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专题02 函数的概念与性质运用
考点01 函数的图像
一、2024-2026年高考命题解读
1. 考查定位：属于直观想象素养核心载体，每年全国卷至少 1 道单选题，天津、上海卷连续三年必考图像辨析与图像变换，极少单独画图，全部是识图、辨图、用图。
2.命题底层逻辑：不依赖复杂计算，主打特征排除法，用函数性质反向筛选图像，弱化机械运算，突出快速审题与特征抓取能力。
3. 常见载体：分段函数、三次函数、指对幂混合函数、带绝对值函数、复合函数、结合三角函数的混合型函数。
二、创新考法
1.自定义图像变换规则：以上海卷 2026 真题为代表，给出 “平移对称”“折叠映射” 全新图像操作定义，现场理解规则完成图像辨析，脱离课本固定变换公式；
2. 跨学科情境识图：北京卷将对数函数结合声学频率、生物增长模型给出实际背景图像，依托建模识别函数类型；
3. 双函数叠加图像辨析：将两个不同类型函数（如一次 + 对数、二次 + 指数）相加构造新函数，分析凹凸性、极值点、渐近线；
4.逆向命题：由图像信息推导函数性质 + 参数范围，多选压轴题常结合对称性、周期性隐藏图像条件。
考点02 函数的性质
一、2024-2026年高考命题解读
本考点是函数板块最核心必考内容，近三年每套试卷必有 2~3 道题，单选、多选、填空全覆盖； 命题核心：四大性质联动推导（奇偶 对称中心 / 对称轴，对称轴 + 对称中心 周期），抽象函数无解析式推导性质是高频难点； 两大固定题型：函数值大小比较、抽象不等式求解、含参恒成立求参数。
二、创新考法
1.多性质嵌套综合：一道题目同时融合奇偶 + 对称 + 周期 + 分段函数，多条件链式推导函数周期，多选压轴高频命题；
2. 抽象函数无题干解析式：仅给出 f (x+y)、f (xy) 等量化关系式，完全依靠定义推导单调性、奇偶、周期；
3.情境化性质应用：结合生活增长率、衰变模型，用单调性、最值解决实际最值问题，落实数学建模；
4.变异奇偶函数拓展：2024-2026 导数大题频繁考查半奇函数、平移型奇函数（f (x)+f (2a-x)=2b），利用对称性质简化极值与最值讨论；
考点03 函数与方程
一、2024-2026年高考命题解读
核心思想数形结合 + 转化化归，零点本质即方程根、两函数图像交点； 近三年稳定出现在填空压轴、多选最后一题，偶尔融入导数大题第二问，难度中档偏上； 命题方向从单一零点计数，转向含参零点个数、零点区间锁定、多零点之和范围。
二、创新考法
1. 同构构造零点：2025-2026 全国 Ⅱ 卷高频考法，对等式变形构造同构函数，利用单调性直接判定根的关系，避免复杂画图；
2. 嵌套复合函数零点：f (g (x))=0 型多层复合零点，分步拆解内层、外层方程，分层讨论根的数量；
3. 零点的整体性质：不求具体零点，直接求多个零点相加、相乘的取值范围；
4. 隐零点问题前置下放：原导数大题隐零点简化后放在填空压轴，只需要设零点代换化简代数式，不要求精准求解零点；
考点04 函数新定义
一、2024-2026年高考命题解读
1.试卷定位：高考区分度压轴题型，新高考多选压轴、上海卷固定解答大题、全国 Ⅱ 卷偶尔作为填空压轴，属于整张试卷选拔性最强的函数题型；
2.命题本质：无超纲知识点，只考查阅读理解、信息迁移、逻辑推理，所有新定义都能转化为函数四大基础性质；
3.命题范式：统一采用“新概念文字定义 + 递进式两到三小问”，第一问基础理解套用，第二问性质推导，第三问证明 / 参数探究 / 反证构造；
4.素材来源：一部分改编自大学数学基础概念（邻域、凸函数、极值支撑、逼近定义），一部分纯原创规则定义，不依赖课外拓展知识。
二、创新考法
1.载体从连续函数向离散化拓展。
2.设问结构标准化三层递进。
3.命题反套路，拒绝模板化
考点01 函数的图像选择题
例1．（2024·全国甲卷·高考真题）函数在区间的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】利用函数的奇偶性可排除A、C，代入可得，可排除D.
【解析】，
又函数定义域为，故该函数为偶函数，可排除A、C，
又，
故可排除D.
故选：B.
真题演练
1．（2026·天津卷·高考真题）函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（ ）
A． B． C． D．
考点02 函数的性质选择题
例1．（2026·天津卷·高考真题）已知函数为偶函数，且满足，且当时，，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】D
【分析】根据推出周期性，分析可得，得到，再由可得.
【详解】，则，
，即的周期为，
结合奇偶性，周期性，故，
在上满足，说明的对称轴为，
则，解得，
又根据知，而，
则，于是，
即，解得
真题演练
1．（2026·北京卷·高考真题）下列函数是奇函数且在定义域上单调递增的是（ ）
A． B．
C． D．
考点03 函数与方程填空题
例1．（2026·新课标全国Ⅱ卷·高考真题）若函数有两个零点，则的取值范围是__________．
【答案】
【分析】方法一：令,则即，,转化为一元二次方程有两个正根的问题.
方法二：把函数 有两个零点转化为方程有两个实数根的问题，再转化为,即函数与函数交点问题.
【详解】令，得，即，
方法一：
令，则，即，,
则一元二次方程有两个正根，
那么，
所以，的取值范围是.
方法二：
设，那么设，则，
由于在上单调递减，在上单调递增，
故在上单调递减，在上单调递增，且，
根据函数图象可知，函数有两个零点，则的取值范围是.
真题演练
1．（2025年新高考Ⅱ卷T13）若是函数的极值点，则___________
考点04 函数新定义例解答题
例1．（2026·北京卷·高考真题）已知，给出下列四个结论：
①在上有最小值和最大值
②，有3个解；
③，时，有最大值；
④，与有4个交点.
其中正确结论的序号是________．
【答案】①②③④
【分析】①，构造函数并求其单调性和奇偶性，求出的奇偶性，分在内有零点和在内无零点两种情况讨论，即可判断；②，求出在取任意实数的单调性，结合零点存在性定理即可求出时的值，即可判断；③，求出在上的单调性，即可判断；④，求出，结合单调性即可得出与直线的交点个数，即可判断.
【详解】由题意，
①在中，，，
，函数为偶函数，
在中，，
∴函数单调递增，
∵，
∴当时，，当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴函数在处取最小值，，
在中，
，为偶函数，
当在内有零点时，
即，，使得，
此时在，上单调递减，在，上单调递增，
，，，
∵，
∴，
∴在和处取最小值，，
在处取最大值，
当在内无零点时，，
在上单调递增，在上单调递减，
∴在处取得最小值，，
在处取得最大值，，
故①正确；
②同①可得推广结论，
在中，，
，为偶函数，
即，，使得，，
此时在，上单调递减，在，上单调递增，
∴在和处取极小值，
当时，，，，
∵在上单调递减，，
∴，使得，
∵在上单调递增，，
∴，使得，
∴当时，，
∴，有3解，
故②正确；
③当时，
，，，
由①可得，在上单调递增，
∵，，
∴，使得，
∴在中，，
此时在上单调递减，在上单调递增，
∴在处取最大值，
③正确；
④由②可得，
在中，，
此时在，上单调递减，在，上单调递增，
在中，，
，开口向上，
∴函数，即恒成立，
∴
∴在下方，
∵，
∴在轴上方，
此时与有4个交点，
故④正确.
真题演练
1．（2026·新课标全国Ⅰ卷·高考真题）已知函数的定义域为，且当时，．对任意，定义集合．
(1)若当时，，求；
(2)若是奇函数，，且，证明：；
(3)设满足：①若，则；②当时，．
（i）证明：；
（ii）证明：在区间单调递增．
2．（2026·上海卷·高考真题）已知是，，的一个排列，若函数，，，对任意，都有且，则称是关于，，的一个排列，则关于，，的排列总数记为．
(1)已知，，，，判断是否为排列；
(2)对，，，满足条件的，求的取值范围；
(3)对，且对任意，，令，，，，证明：若严格减，则存在，使；若严格增，则存在，．
一、选择题
1．（2025·天津·高考真题）函数的零点所在区间是（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·全国一卷·高考真题）设是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2025·天津·高考真题）已知函数的图象如下，则的解析式可能为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025·天津·高考真题）已知函数的图象如下，则的解析式可能为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024·全国甲卷·高考真题）设函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024·广东江苏·高考真题）已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．（2024·上海·高考真题）已知函数的定义域为，定义集合，在使得的所有中，下列成立的是（ ）
A．存在是偶函数 B．存在在处取最大值
C．存在是增函数 D．存在在处取到极小值
8．（2023·北京·高考真题）已知数列满足，则（ ）
A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
9．（2025·上海·高考真题）已知数列、、的通项公式分别为，、，.若对任意的，、、的值均能构成三角形，则满足条件的正整数有（ ）
A． 4个 B．3个 C．1个 D．无数个
10．（2024·广东江苏·高考真题）已知函数的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2025·全国一卷·高考真题）若实数x，y，z满足，则x，y，z的大小关系不可能是（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题
12．（2024·上海·高考真题）已知则 ．
13．（2024·全国甲卷·高考真题）已知且，则 ．
14．（2026·北京卷·高考真题）音高y（单位:）与频率f（单位：）满足，若，则f的取值范围为________．
15．（2024·广东江苏·高考真题）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则 .
16．（2024·天津·高考真题）设，函数.若恰有一个零点，则的取值范围为 ．
17．（2025·北京·高考真题）关于定义域为的函数，给出下列四个结论：
①存在在上单调递增的函数使得恒成立；
②存在在上单调递减的函数使得恒成立；
③使得恒成立的函数存在且有无穷多个；
④使得恒成立的函数存在且有无穷多个．
其中正确结论的序号是 ．
18．（2025·全国一卷·高考真题）若直线是曲线的切线，则 .
19．（2025·全国二卷·高考真题）若是函数的极值点，则
20．（2026·新课标全国Ⅱ卷·高考真题）若函数有两个零点，则的取值范围是__________．
三、解答题
21．（2024·天津·高考真题）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若对任意成立，求实数的值；
(3)若，求证：．
22．（2024·上海·高考真题）对于一个函数和一个点，令，若是取到最小值的点，则称是在的“最近点”．
(1)对于，求证：对于点，存在点，使得点是在的“最近点”；
(2)对于，请判断是否存在一个点，它是在的“最近点”，且直线与在点处的切线垂直；
(3)已知在定义域R上存在导函数，且函数 在定义域R上恒正，设点，．若对任意的，存在点同时是在的“最近点”，试判断的单调性．
23．（2025·上海·高考真题）已知函数的定义域为．对于正实数a，定义集合．
(1)若，判断是否是中的元素，请说明理由；
(2)若，求a的取值范围；
(3)若是偶函数，当时，，且对任意，均有．写出，解析式，并证明：对任意实数c，函数在上至多有9个零点．
24．（2025·北京·高考真题）已知函数的定义域是，导函数，设是曲线在点处的切线．
(1)求的最大值；
(2)当时，证明：除切点A外，曲线在直线的上方；
(3)设过点A的直线与直线垂直，，与x轴交点的横坐标分别是，，若，求的取值范围．
25．（2025·天津·高考真题）已知函数
(1)时，求在点处的切线方程；
(2)有3个零点，且.
（i）求a的取值范围；
（ii）证明．
26．（2025·上海·高考真题）已知．
(1)若，求不等式的解集；
(2)若函数满足在上存在极大值，求m的取值范围；
27．（2025·上海·高考真题）已知．
(1)若，求不等式的解集；
(2)若函数满足在上存在极大值，求m的取值范围；
28．（2026·新课标全国Ⅰ卷·高考真题）已知函数的定义域为，且当时，．对任意，定义集合．
(1)若当时，，求；
(2)若是奇函数，，且，证明：；
(3)设满足：①若，则；②当时，．
（i）证明：；
（ii）证明：在区间单调递增．
29．（2026·上海卷·高考真题）已知是，，的一个排列，若函数，，，对任意，都有且，则称是关于，，的一个排列，则关于，，的排列总数记为．
(1)已知，，，，判断是否为排列；
(2)对，，，满足条件的，求的取值范围；
(3)对，且对任意，，令，，，，证明：若严格减，则存在，使；若严格增，则存在，．
试卷第1页，共3页
21世纪教育网(www.21cnjy.com)专题02 函数的概念与性质运用
考点01 函数的图像
一、2024-2026年高考命题解读
1. 考查定位：属于直观想象素养核心载体，每年全国卷至少 1 道单选题，天津、上海卷连续三年必考图像辨析与图像变换，极少单独画图，全部是识图、辨图、用图。
2.命题底层逻辑：不依赖复杂计算，主打特征排除法，用函数性质反向筛选图像，弱化机械运算，突出快速审题与特征抓取能力。
3. 常见载体：分段函数、三次函数、指对幂混合函数、带绝对值函数、复合函数、结合三角函数的混合型函数。
二、创新考法
1.自定义图像变换规则：以上海卷 2026 真题为代表，给出 “平移对称”“折叠映射” 全新图像操作定义，现场理解规则完成图像辨析，脱离课本固定变换公式；
2. 跨学科情境识图：北京卷将对数函数结合声学频率、生物增长模型给出实际背景图像，依托建模识别函数类型；
3. 双函数叠加图像辨析：将两个不同类型函数（如一次 + 对数、二次 + 指数）相加构造新函数，分析凹凸性、极值点、渐近线；
4.逆向命题：由图像信息推导函数性质 + 参数范围，多选压轴题常结合对称性、周期性隐藏图像条件。
考点02 函数的性质
一、2024-2026年高考命题解读
本考点是函数板块最核心必考内容，近三年每套试卷必有 2~3 道题，单选、多选、填空全覆盖； 命题核心：四大性质联动推导（奇偶 对称中心 / 对称轴，对称轴 + 对称中心 周期），抽象函数无解析式推导性质是高频难点； 两大固定题型：函数值大小比较、抽象不等式求解、含参恒成立求参数。
二、创新考法
1.多性质嵌套综合：一道题目同时融合奇偶 + 对称 + 周期 + 分段函数，多条件链式推导函数周期，多选压轴高频命题；
2. 抽象函数无题干解析式：仅给出 f (x+y)、f (xy) 等量化关系式，完全依靠定义推导单调性、奇偶、周期；
3.情境化性质应用：结合生活增长率、衰变模型，用单调性、最值解决实际最值问题，落实数学建模；
4.变异奇偶函数拓展：2024-2026 导数大题频繁考查半奇函数、平移型奇函数（f (x)+f (2a-x)=2b），利用对称性质简化极值与最值讨论；
考点03 函数与方程
一、2024-2026年高考命题解读
核心思想数形结合 + 转化化归，零点本质即方程根、两函数图像交点； 近三年稳定出现在填空压轴、多选最后一题，偶尔融入导数大题第二问，难度中档偏上； 命题方向从单一零点计数，转向含参零点个数、零点区间锁定、多零点之和范围。
二、创新考法
1. 同构构造零点：2025-2026 全国 Ⅱ 卷高频考法，对等式变形构造同构函数，利用单调性直接判定根的关系，避免复杂画图；
2. 嵌套复合函数零点：f (g (x))=0 型多层复合零点，分步拆解内层、外层方程，分层讨论根的数量；
3. 零点的整体性质：不求具体零点，直接求多个零点相加、相乘的取值范围；
4. 隐零点问题前置下放：原导数大题隐零点简化后放在填空压轴，只需要设零点代换化简代数式，不要求精准求解零点；
考点04 函数新定义
一、2024-2026年高考命题解读
1.试卷定位：高考区分度压轴题型，新高考多选压轴、上海卷固定解答大题、全国 Ⅱ 卷偶尔作为填空压轴，属于整张试卷选拔性最强的函数题型；
2.命题本质：无超纲知识点，只考查阅读理解、信息迁移、逻辑推理，所有新定义都能转化为函数四大基础性质；
3.命题范式：统一采用“新概念文字定义 + 递进式两到三小问”，第一问基础理解套用，第二问性质推导，第三问证明 / 参数探究 / 反证构造；
4.素材来源：一部分改编自大学数学基础概念（邻域、凸函数、极值支撑、逼近定义），一部分纯原创规则定义，不依赖课外拓展知识。
二、创新考法
1.载体从连续函数向离散化拓展。
2.设问结构标准化三层递进。
3.命题反套路，拒绝模板化
考点01 函数的图像选择题
例1．（2024·全国甲卷·高考真题）函数在区间的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】利用函数的奇偶性可排除A、C，代入可得，可排除D.
【解析】，
又函数定义域为，故该函数为偶函数，可排除A、C，
又，
故可排除D.
故选：B.
真题演练
1．（2026·天津卷·高考真题）函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】A、B、D项，结合特殊点即可排除；C项，求出奇偶性和单调性，即可判断.
【详解】由题意，
由题意及图得，函数为奇函数，且当时，，
对A选项，当时，，与图象不符，故A错误；
对B选项，当时，，与图象不符，故B错误；
对D选项，当时，，与图象不符，故D错误；
对C选项，在中，
，即该函数为奇函数，
，与图象相符，故C正确.
考点02 函数的性质选择题
例1．（2026·天津卷·高考真题）已知函数为偶函数，且满足，且当时，，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】D
【分析】根据推出周期性，分析可得，得到，再由可得.
【详解】，则，
，即的周期为，
结合奇偶性，周期性，故，
在上满足，说明的对称轴为，
则，解得，
又根据知，而，
则，于是，
即，解得
真题演练
1．（2026·北京卷·高考真题）下列函数是奇函数且在定义域上单调递增的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】A，在中，，则，函数为偶函数，故错误；
B，在中，，函数为奇函数，但在定义域上不单调递增，故错误；
方法一：
C，在中，，则，
，函数单调递减，故错误；
D，在中，，解得，
，则为奇函数，
，即函数在定义域上单调递增，故正确.
法二：
C，在中，，则，为奇函数，
∵和是减函数，
∴函数单调递减，故错误；
D，在中，，解得，
，为奇函数，
∵和是增函数，则为增函数，
∴函数单调递增，故正确.
考点03 函数与方程填空题
例1．（2026·新课标全国Ⅱ卷·高考真题）若函数有两个零点，则的取值范围是__________．
【答案】
【分析】方法一：令,则即，,转化为一元二次方程有两个正根的问题.
方法二：把函数 有两个零点转化为方程有两个实数根的问题，再转化为,即函数与函数交点问题.
【详解】令，得，即，
方法一：
令，则，即，,
则一元二次方程有两个正根，
那么，
所以，的取值范围是.
方法二：
设，那么设，则，
由于在上单调递减，在上单调递增，
故在上单调递减，在上单调递增，且，
根据函数图象可知，函数有两个零点，则的取值范围是.
真题演练
1．（2025年新高考Ⅱ卷T13）若是函数的极值点，则___________
【答案】
【解析】【分析】由题意得即可求解，再代入即可求解.
【详解】由题意有，
所以，
因为是函数极值点，所以，得，
当时，，
当单调递增，当单调递减，
当单调递增，
所以是函数的极小值点，符合题意；
所以.
故答案为：.
考点04 函数新定义例解答题
例1．（2026·北京卷·高考真题）已知，给出下列四个结论：
①在上有最小值和最大值
②，有3个解；
③，时，有最大值；
④，与有4个交点.
其中正确结论的序号是________．
【答案】①②③④
【分析】①，构造函数并求其单调性和奇偶性，求出的奇偶性，分在内有零点和在内无零点两种情况讨论，即可判断；②，求出在取任意实数的单调性，结合零点存在性定理即可求出时的值，即可判断；③，求出在上的单调性，即可判断；④，求出，结合单调性即可得出与直线的交点个数，即可判断.
【详解】由题意，
①在中，，，
，函数为偶函数，
在中，，
∴函数单调递增，
∵，
∴当时，，当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴函数在处取最小值，，
在中，
，为偶函数，
当在内有零点时，
即，，使得，
此时在，上单调递减，在，上单调递增，
，，，
∵，
∴，
∴在和处取最小值，，
在处取最大值，
当在内无零点时，，
在上单调递增，在上单调递减，
∴在处取得最小值，，
在处取得最大值，，
故①正确；
②同①可得推广结论，
在中，，
，为偶函数，
即，，使得，，
此时在，上单调递减，在，上单调递增，
∴在和处取极小值，
当时，，，，
∵在上单调递减，，
∴，使得，
∵在上单调递增，，
∴，使得，
∴当时，，
∴，有3解，
故②正确；
③当时，
，，，
由①可得，在上单调递增，
∵，，
∴，使得，
∴在中，，
此时在上单调递减，在上单调递增，
∴在处取最大值，
③正确；
④由②可得，
在中，，
此时在，上单调递减，在，上单调递增，
在中，，
，开口向上，
∴函数，即恒成立，
∴
∴在下方，
∵，
∴在轴上方，
此时与有4个交点，
故④正确.
真题演练
1．（2026·新课标全国Ⅰ卷·高考真题）已知函数的定义域为，且当时，．对任意，定义集合．
(1)若当时，，求；
(2)若是奇函数，，且，证明：；
(3)设满足：①若，则；②当时，．
（i）证明：；
（ii）证明：在区间单调递增．
【答案】(1)
(2)由题意证明如下：
在中，是奇函数，当时，．
∴，当时，，
∴
在集合中，
当时，，
当时，，
当时，，
∴，
∵，
∴且，即，，
∵，
∴①当时，解得，
，，
此时，
②当时，解得，
，，
此时，
③当时，解得，
，，
此时，
综上，.
(3)（i）由题意证明如下，
法一：
若，则存在，使得，
条件①：若，则，
∴，则，
取，则，此时，
∵，则，即，
但，相矛盾，
∴
法二：
假设，则存在，使得，
从而，这导致，
但，
∵根据条件又有，矛盾，
∴假设不成立，.
（ii）由题意，（2）及（3）（i）证明如下，
在集合中，
要证在上单调递增，
即需证，，都有，
即需证，，都有，
①先证明：当时，，
假设，使得，
∵当时，，
∴，使得，
∴，
而当时，，
否则，使得，，与矛盾，
∴，
∴，
∴，
由（3）（i）得，，
则，
由条件②：当时，，
则，
否则时，与矛盾，
∴若，使得，则，，（*）
∴，使得，
则，
令，，
此时，则，则，
∴，
∵，
∴易取，满足，使得，
根据（*）可得，此时，与矛盾，
∴当时，，
②证明：对，，都有，
∵，，都有，
∴，
对任意给定的，取，则，
∴对，，都有，
∴在上单调递增.
【分析】（1）求出，写出表达式，即可求出；
（2）求出表达式，化简集合并得出表达式，利用得出与，对的三种情况进行分类讨论，即可证明结论；
（3）（i）法一：假设，则存在，使得，取，求出，与矛盾，进而证明结论；
法二：假设，则存在，使得，取，求出，与时矛盾，进而证明结论；
（ii）将证明转化为证，，都有，先证明：当时，，再证明对，，都有，进而证明出在上单调递增.
【详解】（1）由题意，
在中，，，
在中，
，
∴，
当时，，，解得，
当时，，解得，
∴，
∴.
（2）略
（3）（i）略
（ii）略
2．（2026·上海卷·高考真题）已知是，，的一个排列，若函数，，，对任意，都有且，则称是关于，，的一个排列，则关于，，的排列总数记为．
(1)已知，，，，判断是否为排列；
(2)对，，，满足条件的，求的取值范围；
(3)对，且对任意，，令，，，，证明：若严格减，则存在，使；若严格增，则存在，．
【答案】(1)是排列；
(2)；
(3)首先证明第1个结论，
观察（2）问的6个情况，若和在上同时成立，
那么排列都将是排列，此时至少为4．
当时，即，
因为是定义在上的函数，且严格单调递减，实数，
则恒成立，
又因为函数在上单调递增，
则在区间上，，.
若恒成立，则，
则只需，即，因为对任意的，，
则，则，则解得，
当时，即，
因为严格递减，所以且，
，
只要，就有，
则可取即可满足题意．
即存在，使得.
再证明第2个结论.
假设对于任意的，都有，
因为（2）中①排列始终满足条件，
则在剩下的5种排列中，只有唯一的一个是排列．
首先，我们证明不可能恒成立：
假设对于某个，在上恒有．
即，
即，
取．由于严格递增，
令，
则，
于是对任意正整数：
，
当时，，这与矛盾！
因此，不可能恒成立．则排列③排列和④排列永远不可能是排列．
接下来只剩②排列，其需满足，
⑤排列，其需满足，
⑥排列，其需满足，
下面证明：对于任意在上恒成立＂与＂在上恒成立＂这两个命题，必须有且只有一个为真．
（i）若对任意，都有，即都有，
对于任意和，
则，
当且仅当时等号成立，又因为，故等号无法取到，
所以恒成立，
则对所有的恒成立.
则此时②排列，⑤排列，⑥排列均成立，
则，与假设矛盾！
（ii）并非对于所有都有，即，
则必定存在，使得，
设，
因为是严格单调递增的连续函数，
则对于已知的，总可以找到，使得，
即，即，
同时，因为严格递增且，必有．
即，
即，即，
则可取充分小的使得，即存在，使得，
所以＂恒成立＂这个命题是假的．
既然为假，那么＂恒成立＂必须为真．
即除①排列外剩余的5个排列中，只有②排列成立，此时满足，
则对于，在时都有：
，
即，
取，则对于任意：
，
因为严格递增，则．
则
又因为，
则
即，对任意都成立．
取，因为，则，
则对于内的任意，都满足，
因为，故有，
但是，之前我们得到，
即，则，
则有：， 这与我们的假设相矛盾．
综上，原命题成立，必然存在，使得．
【分析】（1）根据排列的定义判断即可；
（2）分析得，，的全排列均符合题意，则得到不等式组，解出即可；
（3）第一个结论分和讨论即可证明，第二个结论利用反证法即可证明.
【详解】（1）由题意得，
则当，，
则恒成立，
，
则恒成立，
故是为排列.
（2）若，则1，2，3的全排列均满足题意，
①，则有：，此时两个不等式显然成立．
②，则有：，即.
③，则有：，即.
④，则有：，即.
⑤，则有：．
⑥，则有：，即.
则上述不等式均要成立，取它们的交集有，
即，即对恒成立，
分离参数得，因为当时，，
所以.
（3）略.
一、选择题
1．（2025·天津·高考真题）函数的零点所在区间是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用指数函数与幂函数的单调性结合零点存在性定理计算即可.
【解析】由指数函数、幂函数的单调性可知：在上单调递减，在单调递增，
所以在定义域上单调递减，
显然，
所以根据零点存在性定理可知的零点位于.
故选：B
2．（2025·全国一卷·高考真题）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】根据周期性和奇偶性把待求自变量转化为的范围中求解.
【解析】由题知对一切成立，
于是.
故选：A
3．（2025·天津·高考真题）已知函数的图象如下，则的解析式可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先由函数奇偶性排除AB，再由时函数值正负情况可得解.
【解析】由图可知函数为偶函数，而函数和函数为奇函数，故排除选项AB；
又当时，此时，
由图可知当时，，故C不符合，D符合.
故选：D
4．（2025·天津·高考真题）已知函数的图象如下，则的解析式可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先由函数奇偶性排除AB，再由时函数值正负情况可得解.
【解析】由图可知函数为偶函数，而函数和函数为奇函数，故排除选项AB；
又当时，此时，
由图可知当时，，故C不符合，D符合.
故选：D
5．（2024·全国甲卷·高考真题）设函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】借助导数的几何意义计算可得其在点处的切线方程，即可得其与坐标轴的交点坐标，即可得其面积.
【解析】，
则，
即该切线方程为，即，
令，则，令，则，
故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积.
故选：A.
6．（2024·广东江苏·高考真题）已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可.
【解析】因为在上单调递增，且时，单调递增，
则需满足，解得，
即a的范围是.
故选：B.
7．（2024·上海·高考真题）已知函数的定义域为，定义集合，在使得的所有中，下列成立的是（ ）
A．存在是偶函数 B．存在在处取最大值
C．存在是增函数 D．存在在处取到极小值
【答案】B
【分析】A选项利用偶函数的性质找到矛盾即可；B选项找到合适函数即可；C选项由定义得到集合与已知条件矛盾；D选项由集合的定义找到矛盾.
【解析】对于A选项：时，，
当时，， 任意的，恒成立，
若时偶函数，此时矛盾，故A选项错误；
对于B选项：若函数图像如下：
当时，，时，，当，，
∴存在在处取最大值，故B选项正确；
对于C选项：在时，若函数严格递增，则集合的取值不会是，
而是全体定义域，故C选项错误；
对于D选项：若存在在处取到极小值，则在在左侧存在，，与集合定义矛盾，故D选项错误.
故选：B
8．（2023·北京·高考真题）已知数列满足，则（ ）
A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
【答案】B
【分析】法1：利用数列归纳法可判断ACD正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B的正误.
法2：构造，利用导数求得的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项所在区间，从而判断的单调性；对于A，构造，判断得，进而取推得不恒成立；对于B，证明所在区间同时证得后续结论；对于C，记，取推得不恒成立；对于D，构造，判断得，进而取推得不恒成立.
【解析】法1：因为，故，
对于A ，若，可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立，
由数学归纳法可得成立.
而，
，，故，故，
故为减数列，注意
故，结合，
所以，故，故，
若存在常数，使得恒成立，则，
故，故，故恒成立仅对部分成立，
故A不成立.
对于B，若可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立即
由数学归纳法可得成立.
而，
，，故，故，故为增数列，
若，则恒成立，故B正确.
对于C，当时， 可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立即
由数学归纳法可得成立.
而，故，故为减数列，
又，结合可得：，所以，
若，若存在常数，使得恒成立，
则恒成立，故，的个数有限，矛盾，故C错误.
对于D，当时， 可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立
由数学归纳法可得成立.
而，故，故为增数列，
又，结合可得：，所以，
若存在常数，使得恒成立，则，
故，故，这与n的个数有限矛盾，故D错误.
故选：B.
法2：因为，
令，则，
令，得或；
令，得；
所以在和上单调递增，在上单调递减，
令，则，即，解得或或，
注意到，，
所以结合的单调性可知在和上，在和上，
对于A，因为，则，
当时，，，则，
假设当时，，
当时，，则，
综上：，即，
因为在上，所以，则为递减数列，
因为，
令，则，
因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递减，故，
所以在上单调递增，故，
故，即，
假设存在常数，使得恒成立，
取，其中，且，
因为，所以，
上式相加得，，
则，与恒成立矛盾，故A错误；
对于B，因为，
当时，，，
假设当时，，
当时，因为，所以，则，
所以，
又当时，，即，
假设当时，，
当时，因为，所以，则，
所以，
综上：，
因为在上，所以，所以为递增数列，
此时，取，满足题意，故B正确；
对于C，因为，则，
注意到当时，，，
猜想当时，，
当与时，与满足，
假设当时，，
当时，所以，
综上：，
易知，则，故，
所以，
因为在上，所以，则为递减数列，
假设存在常数，使得恒成立，
记，取，其中，
则，
故，所以，即，
所以，故不恒成立，故C错误；
对于D，因为，
当时，，则，
假设当时，，
当时，，则，
综上：，
因为在上，所以，所以为递增数列，
因为，
令，则，
因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递增，故，
所以，
故，即，
假设存在常数，使得恒成立，
取，其中，且，
因为，所以，
上式相加得，，
则，与恒成立矛盾，故D错误.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立.
9．（2025·上海·高考真题）已知数列、、的通项公式分别为，、，.若对任意的，、、的值均能构成三角形，则满足条件的正整数有（ ）
A． 4个 B．3个 C．1个 D．无数个
【答案】B
【分析】由可知范围，再由三角形三边关系可得的不等关系，结合函数零点解不等式可得.
【解析】由题意，不妨设，
三点均在第一象限内，由可知，，
故点恒在线段上，则有.
即对任意的，恒成立，
令，构造函数，
则，由单调递增，
又，存在，使，
即当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
故至多个零点，
又由，
可知存在个零点，不妨设 ，且.
①若，即时，此时或.
则，可知成立，
要使、、的值均能构成三角形，
所以恒成立，故，
所以有，解得；
②若，即时，此时.
则，可知成立，
要使、、的值均能构成三角形，
所以恒成立，故，
所以有，解得或；
综上可知，正整数的个数有个.
故选：B.
10．（2024·广东江苏·高考真题）已知函数的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】代入得到，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断.
【解析】因为当时，所以，
又因为，
则，
，
，
，
，则依次下去可知，则B正确；
且无证据表明ACD一定正确.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用，再利用题目所给的函数性质，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可.
11．（2025·全国一卷·高考真题）若实数x，y，z满足，则x，y，z的大小关系不可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】法一：设，对讨论赋值求出，即可得出大小关系，利用排除法求出；
法二：根据数形结合解出.
【解析】法一：设，所以
令，则，此时，A有可能；
令，则，此时，C有可能；
令，则，此时，D有可能；
故选：B．
法二：设，所以，
根据指数函数的单调性，易知各方程只有唯一的根，
作出函数的图象，以上方程的根分别是函数的图象与直线的交点纵坐标，如图所示：
易知，随着的变化可能出现：，，，，
故选：B．
二、填空题
12．（2024·上海·高考真题）已知则 ．
【答案】
【分析】利用分段函数的形式可求.
【解析】因为故，
故答案为：.
13．（2024·全国甲卷·高考真题）已知且，则 ．
【答案】64
【分析】将利用换底公式转化成来表示即可求解.
【解析】由题，整理得，
或，又，
所以，故
故答案为：64；
14．（2026·北京卷·高考真题）音高y（单位:）与频率f（单位：）满足，若，则f的取值范围为________．
【答案】
【解析】由题意，则，解得，
所以f的取值范围为.
15．（2024·广东江苏·高考真题）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则 .
【答案】
【分析】先求出曲线在的切线方程，再设曲线的切点为，求出，利用公切线斜率相等求出，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解.
【解析】由得，，
故曲线在处的切线方程为；
由得，
设切线与曲线相切的切点为，
由两曲线有公切线得，解得，则切点为，
切线方程为，
根据两切线重合,所以，解得.
故答案为：
16．（2024·天津·高考真题）设，函数.若恰有一个零点，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】结合函数零点与两函数的交点的关系，构造函数与，则两函数图象有唯一交点，分、与进行讨论，当时，计算函数定义域可得或，计算可得时，两函数在轴左侧有一交点，则只需找到当时，在轴右侧无交点的情况即可得；当时，按同一方式讨论即可得.
【解析】令，即，
由题可得，
当时，，有，则，不符合要求，舍去；
当时，则，
即函数与函数有唯一交点，
由，可得或，
当时，则，则，
即，整理得，
当时，即，即，
当，或（正值舍去），
当时，或，有两解，舍去，
即当时，在时有唯一解，
则当时，在时需无解，
当，且时，
由函数关于对称，令，可得或，
且函数在上单调递减，在上单调递增，
令，即，
故时，图象为双曲线右支的轴上方部分向右平移所得，
由的渐近线方程为，
即部分的渐近线方程为，其斜率为，
又，即在时的斜率，
令，可得或（舍去），
且函数在上单调递增，
故有，解得，故符合要求；
当时，则，
即函数与函数有唯一交点，
由，可得或，
当时，则，则，
即，整理得，
当时，即，即，
当，（负值舍去）或，
当时，或，有两解，舍去，
即当时，在时有唯一解，
则当时，在时需无解，
当，且时，
由函数关于对称，令，可得或，
且函数在上单调递减，在上单调递增，
同理可得：时，图象为双曲线左支的轴上方部分向左平移所得，
部分的渐近线方程为，其斜率为，
又，即在时的斜率，
令，可得或（舍去），
且函数在上单调递减，
故有，解得，故符合要求；
综上所述，.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于将函数的零点问题转化为函数与函数的交点问题，从而可将其分成两个函数研究.
17．（2025·北京·高考真题）关于定义域为的函数，给出下列四个结论：
①存在在上单调递增的函数使得恒成立；
②存在在上单调递减的函数使得恒成立；
③使得恒成立的函数存在且有无穷多个；
④使得恒成立的函数存在且有无穷多个．
其中正确结论的序号是 ．
【答案】②③
【分析】利用反证法可判断①④的正误，构造函数并验证后可判断②③的正误.
【解析】对于①，若存在在上的增函数，满足，
则，即，
故时，，故，
故即，矛盾，故①错误；
对于②，取，该函数为上的减函数且，
故该函数符合，故②正确；
对于③，取，
此时，由可得有无穷多个，
故③正确；
对于④，若存在，使得，
令，则，但，矛盾，
故满足的函数不存在，故④错误.
故答案为：②③
18．（2025·全国一卷·高考真题）若直线是曲线的切线，则 .
【答案】
【分析】法一：利用导数的几何性质与导数的四则运算求得切点，进而代入曲线方程即可得解；法二：利用导数的几何性质与导数的四则运算得到关于切点与的方程组，解之即可得解.
【解析】法一：对于，其导数为，
因为直线是曲线的切线，直线的斜率为2，
令，即，解得，
将代入切线方程，可得，
所以切点坐标为，
因为切点在曲线上，
所以，即，解得.
故答案为：.
法二：对于，其导数为，
假设与的切点为，
则，解得.
故答案为：.
19．（2025·全国二卷·高考真题）若是函数的极值点，则
【答案】
【分析】由题意得即可求解，再代入即可求解.
【解析】由题意有，
所以，
因为是函数极值点，所以，得，
当时，，
当单调递增，当单调递减，
当单调递增，
所以是函数的极小值点，符合题意；
所以.
故答案为：.
20．（2026·新课标全国Ⅱ卷·高考真题）若函数有两个零点，则的取值范围是__________．
【答案】
【分析】方法一：令,则即，,转化为一元二次方程有两个正根的问题.
方法二：把函数 有两个零点转化为方程有两个实数根的问题，再转化为,即函数与函数交点问题.
【解析】令，得，即，
方法一：
令，则，即，,
则一元二次方程有两个正根，
那么，
所以，的取值范围是.
方法二：
设，那么设，则，
由于在上单调递减，在上单调递增，
故在上单调递减，在上单调递增，且，
根据函数图象可知，函数有两个零点，则的取值范围是.
三、解答题
21．（2024·天津·高考真题）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若对任意成立，求实数的值；
(3)若，求证：．
【答案】(1)
(2)2
(3)证明过程见解析
【分析】（1）直接使用导数的几何意义；
（2）先由题设条件得到，再证明时条件满足；
（3）先确定的单调性，再对分类讨论.
【解析】（1）由于，故.
所以，，所以所求的切线经过，且斜率为，故其方程为.
（2）设，则，从而当时，当时.
所以在上递减，在上递增，这就说明，即，且等号成立当且仅当.
设，则
.
当时，的取值范围是，所以命题等价于对任意，都有.
一方面，若对任意，都有，则对有
，
取，得，故.
再取，得，所以.
另一方面，若，则对任意都有，满足条件.
综合以上两个方面，知的值是2；
（3）先证明一个结论：对，有.
证明：前面已经证明不等式，故，
且，
所以，即.
由，可知当时，当时.
所以在上递减，在上递增.
不妨设，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论.
情况一：当时，有，结论成立；
情况二：当时，有.
对任意的，设，则.
由于单调递增，且有
，
且当，时，由可知
.
所以在上存在零点，再结合单调递增，即知时，时.
故在上递减，在上递增.
①当时，有；
②当时，由于，故我们可以取.
从而当时，由，可得
.
再根据在上递减，即知对都有；
综合①②可知对任意，都有，即.
根据和的任意性，取，，就得到.
所以.
情况三：当时，根据情况一和情况二的讨论，可得，.
而根据的单调性，知或.
故一定有成立.
综上，结论成立.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于第3小问中，需要结合的单调性进行分类讨论.
22．（2024·上海·高考真题）对于一个函数和一个点，令，若是取到最小值的点，则称是在的“最近点”．
(1)对于，求证：对于点，存在点，使得点是在的“最近点”；
(2)对于，请判断是否存在一个点，它是在的“最近点”，且直线与在点处的切线垂直；
(3)已知在定义域R上存在导函数，且函数 在定义域R上恒正，设点，．若对任意的，存在点同时是在的“最近点”，试判断的单调性．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
(3)严格单调递减
【分析】（1）代入，利用基本不等式即可；
（2）由题得，利用导函数得到其最小值，则得到，再证明直线与切线垂直即可；
（3）根据题意得到，对两等式化简得，再利用“最近点”的定义得到不等式组，即可证明，最后得到函数单调性.
【解析】（1）当时，，
当且仅当即时取等号，
故对于点，存在点，使得该点是在的“最近点”．
（2）由题设可得，
则，因为均为上单调递增函数，
则在上为严格增函数，
而，故当时，，当时，，
故，此时，
而，故在点处的切线方程为.
而，故，故直线与在点处的切线垂直．
（3）设，
，
而，
，
若对任意的，存在点同时是在的“最近点”，
设，则既是的最小值点，也是的最小值点，
因为两函数的定义域均为，则也是两函数的极小值点，
则存在,使得，
即①
②
由①②相等得，即，
即，又因为函数在定义域R上恒正，
则恒成立，
接下来证明，
因为既是的最小值点，也是的最小值点，
则，
即，③
，④
③④得
即，因为
则，解得，
则恒成立，因为的任意性，则严格单调递减.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是结合最值点和极小值的定义得到，再利用最值点定义得到即可.
23．（2025·上海·高考真题）已知函数的定义域为．对于正实数a，定义集合．
(1)若，判断是否是中的元素，请说明理由；
(2)若，求a的取值范围；
(3)若是偶函数，当时，，且对任意，均有．写出，解析式，并证明：对任意实数c，函数在上至多有9个零点．
【答案】(1)不是；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）直接代入计算和即可；
（2）法一：转化为在实数使得，分析得，再计算得，最后根据的范围即可得到答案；法二：画出函数图象，转化为直线与该函数有两个交点，将用表示，最后利用二次函数函数性质即可得到答案；
（3）利用函数奇偶性和集合新定义即可求出时解析式，再分析出，最后对的范围进行分类讨论即可.
【解析】（1）（1），，则不是中的元素.
（2）法一：因为，则存在实数使得，且，
当时，，其在上严格单调递增，
当时，，其在上也严格单调递增，
则，则，
令，解得，则，
则.
法二：作出该函数图象，则由题意知直线与该函数有两个交点，
由图知，假设交点分别为，，
联立方程组得
（3）（3）对任意，因为其是偶函数，
则，而，
所以，
所以，因为，则，
所以，所以，
所以当时，，，则，
，则，
而，，
则，则，
所以当时，，而为偶函数，画出函数图象如下：
其中，但其对应的值均未知.
首先说明，
若，则，易知此时，
则，所以，而时，，
所以，与矛盾，所以，即，
令，则，
当时，即使让，此时最多7个零点，
当时，若，此时有5个零点，
故此时最多5个零点；
当时，若，此时有5个零点，
故此时最多5个零点；
当时，若，此时有3个零点，
若，则，易知此时，
则，所以，而时，，
所以，与矛盾，所以，
则最多在之间取得6个零点，
以及在处成为零点，故不超过9个零点.
综上，零点不超过9个.
24．（2025·北京·高考真题）已知函数的定义域是，导函数，设是曲线在点处的切线．
(1)求的最大值；
(2)当时，证明：除切点A外，曲线在直线的上方；
(3)设过点A的直线与直线垂直，，与x轴交点的横坐标分别是，，若，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用导数判断其单调性，即可求出最大值；
（2）求出直线的方程，再构造函数，只需证明其最小值（或者下确界）大于零即可；
（3）求出直线的方程，即可由题意得到的表示，从而用字母表示出，从而求出范围.
【解析】（1）设，，
由可得，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以的最大值为.
（2）因为，所以直线的方程为，即，
设，，
由（1）可知，在上单调递增，而，
所以，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，且，
而当时，，所以总有，单调递增
故，从而命题得证；
（3）解法一：由题意，直线，直线，
所以，，
当时，，在上单调递增，
所以，
所以
，
由（1）可得当时，，
所以，
所以.
解法二：由可设，又，所以，即，
因为直线的方程为，易知，
所以直线的方程为,
，.
所以
,由（1）知,当时，，所以,
所以.
25．（2025·天津·高考真题）已知函数
(1)时，求在点处的切线方程；
(2)有3个零点，且.
（i）求a的取值范围；
（ii）证明．
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析.
【分析】（1）利用导数的几何意义，求导数值得斜率，由点斜式方程可得；
（2）（i）令，分离参数得，作出函数图象，数形结合可得范围；（ii）由（2）结合图象，可得范围，整体换元，转化为，结合由可得，两式作差，利用对数平均不等式可得，再由得，结合减元处理，再构造函数求最值，放缩法可证明不等式.
【解析】（1）当时，，，
则，则，且，
则切点，且切线的斜率为，
故函数在点处的切线方程为；
（2）（i）令，，
得，
设，
则，
由解得或，其中，；
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
且当时，； 当时，；
如图作出函数的图象，
要使函数有3个零点，
则方程在内有个根，即直线与函数的图象有个交点.
结合图象可知，.
故的取值范围为；
（ii）由图象可知，，
设，则，
满足，由可得，
两式作差可得，
则由对数均值不等式可得，
则，故要证，
即证，只需证，
即证，又因为，则，
所以，故只需证，
设函数，则，
当时，，则在上单调递增；
当时，，则在上单调递减；
故，即.
而由，
可知成立，故命题得证.
26．（2025·上海·高考真题）已知．
(1)若，求不等式的解集；
(2)若函数满足在上存在极大值，求m的取值范围；
【答案】(1)
(2)且.
【分析】（1）先求出，从而原不等式即为，构建新函数，由该函数为增函数可求不等式的解；
（2）求出函数的导数，就分类讨论后可得参数的取值范围.
【解析】（1）因为，故，故，故，
故即为，
设，则，故在上为增函数，
而即为，故，
故原不等式的解为.
（2）在有极大值即为有极大值点.
，
若，则时，，时，，
故为的极小值点，无极大值点，故舍；
若即，则时，，
时，，
故为的极大值点，符合题设要求；
若，则时，，无极值点，舍；
若即，则时，，
时，，
故为的极大值点，符合题设要求；
综上，且.
27．（2025·上海·高考真题）已知．
(1)若，求不等式的解集；
(2)若函数满足在上存在极大值，求m的取值范围；
【答案】(1)
(2)且.
【分析】（1）先求出，从而原不等式即为，构建新函数，由该函数为增函数可求不等式的解；
（2）求出函数的导数，就分类讨论后可得参数的取值范围.
【解析】（1）因为，故，故，故，
故即为，
设，则，故在上为增函数，
而即为，故，
故原不等式的解为.
（2）在有极大值即为有极大值点.
，
若，则时，，时，，
故为的极小值点，无极大值点，故舍；
若即，则时，，
时，，
故为的极大值点，符合题设要求；
若，则时，，无极值点，舍；
若即，则时，，
时，，
故为的极大值点，符合题设要求；
综上，且.
28．（2026·新课标全国Ⅰ卷·高考真题）已知函数的定义域为，且当时，．对任意，定义集合．
(1)若当时，，求；
(2)若是奇函数，，且，证明：；
(3)设满足：①若，则；②当时，．
（i）证明：；
（ii）证明：在区间单调递增．
【答案】(1)
(2)由题意证明如下：
在中，是奇函数，当时，．
∴，当时，，
∴
在集合中，
当时，，
当时，，
当时，，
∴，
∵，
∴且，即，，
∵，
∴①当时，解得，
，，
此时，
②当时，解得，
，，
此时，
③当时，解得，
，，
此时，
综上，.
(3)（i）由题意证明如下，
法一：
若，则存在，使得，
条件①：若，则，
∴，则，
取，则，此时，
∵，则，即，
但，相矛盾，
∴
法二：
假设，则存在，使得，
从而，这导致，
但，
∵根据条件又有，矛盾，
∴假设不成立，.
（ii）由题意，（2）及（3）（i）证明如下，
在集合中，
要证在上单调递增，
即需证，，都有，
即需证，，都有，
①先证明：当时，，
假设，使得，
∵当时，，
∴，使得，
∴，
而当时，，
否则，使得，，与矛盾，
∴，
∴，
∴，
由（3）（i）得，，
则，
由条件②：当时，，
则，
否则时，与矛盾，
∴若，使得，则，，（*）
∴，使得，
则，
令，，
此时，则，则，
∴，
∵，
∴易取，满足，使得，
根据（*）可得，此时，与矛盾，
∴当时，，
②证明：对，，都有，
∵，，都有，
∴，
对任意给定的，取，则，
∴对，，都有，
∴在上单调递增.
【分析】（1）求出，写出表达式，即可求出；
（2）求出表达式，化简集合并得出表达式，利用得出与，对的三种情况进行分类讨论，即可证明结论；
（3）（i）法一：假设，则存在，使得，取，求出，与矛盾，进而证明结论；
法二：假设，则存在，使得，取，求出，与时矛盾，进而证明结论；
（ii）将证明转化为证，，都有，先证明：当时，，再证明对，，都有，进而证明出在上单调递增.
【解析】（1）由题意，
在中，，，
在中，
，
∴，
当时，，，解得，
当时，，解得，
∴，
∴.
（2）略
（3）（i）略
（ii）略
29．（2026·上海卷·高考真题）已知是，，的一个排列，若函数，，，对任意，都有且，则称是关于，，的一个排列，则关于，，的排列总数记为．
(1)已知，，，，判断是否为排列；
(2)对，，，满足条件的，求的取值范围；
(3)对，且对任意，，令，，，，证明：若严格减，则存在，使；若严格增，则存在，．
【答案】(1)是排列；
(2)；
(3)首先证明第1个结论，
观察（2）问的6个情况，若和在上同时成立，
那么排列都将是排列，此时至少为4．
当时，即，
因为是定义在上的函数，且严格单调递减，实数，
则恒成立，
又因为函数在上单调递增，
则在区间上，，.
若恒成立，则，
则只需，即，因为对任意的，，
则，则，则解得，
当时，即，
因为严格递减，所以且，
，
只要，就有，
则可取即可满足题意．
即存在，使得.
再证明第2个结论.
假设对于任意的，都有，
因为（2）中①排列始终满足条件，
则在剩下的5种排列中，只有唯一的一个是排列．
首先，我们证明不可能恒成立：
假设对于某个，在上恒有．
即，
即，
取．由于严格递增，
令，
则，
于是对任意正整数：
，
当时，，这与矛盾！
因此，不可能恒成立．则排列③排列和④排列永远不可能是排列．
接下来只剩②排列，其需满足，
⑤排列，其需满足，
⑥排列，其需满足，
下面证明：对于任意在上恒成立＂与＂在上恒成立＂这两个命题，必须有且只有一个为真．
（i）若对任意，都有，即都有，
对于任意和，
则，
当且仅当时等号成立，又因为，故等号无法取到，
所以恒成立，
则对所有的恒成立.
则此时②排列，⑤排列，⑥排列均成立，
则，与假设矛盾！
（ii）并非对于所有都有，即，
则必定存在，使得，
设，
因为是严格单调递增的连续函数，
则对于已知的，总可以找到，使得，
即，即，
同时，因为严格递增且，必有．
即，
即，即，
则可取充分小的使得，即存在，使得，
所以＂恒成立＂这个命题是假的．
既然为假，那么＂恒成立＂必须为真．
即除①排列外剩余的5个排列中，只有②排列成立，此时满足，
则对于，在时都有：
，
即，
取，则对于任意：
，
因为严格递增，则．
则
又因为，
则
即，对任意都成立．
取，因为，则，
则对于内的任意，都满足，
因为，故有，
但是，之前我们得到，
即，则，
则有：， 这与我们的假设相矛盾．
综上，原命题成立，必然存在，使得．
【分析】（1）根据排列的定义判断即可；
（2）分析得，，的全排列均符合题意，则得到不等式组，解出即可；
（3）第一个结论分和讨论即可证明，第二个结论利用反证法即可证明.
【解析】（1）由题意得，
则当，，
则恒成立，
，
则恒成立，
故是为排列.
（2）若，则1，2，3的全排列均满足题意，
①，则有：，此时两个不等式显然成立．
②，则有：，即.
③，则有：，即.
④，则有：，即.
⑤，则有：．
⑥，则有：，即.
则上述不等式均要成立，取它们的交集有，
即，即对恒成立，
分离参数得，因为当时，，
所以.
（3）略.
试卷第1页，共3页
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