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“四大”函数性质综合应用重点考点 专题练
2026年高考数学一轮复习备考
一、单选题
1．已知是定义在上的奇函数，，且，则（ ）
A．1 B．0 C．-2025 D．
2．已知定义在上的函数满足为偶函数，，则下列说法错误的是（ ）
A．的图象关于中心对称
B．的周期为8
C．
D．当时，，则的值为
3．已知函数的定义域为R，其导数，且和都为奇函数．若，则（ ）
A．1 B．0 C． D．
4．定义在上的函数为奇函数，其导数为，且当时，，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
5．已知函数的定义域为为偶函数，为奇函数，则（ ）
A． B．
C． D．
6．已知函数是定义在上的可导函数，且满足，，当时，，则（ ）
A． B． C． D．
7．设函数，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
8．已知对于，，，，且，则（ ）
A． B． C．1 D．0
9．已知定义域均为的函数，满足，，，若，则下列说法错误的是（ ）
A．的图象关于y轴对称 B．为的一个周期
C． D．
10．已知函数及其导函数的定义域都是，若函数是偶函数，也是偶函数，且，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
11．已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（ ）
A． B．
C． D．
12．函数对于任意的，满足，且，则（ ）
A．为偶函数 B．是函数的一个周期
C．点是图象的对称中心 D．
13．对于函数，和，，下列结论正确的有（ ）
A．与在时有相同的函数值
B．与最小值不同
C．与的图象有相同的对称中心
D．与在区间都为增函数
14．（多选题）已知函数是定义在上的增函数，则函数的图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
15．已知函数及其导函数的定义域均为，且，当时，，且，则下列说法正确的是（ ）
A．为奇函数 B．
C．在上单调递减 D．
16．由函数，相加后得到的函数，具有优美的图象和性质，称为“优生成函数”．已知，，其优生成函数记为，则（ ）
A．的图象关于直线对称
B．在区间上先增后减
C．的值域为
D．在区间上有个零点
三、填空题
17．已知函数的图象关于中心对称，且在上单调递减，若，则实数a的取值范围为 ．
18．已知函数是定义在R上的奇函数，若，且，都有成立，则不等式的解集为 ．
19．已知函数，若存在，使得有解，则实数x的取值范围是 .
四、解答题
20．已知为奇函数.
(1)求a的值；
(2)解不等式：；
(3)证明：函数有3个零点.
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D D C C B B B D C D
题号 11 12 13 14 15 16
答案 BCD BCD ABC BC ABD AC
1．D
【分析】根据奇函数的概念和性质可得是周期为的函数，将化为即可求解.
【详解】因为为奇函数，所以，
又，所以，
所以，即，
所以是周期为的函数，故.
故选：D
2．D
【分析】根据题意推理论证周期性、奇偶性、对称性逐一求解判断各项
【详解】因为，所以的图象关于中心对称，故A正确；
因为为偶函数，所以
所以，又因为，
所以，所以，
所以，所以的一个周期为8，故B正确；
，故C正确；
由，得，
又当时，，所以，即，故D错误.
故选：D
3．C
【分析】利用函数的导数结合函数的奇偶性，对称性，周期性求解，结合函数奇偶性和对称性确定出的周期为4，即可求解．
【详解】因为为奇函数、则，则，
可知的图象关于点对称、可得，即，
可知的图象关于对称，则，
又因为为奇函数且定义域为R，则，可得，
可知的周期为4，所以，．
所以．
故选：C．
4．C
【分析】令，由奇函数的性质结合题意可得出函数在上单调递减，不等式可变为，由的单调性解不等式即可得出答案.
【详解】令，当时，，
所以在上单调递减，又因为函数为定义在上奇函数，
为定义在上奇函数，所以为定义在上的奇函数，
则在上单调递减，即函数在上单调递减，
所以由可得：，
即，所以，
故选：C.
5．B
【分析】根据题意可推出函数的周期，结合赋值法可确定，判断B，其余选项结合赋值，无法确定，即可判断正确.
【详解】因为函数为偶函数，则，可得，
因为函数为奇函数，则，
所以，即得，
即，故函数是以4为周期的周期函数，
对于，令，则，
对于，令，则，B正确；
由题意可知，无法推出，A错误，
又，，而是否为0不确定，故CD错误，
故选：B
6．B
【分析】先判断函数的周期性，从而得到导数的周期性，再根据导函数的对称性和周期性可求 .
【详解】由可得，
所以函数周期是，且的周期也是.
因为，故，
故的图象关于直线对称.
对求导得，.
则
故选：B.
7．B
【分析】根据偶函数定义证明为偶函数，利用导数判断函数的单调性，结合函数性质化简不等式求其解集即可.
【详解】函数的定义域为，定义域关于原点对称，
且，
所以为偶函数．
由于，
当时，，则，所以在上单调递增；
当时，，则，所以在上单调递减；
由于，即，
所以，即，解不等式得，
所以不等式的解集为.
故选：．
8．D
【分析】根据函数对称性结合计算得出函数周期性计算函数值和即可.
【详解】因为，所以，所以.
由，得，两式相加得，所以，
所以，所以是以6为周期的周期函数.
当时，，又，所以，所以，所以；
当时，，所以，因为，
所以，
所以.
故选：D.
9．C
【分析】根据抽象函数的奇偶性和对称性，求出周期，确定对称轴，求函数值的和分别判断各个选项.
【详解】因为，所以，又因为，所以，所以，所以的图象关于y轴对称，故A正确；
又因为，所以，所以，即，
所以，所以，故B正确；
在中，令，得，所以，故C错误；
因为，所以，所以，所以，，
故，故D正确．
故选：C
10．D
【分析】由偶函数的定义结合导数可得出，由已知可得出，可求出的表达式，利用导数分析函数的单调性，可知函数在上为减函数，再由可得出，可得出关于实数的不等式，解之即可.
【详解】因为为偶函数，则，等式两边求导可得，①
因为函数为偶函数，则，②
联立①②可得，
令，则，且不恒为零，
所以，函数在上为减函数，即函数在上为减函数，
故当时，，所以，函数在上为减函数，
由可得，
所以，，整理可得，解得或.
故选：D.
11．BCD
【分析】由为偶函数，可得，计算可判断C；根据原函数与导函数的图像的关系确定为奇函数,再根据函数为偶函数,得到,两者结合即可得出，判断BD，利用赋值法判断A.
【详解】对于，因为为偶函数，所以，
即①，所以，所以关于对称，
则，故C正确；
对于，因为为偶函数，，，
所以关于对称，由①求导，和，
得，
所以，所以关于对称，
因为其定义域为，所以，结合关于对称，
从而周期，所以，，故B正确，D正确；
若函数满足题设条件，则函数（为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误，
故选：BCD．
12．BCD
【分析】根据给定条件，利用赋值法，结合函数奇偶性、周期性及对称性的意义逐项判断即得.
【详解】由题知，
对于选项A：令，得，所以，
令，得，即，所以为偶函数，
所以函数为奇函数，故选项A不正确；
对于选项B：令，，即，
，所以周期为，故选项B正确；
对于选项C： 由B中，即，所以关于 对称，且，又周期为，所以，故选项C正确；
对于选项D：令，得，即，
令，得，所以，
所以，
故，故选项D正确. 故选：BCD..
13．ABC
【分析】利用正弦型函数的性质求函数的单调性与最值，利用导数研究函数的单调性与最值，然后结合选项得答案．
【详解】函数的周期为，令得，
又，所以的对称中心为．
因为，所以，所以，
令得，
因为，所以和，
所以的增区间为和；
由，得，，
满足，故函数的图象的对称中心也为，故选项C正确；
对于A：，，满足，正确；
对于B：在上的最小值为，
，，
由，得或，由，得，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
又，，
可知在上的最小值为，与的最小值不同，正确；
对于D：由B选项可知在单调递减，在上单调递增，
在单调递增，错误．
故选：ABC
14．BC
【分析】根据函数的对称性及单调性结合平移得出函数性质判断各个选项即可.
【详解】因为是上的偶函数，又因为函数是定义在上的增函数，则是上的增函数，
所以图象是关于对称的，且在单调递增，
故选:BC．
15．ABD
【分析】令求出，令，可判断A；令与 令求出，可判断B；对两边同时对求导，把看作常数，求出可判断C；是以4 为周期循环的，利用周期性可判断D.
【详解】对于A，由已知函数定义域为，关于原点对称，
令，由得，
令，由，可得，
所以为奇函数，故A正确；
对于B，，令，则，
令，则，
所以，解得，可得，
故B正确；
对于C，对两边同时对求导，把看作常数，
得，因为，令，
所以，即，得，
则，
当时，单调递增，
当时，单调递增，当时，
单调递减，故C错误；
对于D，因为，是以4 为周期循环的，，，
，，
所以
，
，故D正确.
故选：ABD.
16．AC
【分析】根据“优生成函数”的定义可得函数解析式，根据函数的对称性直接判断A选项；求导根据导数判断函数单调性及值域情况，即可判断BC选项，直接求解可判断D选项.
【详解】易知“优生成函数”为，
对于A，因为，
所以关于直线对称，故A选项正确；
对于B，显然，
所以是函数的周期，所以在区间上的单调性与在区间上的单调性相同，
设，则，
求导得，
故在区间上单调递增，故B选项错误；
对于C，由已知关于对称及是函数的周期，可知只需考查时的值域，
因为，，在区间上单调递增，故当时，，
当时，，
求导得，
当时，，;当时，，.
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
故当，时，，
综上所述的值域为，故C选项正确；
令，易知在区间上，零点分别为，，，，，，共有11个，故D选项错误.
故选：AC．
17．
【分析】根据函数图象关于中心对称可得，又因为在上单调递减可推得结合函数关于中心对称进而推得在上单调递减.再利用函数的单调性即可求得的范围.
【详解】由函数的图象关于中心对称，则.
又因为在上单调递减，所以时，，
且在上单调递减，且，可得在上单调递减.
又因为，所以可得，
则，得.
故答案为：.
18．
【分析】设函数，由条件可知函数是偶函数，并且在单调递减，然后利用函数的性质解抽象不等式即得.
【详解】令，因为函数是定义在R上的奇函数，
则，故为定义在R上偶函数，
由，得在为减函数，
由，可得，
即，故，
所以，即，
解得或，
所以不等式的解集是.
故答案为：.
19．
【详解】设，则，故为奇函数，由得，即.当时，，由在上单调递增，在上单调递增，则在上单调递增，又为奇函数，所以在上单调递增.故由得，即，由题意，存在使得有解，当时，，不符合题意；当，即时，，解得或，故；当，即时，，解得或，故.综上可得，实数x的取值范围是.
20．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用奇函数恒等式可求得参数；
（2）利用复合函数单调性可求解不等式；
（3）利用奇函数的对称性来研究零点个数，转化为在仅有唯一零点，然后通过方程变形重构造函数来求导证明即可.
【详解】（1）由可得定义域为，
因为是奇函数，所以，
即有；
（2）由（1）得：，有，
再由复合函数单调可知：在上单调递增函数，
所以原不等式变形为，
根据单调性可得：；
即原不等式的解集为：
（3）因为是奇函数，所以也是奇函数，由，
要证函数有3个零点，只需要证明在上仅有一个零点，
则由得：，
构造，求导得，
当时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递增，
则在上，，
设,
当单调递增，当单调递减，所以，故
由于恒成立，则，
所以有，
由于
根据在上单调递减，且，所以在上不存在零点，
又根据在上单调递增，且，所以在区间必存在唯一零点，
故可证明在上仅有一个零点，
即函数有3个零点得证.
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