误；对于

57、，由条件知，函数f（x）在区间2k1，2k上单调递增，在区间2k，2k+1上单调递减，若f（2k+D）为递增数列，那么在区间2k1，2k+1的最小值是f（2k1），且f（2k+D）为递增数列，所以函数f（x）在区间1，+）的最小值是f（1），所以正确；对于，若f（2k）f（2k+1）0，取，kN*，则f（2k）+f（2k+1）2k，存在最小值，但此时|f（x）|的最小值是|f（2k+1）|的最小值，函数单调递减，无最小值，所以错误；对于，若f（2k）f（2k+1）0，取，则f（2k）f（2k+1）2恒成立，则f（2k）f（2k+1）有最大值，但|f（x）|的最大值是|f（2k）|2的最大值，函

58、数单调递增，无最大值，所以错误故答案为：【点评】本题考查了函数的定义与应用问题，也考查了推理与判断能力，是难题7（2023金山区二模）已知函数yf（x）和yg（x）的表达式分别为，g（x）x|x2a|，若对任意，若存在x23，0，使得g（x1）f（x2），则实数a的取值范围是 （2，3）【分析】由题意可得f（x）maxg（x）max，由二次函数及幂函数的性质可得f（x）在3，0上的最大值为2，所以只需利用导数及分类讨论思想，求出g（x）在1，上的最大值，代入求解即可【解答】解：因为对任意，若存在x23，0，使得g（x1）f（x2），所以f（x）maxg（x）max，因为，所以当x3，0时，f（

59、x）maxf（2）2，当a0时，g（x）x（x2a）x3ax，g（x）3x2a0，所以g（x）在1，上单调递增，所以g（x）maxg（）2a，所以2a2，解得a2，与a0矛盾，舍去；当a0时，g（x）x|x2a|，当x或x时，g（x）x3ax，g（x）3x2a，令g（x）3x2a0，得x1，x2，又因为，所以当x时，g（x）0，g（x）单调递增；当x时，g（x）x3+ax，g（x）3x2+a，g（x）3x2a0，得x3，x4，所以当x（0，）时，g（x）0，g（x）单调递增；当x（，）时，g（x）0，g（x）单调递减；综上所述：g（x）的单调递增区间为（0，），（，+）；单调递减区间为（，）；

60、所以当，即a6时，g（x）在1，上单调递增，所以g（x）maxg（）2+a，由2+a2，解得a2，与a6矛盾，故舍去；当1，即3a6时，g（x）在（1，）上单调递增，在（，）上单调递减，所以g（x）maxg（）+a，由2，解得a3，与3a6矛盾，故舍去；当，即2a3时，g（x）在1，上单调递减，所以g（x）maxg（1）1+a，由1+a2，解得a3，又因为2a3，所以2a3；当1，即1a4时，g（x）在（1，）上单调递减，在（，）上单调递增，又因为g（1）a1，g（）2a，当g（）g（1），即2aa1，1a3时，g（x）maxg（）2a，由2a2，解得a2，所以1a3；当g（）g（1），即2a

61、a1，3a4时，g（x）maxg（1）a1，由a12，解得a3，所以3a3；当1，即a1时，g（x）在1，上单调递增，所以g（x）maxg（）2a，由2a2，解得a2，所以2a1；综上所述，a的取值范围为：（2，3）故答案为：（2，3）【点评】本题考查了转化思想、导数的综合运用及分类讨论，难点在求g（x）在1，上的最大值，属于难题二解答题（共6小题）8（2022上海自主招生）偶函数f（x）满足f（x+4）f（x）+2f（2），求f（2022）的值【分析】由偶函数的定义和赋值法，可得f（2）0，推得f（x）的周期，计算可得所求值【解答】解：偶函数f（x）满足f（x+4）f（x）+2f（2），令x

62、2，则f（2）f（2）+2f（2），即f（2）+f（2）0，又f（2）f（2），可得f（2）0，所以f（x+4）f（x），即f（x）的最小正周期为4，所以f（2022）f（4505+2）f（2）0【点评】本题考查函数的奇偶性和周期性的定义和运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题9（2020上海自主招生）已知实数x，y满足x2+2xy1，求x2+y2最小值【分析】先把y用x表示，问题转化为单变量问题，再利用基本不等式求最小值即可【解答】解：因为x2+2xy1（x0），故，所以，当且仅当 等号成立，所以x2+y2最小值为【点评】本题考查基本不等式的应用，属于基础题10（2023上海自主招生）是否

63、存在函数f：RR，满足对x，yR，恒有，证明你的结论【分析】利用函数迭代即可证明【解答】证明：不存在符合要求的函数事实上，对任意nN+ 及iN，由题意可得，进而得，将对 i0，1，2，n1 求和，可得，将对 i1，2，n求和，可得，将对in1，n，2n2求和，可得对所得到的n个不等式求和，就有f（2）f（1）f（1）f（0）+4n令n+，上式不能成立所以不存在符合要求的函数【点评】本题考查了抽象函数及其应用，属于难题11（2023黄浦区模拟）定义在R上的函数yf（x），yg（x），若|f（x1）f（x2）|g（x1）g（x2）|对任意的x1，x2R成立，则称函数yg（x）是函数yf（x）的“从

64、属函数”（1）若函数yg（x）是函数yf（x）的“从属函数”且yf（x）是偶函数，求证：yg（x）是偶函数；（2）若，求证：当a1时，函数yg（x）是函数yf（x）的“从属函数”；（3）设定义在R上的函数yf（x）与yg（x），它们的图像各是一条连续的曲线，且函数yg（x）是函数yf（x）的“从属函数”设：“函数yf（x）在R上是严格增函数或严格减函数”；：“函数yg（x）在R上为严格增函数或严格减函数”，试判断是的什么条件？请说明理由【分析】（1）根据“从属函数”的定义和偶函数的性质可证对任意xR，0|f（x）f（x）|g（x）g（x）|恒成立，即可证明yg（x）是偶函数；（2）不妨设x1x

65、2，当a1时，利用放缩法可证|f（x1）f（x2）|x1x2|g（x1）g（x2）|，即可得证函数yg（x）是函数yf（x）的“从属函数”；（3）充分性，可通过举反例证明非充分，必要性，即证：函数yg（x）是函数yf（x）的“从属函数”，若函数yg（x）在R上为严格增函数或严格减函数，则函数yf（x）在R上是严格增函数或严格减函数，分情况讨论得证【解答】解：（1）因为yf（x）是R上的偶函数，故对任意的xR都有f（x）f（x）0，又yg（x）是yf（x）的“从属函数”，于是0|f（x）f（x）|g（x）g（x）|恒成立，即g（x）g（x）0对任意的xR成立，故yg（x）是偶函数（2）不妨设x1

66、x2，当a1时，yf（x）在R上是严格增函数，有而，所以|f（x1）f（x2）|x1x2|g（x1）g（x2）|，因此，当a1时，函数yg（x）是函数yf（x）的“从属函数”（3）是的必要非充分条件充分性，举反例，令f（x）x，g（x）|x|，显然yf（x）在R上是严格增函数因为|g（x1）g（x2）|x1|x2|x1x2|f（x1）f（x2）|，所以函数yg（x）是函数yf（x）的“从属函数”，但yg（x）在R上不是单调函数因此不是的充分条件必要性证明，即证：函数yg（x）是函数yf（x）的“从属函数”，若函数yg（x）在R上为严格增函数或严格减函数，则函数yf（x）在R上是严格增函数或严格

67、减函数任取u，vR，且uv，有|f（u）f（v）|g（u）g（v）|0，即对任意u，vR，且uv，有|f（u）f（v）|0下面证明：对任意的实数x1x2，有f（x2）f（x1）0或f（x2）f（x1）0成立若存在x1，x2，x3R，x1x2x3，使得f（x1）f（x2）且f（x2）f（x3），其中不妨设f（x3）f（x1），当或式中有等号成立时，则与0|f（u）f（v）|（其中uv）矛盾，当两式中等号均不成立时，考虑yh（x）f（x）f（x1），xR，因为h（x2）f（x2）f（x1）0，h（x3）f（x3）f（x1）0，由连续函数的零点存在定理知，必存在s（x2，x3）使得f（s）f（x1）

68、，也与0|f（u）f（v）|（其中uv）矛盾，同理可证f（x1）f（x2）且f（x2）f（x3）也不可能，因此，对任意的实数x1x2，有f（x2）f（x1）0成立或f（x2）f（x1）0成立，若f（x2）f（x1）0成立，则yf（x）在R上是严格增函数；若f（x2）f（x1）0成立，yf（x）在R上是严格减函数必要性得证【点评】本题主要考查函数的新定义，函数恒成立问题，函数的奇偶性与单调性，考查逻辑推理能力，属于难题12（2023杨浦区校级模拟）设yf（x）是定义域为R的函数，如果对任意的x1、x2R（x1x2），|f（x1）f（x2）|x1x2|均成立，则称yf（x）是“平缓函数”（1）若，

69、试判断yf1（x）和yf2（x）是否为“平缓函数”？并说明理由；（参考公式：x0时，sinxx恒成立）（2）若函数yf（x）是“平缓函数”，且yf（x）是以1为周期的周期函数，证明：对任意的x1、x2R，均有；（3）设yg（x）为定义在R上函数，且存在正常数A1使得函数yAg（x）为“平缓函数”现定义数列xn满足：x10，xng（xn1）（n2，3，4，），试证明：对任意的正整数【分析】（1）利用yf（x）是“平缓函数”判断可得答案；（2）设x1、x20，1，分、，根据yf（x）为R上的“平缓函数”可得答案；（3）由yg（x）为R上的“平缓函数”得，对任意的n2，利用证明可得答案【解答】解：（

70、1）对于函数yf1（x），由对任意的x1、x2R，可知函数yf1（x）是R上的“平缓函数”对于函数yf2（x），由对任意的x1、x2R，因此函数yf2（x）也是R上的“平缓函数”；证明：（2）由已知可得f（0）f（1），由于函数yf（x）是以1为周期的周期函数，故不妨设x1、x20，1，当时，由yf（x）为R上的“平缓函数”得；当时，不妨设0x1x21，此时由yf（x）为R上的“平缓函数”得|f（x1）f（x2）|f（x1）f（0）+f（1）f（x2）|f（x1）f（0）|+|f（1）f（x2）|，综上所述，命题得证；（3）由yg（x）为R上的“平缓函数”，且A1得，则对任意的n2，因此g（x

71、n）|g（xn）g（xn1）+g（xn1）g（xn2）+.+g（x1）|g（xn）g（xn1）|+.+|g（x2）g（x1）|+|g（x1）|（1+）|g（0）|g（0）|g（0）|【点评】本题主要是根据yf（x）是“平缓函数”的定义和性质进行判断，考查了学生的逻辑推理能力、运算能力，属于难题13（2023上海自主招生）设x（x1，x2，x3，xn）是（1，2，3，n）的一个全排列（n2），设s（x）x1x2+x2x3+x3x4+xn1xn，求S（x）的最小值及此时的x【分析】对任意满足题目条件的，构造，结合条件分步求解，再得到求S（x）的最小值及此时的x【解答】解：对任意满足题目条件的，我们

72、构造如下：Step1：考虑数字n，若n在x的第一位，取；若n不在x的第一位，而在第i位，即，定义x（1）的前i个分量为把x的前i个分量颠倒放置，后ni个分量不变，即则Step2：考虑数字n1，若n1在的第n位，取；若n1不在的第n位，而在第i位（这里的i跟Step1的i不一样），即定义的前i1个分量不变，后n1i个分量为把的后n1i个分量颠倒放置，即则Step3：考虑数字1，若1在x（2）的第2位，取；若1不在x（2）的第2位，而在第i位（这里的i跟Step2的i不一样），即定义x（3）的前i个分量不变，后ni个分量为把x的后ni个分量颠倒放置，即则这样一直下去，最终可以构造出，并且满足即对1

73、，2，n的任意置换x（x1，xn），都有，所以，的最小值在取到当n2k为偶数时，最小值为，当n2k+1为奇数时，最小值为【点评】本题考查了新定义全排列，考查了转化思想和分类讨论思想，属难题一选择题（共3小题）1（2022上海）下列函数定义域为R的是（）AyByx1CyDy【分析】化分数指数幂为根式，分别求出四个选项中函数的定义域得答案【解答】解：，定义域为x|x0，定义域为x|x0，定义域为R，定义域为x|x0定义域为R的是故选：C【点评】本题考查函数的定义域及其求法，是基础题2（2023上海）下列函数是偶函数的是（）AysinxBycosxCyx3Dy2x【分析】根据偶函数的定义逐项分析判断

74、即可【解答】解：对于A，由正弦函数的性质可知，ysinx为奇函数；对于B，由正弦函数的性质可知，ycosx为偶函数；对于C，由幂函数的性质可知，yx3为奇函数；对于D，由指数函数的性质可知，y2x为非奇非偶函数故选：B【点评】本题考查常见函数的奇偶性，属于基础题3（2021上海）以下哪个函数既是奇函数，又是减函数（）Ay3xByx3Cylog3xDy3x【分析】结合基本初等函数的单调性及奇偶性分别检验各选项即可判断【解答】解：y3x在R上单调递减且为奇函数，A符合题意；因为yx3在R上是增函数，B不符合题意；ylog3x，y3x为非奇非偶函数，C不符合题意；故选：A【点评】本题主要考查了基本初

75、等函数的单调性及奇偶性的判断，属于基础题二填空题（共3小题）4（2020上海）若函数ya3x+为偶函数，则a1【分析】根据题意，由函数奇偶性的定义可得a3（x）+a3x+，变形分析可得答案【解答】解：根据题意，函数ya3x+为偶函数，则f（x）f（x），即a3（x）+a3x+，变形可得：a（3x3x）（3x3x），必有a1；故答案为：1【点评】本题考查函数的奇偶性的性质以及应用，关键是掌握函数奇偶性的定义，属于基础题5（2023上海）已知函数f（x），则函数f（x）的值域为 1，+）【分析】分段求出f（x）的值域，再取并集即可【解答】解：当x0时，f（x）1，当x0时，f（x）2x1，所以函数

76、f（x）的值域为1，+）故答案为：1，+）【点评】本题主要考查了求函数的值域，属于基础题6（2022上海）设函数f（x）满足对任意x0，+）都成立，其值域是Af，已知对任何满足上述条件的f（x）都有y|yf（x），0xaAf，则a的取值范围为 【分析】由题可得，再根据时不合题意，进而即得；或等价于恒成立，即恒成立，进而即得【解答】解：法一：令，解得（负值舍去），当时，当时，且当时，总存在，使得f（x1）f（x2），故，若，易得，所以，即实数a的取值范围为；法二：原命题等价于任意，所以恒成立，即恒成立，又a0，所以，即实数a的取值范围为故答案为：【点评】本题考查了抽象函数的性质的应用，同时考查了

77、集合的应用，属于中档题三解答题（共4小题）7（2020上海）已知非空集合AR，函数yf（x）的定义域为D，若对任意tA且xD，不等式f（x）f（x+t）恒成立，则称函数f（x）具有A性质（1）当A1，判断f（x）x、g（x）2x是否具有A性质；（2）当A（0，1），f（x）x+，xa，+），若f（x）具有A性质，求a的取值范围；（3）当A2，m，mZ，若D为整数集且具有A性质的函数均为常值函数，求所有符合条件的m的值【分析】（1）利用函数的单调性结合新定义，逐个判断即可；（2）依题意，为增函数，由双勾函数的图象及性质即得解；（3）根据条件，分m0，m为正偶数和m为正奇数三种情况，求出条件的m的

78、值【解答】解：（1）f（x）x为减函数，f（x）f（x1），f（x）x具有A性质；g（x）2x为增函数，g（x）g（x1），g（x）2x不具有A性质；（2）依题意，对任意t（0，1），f（x）f（x+t）恒成立，为增函数（不可能为常值函数），由双勾函数的图象及性质可得a1，当a1时，函数单调递增，满足对任意t（0，1），f（x）f（x+t）恒成立，综上，实数a的取值范围为1，+）（3）D为整数集，具有A性质的函数均为常值函数，当m0时，取单调递减函数f（x）x，两个不等式恒成立，但f（x）不为常值函数；当m为正偶数时，取，两个不等式恒成立，但f（x）不为常值函数；当m为正奇数时，根据对任意tA

79、且xD，不等式f（x）f（x+t）恒成立，可得f（xm）f（x）f（x+m）f（x+1）f（x1）f（xm），则f（x）f（x+1），所以f（x）为常值函数，综上，m为正奇数【点评】本题以新定义为载体，考查抽象函数的性质及其运用，考查逻辑推理能力及灵活运用知识的能力，属于中档题8（2023上海）已知a，cR，函数f（x）（1）若a0，求函数的定义域，并判断是否存在c使得f（x）是奇函数，说明理由；（2）若函数过点（1，3），且函数f（x）与x轴负半轴有两个不同交点，求此时c的值和a的取值范围【分析】（1）a0时，求出函数f（x）的解析式，根据函数的定义域和奇偶性进行求解判断即可（2）根据函数过

80、点（1，3），求出c的值，然后根据f（x）与x轴负半轴有两个不同交点，转化为一元二次方程根的分布进行求解即可【解答】解：（1）若a0，则f（x）x+1，要使函数有意义，则x0，即f（x）的定义域为x|x0，yx+是奇函数，y1是偶函数，函数f（x）x+1为非奇非偶函数，不可能是奇函数，故不存在实数c，使得f（x）是奇函数（2）若函数过点（1，3），则f（1）3，得3a+2+c3+3a，得c321，此时f（x），若数f（x）与x轴负半轴有两个不同交点，即f（x）0，得x2+（3a+1）x+10，当x0时，有两个不同的交点，设g（x）x2+（3a+1）x+1，则，得，得，即a，若x+a0即xa是方

81、程x2+（3a+1）x+10的根，则a2（3a+1）a+10，即2a2+a10，得a或a1，则实数a的取值范围是a且a且a1，即（，）（，+）【点评】本题主要考查函数奇偶性的判断，以及函数与方程的应用，根据条件建立方程，转化为一元二次方程根的分布是解决本题的关键，是中档题9（2021上海）已知函数f（x）x（1）若a1，求函数的定义域；（2）若a0，若f（ax）a有2个不同实数根，求a的取值范围；（3）是否存在实数a，使得函数f（x）在定义域内具有单调性？若存在，求出a的取值范围【分析】（1）把a1代入函数解析式，由根式内部的代数式大于等于0求解绝对值的不等式得答案；（2）f（ax）a，设ax

82、+at0，得att2，t0，求得等式右边关于t的函数的值域可得a的取值范围；（3）分xa与xa两类变形，结合复合函数的单调性可得使得函数f（x）在定义域内具有单调性的a的范围【解答】解：（1）当a1时，f（x），由|x+1|10，得|x+1|1，解得x2或x0函数的定义域为（，20，+）；（2）f（ax），f（ax）a，设ax+at0，有两个不同实数根，整理得att2，t0，a，t0，当且仅当0a时，方程有2个不同实数根，又a0，a的取值范围是（0，）；（3）当xa时，f（x）x，在，+）上单调递减，此时需要满足a，即a，函数f（x）在a，+）上递减；当xa时，f（x）x，在（，2a上递减，a

83、0，2aa0，即当a时，函数f（x）在（，a）上递减综上，当a（，时，函数f（x）在定义域R上连续，且单调递减【点评】本题考查函数定义域的求法，考查函数零点与方程根的关系，考查函数单调性的判定及其应用，考查逻辑思维能力与推理论证能力，属难题10（2021上海）已知x1，x2R，若对任意的x2x1S，f（x2）f（x1）S，则有定义：f（x）是在S关联的（1）判断和证明f（x）2x1是否在0，+）关联？是否有0，1关联？（2）若f（x）是在3关联的，f（x）在x0，3）时，f（x）x22x，求解不等式：2f（x）3（3）证明：f（x）是1关联的，且是在0，+）关联的，当且仅当“f（x）在1，2是

84、关联的”【分析】（1）任取x1x20，+），证明f（x1）f（x2）0，+），证明f（x）2x1在0，+）关联，取x11，x20，证明f（x）在0，1不关联；（2）先得到f（x+3）f（x）3，再得到x0，3）和x3，6）的解析式，进而得到答案；（3）先证明f（x）在1是关联的f（x）是在1关联的，且是在0，+）关联的，再证明f（x）在1，2是关联的f（x）是在1关联的，且是在0，+）关联的【解答】解：（1）f（x）在0，+）关联，在0，1不关联，任取x1x20，+），则f（x1）f（x2）2（x1x2）0，+），f（x）在0，+）关联；取x11，x20，则x1x210，1，f（x1）f（x2

85、）2（x1x2）20，1，f（x）在0，1不关联；（2）f（x）在3关联，对于任意x1x23，都有f（x1）f（x2）3，对任意x，都有f（x+3）f（x）3，由x0，3）时，f（x）x22x，得f（x）在x0，3）的值域为1，3），f（x）在x3，6）的值域为2，6），2f（x）3仅在x0，3）或x3，6）上有解，x0，3）时，f（x）x22x，令2x22x3，解得x3，x3，6）时，f（x）f（x3）+3x28x+18，令2x28x+183，解得3x5，不等式2f（x）3的解为，5，（3）证明：先证明：f（x）是在1关联的，且是在0，+）关联的f（x）在1，2是关联的，由已知条件可得，f（

86、x+1）f（x）+1，f（x+n）f（x）+n，nZ，又f（x）是在0，+）关联的，任意x2x1，f（x2）f（x1） 成立，若1x2x12，x1+1x2x1+2，f（x1+1）f（x2）f（x1+2），即f（x1）+1f（x2）f（x1）+2，1f（x2）f（x1）2，f（x）是1，2关联，再证明：f（x）在1，2是关联的f（x）是在1关联的，且是在0，+）关联的，f（x）在1，2是关联的，任取x1x21，2，都有f（x1）f（x2）1，2成立，即满足1x1x22，都有1f（x1）f（x2）2，下面用反证法证明f（x+1）f（x）1，若f（x+1）f（x）1，则f（x+2）f（x）f（x+2

87、）f（x+1）+f（x+1）f（x）2，与f（x）在1，2是关联的矛盾，若f（x+1）f（x）1，而f（x）在1，2是关联的，则f（x+1）f（x）1，矛盾，f（x+1）f（x）1成立，即f（x）是在1关联的，再证明f（x）是在0，+）关联的，任取x1x2n，+）（nN），则存在nN，使得任取x1x2n，n+1（nN），1x1（n1）x22，fx1（n1）f（x2）f（x1）（n1）f（x2）1，2，f（x1）f（x2）n，n+10，+），f（x）是在0，+）关联的；综上所述，f（x）是1关联的，且是在0，+）关联的，当且仅当“f（x）在1，2是关联的”，故得证【点评】该题考查了函数求解析式，解不等式，函数恒成立的知识，对学生逻辑推理能力提出了很高的要求，属于难题