【高一数学上学期期末备考专题大全】
专题3 函数的概念和性质
期末考试真题强化训练（新高考湖北卷）
一、单选题
1．（2021·湖北·高一期末）下列函数与是同一个函数的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2021·湖北·高一期末）已知，则（ ）
A．-99 B．-98 C．99 D．-100
3．（2020·湖北武汉·高一期末）下列函数中，在区间上是增函数的是（ ）
A． B． C． D．
4．（2021·湖北武汉·高一期末）已知定义域为的函数是奇函数，且，若在区间是减函数，则，，的大小关系是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2021·湖北·应城市第一高级中学高一期末）已知函数，则方程的所有解的和为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
6．（2022·湖北黄石·高一期末）已知函数，则（ ）
A．0 B． C． D．1
7．（2021·湖北恩施·高一期末）设函数，则（ ）
A．9 B．11 C．13 D．15
8．（2022·湖北武汉·高一期末）已知二次函数在区间内是单调函数，则实数a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2021·湖北荆州·高一期末）已知函数是定义在上的奇函数，则实数（ ）
A． B． C．1 D．2
10．（2021·湖北荆州·高一期末）已知函数是幂函数，且在上单调递减，则（ ）
A．0 B．-1 C．2 D．2或-1
11．（2020·湖北武汉·高一期末）设函数对任意都有且，则
A．2 B． C．2020 D．
12．（2020·湖北十堰·高一期末）函数在R上单调递增,则a的取值范围是
A． B． C． D．
13．（2020·湖北·荆州中学高一期末）已知函数的定义域为，若成立，则实数的取值范围为
A． B． C． D．
14．（2021·湖北·高一期末）已知幂函数在上单调递减，则（ ）
A． B． C．32 D．64
15．（2021·湖北武汉·高一期末）函数的部分图像大致为（ ）
A．B．
C．D．
16．（2022·湖北·华中师大一附中高一期末）函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
17．（2020·湖北·高一期末）已知是定义在上的奇函数，对任意的，，均有.且当时，，，那么表达式（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
18．（2021·湖北武汉·高一期末）已知函数，下列结论正确的是（ ）
A．的定义域为 B．的图象关于坐标原点对称
C．在定义域上是减函数 D．的值域为
19．（2021·湖北武汉·高一期末）下列函数中，既是偶函数又在区间单调递增的是（ ）
A． B． C． D．
20．（2021·湖北·高一期末）下列函数中，既是偶函数又是区间上的增函数有（ ）
A． B．
C． D．
21．（2021·湖北·应城市第一高级中学高一期末）函数在区间上单调递增，则下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
22．（2021·湖北十堰·高一期末）已知函数，，则（ ）
A．是增函数 B．是偶函数 C． D．
23．（2021·湖北·高一期末）高斯（Gauss）是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数，例如：，．已知函数，，则下列说法正确的有（ ）
A．是偶函数 B．的值域是
C．是奇函数 D．在上是增函数
24．（2021·湖北省直辖县级单位·高一期末）德国著名数学家狄利克雷（Dirichlet，1805~1859）在数学领域成就显著.19世纪，狄利克雷定义了一个“奇怪的函数”其中为实数集，为有理数集．则关于函数有如下四个命题，正确的为（ ）
A．对任意，都有
B．对任意，都存在，
C．若，，则有
D．存在三个点，，，使为等腰直角三角形
25．（2022·湖北·武汉东湖新技术开发区教育发展研究院高一期末）已知定义在上的函数的图象是连续不断的，且满足以下条件：①，；②，当时，；③.则下列选项成立的是（ ）
A． B．若，则
C．若，则 D．，，使得
26．（2022·湖北·武汉市第十五中学高一期末）定义在上的函数满足，当时，，则满足（ ）
A． B．是偶函数
C．在上有最大值 D．的解集为
27．（2022·湖北·高一期末）已知函数的定义域是，当时，，且，且，下列说法正确的是（ ）
A．
B．函数在上单调递减
C．
D．满足不等式的的取值范围为
三、填空题
28．（2021·湖北省直辖县级单位·高一期末）幂函数在定义域内为奇函数且在区间上单调递减，则________．
29．（2021·湖北·高一期末）已知函数的定义域为，且，则_______
30．（2021·湖北·应城市第一高级中学高一期末）若函数在上递减，则函数增区间________.
31．（2020·湖北·武汉二中高一期末）已知，且，则_____
32．（2020·湖北·武汉市新洲区第一中学高一期末）已知定义在上的非负函数，满足，且，、，则________．
33．（2021·湖北·沙市中学高一期末）已知定义在上的奇函数满足，且当时，，则________．
34．（2021·湖北·荆州中学高一期末）若函数的图像关于原点对称，则___________，若，则时的取值范围为___________.
35．（2021·湖北·高一期末）已知函数，则f(6)=________；若方程在区间有三个不等实根，实数a的取值范围为________.
四、解答题
36．（2021·湖北·荆州中学高一期末）若幂函数在其定义域上是增函数.
（1）求的解析式；
（2）若，求的取值范围.
37．（2021·湖北·高一期末）李庄村电费收取有以下两种方案供农户选择：方案一：每户每月收管理费2元，月用电不超过30度每度0.5元，超过30度时，超过部分按每度0.6元.方案二：不收管理费，每度0.58元.
（1）求方案一收费元与用电量x(度)间的函数关系；
（2）李刚家九月份按方案一交费35元，问李刚家该月用电多少度？
（3）李刚家月用电量在什么范围时，选择方案一比选择方案二更好？
38．（2021·湖北·高一期末）打赢扶贫攻坚战，到2020年全面建成小康社会，是中国共产党向全世界和全国人民的承诺.一贫困户在政府扶持下结合地方特色联合当地几户贫困户创办一家农产品公司.为了振兴乡村，打好扶贫攻坚战，某市党政府开展了地标特产展销会.该公司拟定在2020年元旦展销期间举行产品促销活动，经测算该产品的年销量t万件（生产量与销量相等）与促销费用x万元满足已知2020年生产该产品还需投入成本4+t万元（不含促销费），促销费x满足当产品销量价格定为5元/件，当产品销量价格定为元/件(其中a为正常数).
(1)试将2020年该产品的利润y万元表示为促销费费x万元的函数；
(2)2020年该公司促销费投入多少万元时，公司利润最大？
39．（2020·湖北·葛洲坝中学高一期末）美国对中国芯片的技术封锁激发了中国“芯”的研究热潮.某公司研发的，两种芯片都已经获得成功.该公司研发芯片已经耗费资金千万元，现在准备投入资金进行生产.经市场调查与预测，生产芯片的毛收入与投入的资金成正比，已知每投入千万元，公司获得毛收入千万元；生产芯片的毛收入（千万元）与投入的资金（千万元）的函数关系为，其图像如图所示.
（1）试分别求出生产，两种芯片的毛收入（千万元）与投入资金（千万元）的函数关系式；
（2）现在公司准备投入0千万元资金同时生产，两种芯片，求可以获得的最大利润是多少.
40．（2021·湖北·高一期末）已知定义在R上的偶函数f(x)和奇函数g(x)满足.
(1)求函数f(x)和g(x)的表达式；
(2)当时，不等式恒成立，求实数a的取值范围；
(3)若方程在上恰有一个实根，求实数m的取值范围.
41．（2020·湖北武汉·高一期末）已知定义域在上的函数满足对于任意的，都有，当且仅当时，成立.
（1）设，求证；
（2）设，若，试比较x1与x2的大小；
（3）若，解关于x的不等式.
42．（2022·湖北·十堰市教育科学研究院高一期末）已知函数.
(1)当时，求方程的解；
(2)若对任意，不等式恒成立，求的取值范围.
43．（2022·湖北·十堰市教育科学研究院高一期末）已知函数，．
(1)若的值域为，求a的值．
(2)证明：对任意，总存在，使得成立．
44．（2022·湖北·高一期末）已知函数的定义域为，且满足：对任意，都有．
(1)求证：函数为奇函数；
(2)若当，<0，求证： 在上单调递减；
(3)在（2）的条件下解不等式： ．
45．（2022·湖北·武汉东湖新技术开发区教育发展研究院高一期末）上海市某地铁项目正在紧张建设中，通车后将给更多市民出行带来便利，已知该线路通车后，地铁的发车时间间隔t（单位：分钟）满足，，经测算，在某一时段，地铁载客量与发车时间间隔t相关，当时地铁可达到满载状态，载客量为1200人，当时，载客量会减少，减少的人数与的平方成正比，且发车时间间隔为2分钟时载客量为560人，记地铁载客量为.
（1）求的解析式；
（2）若该时段这条线路每分钟的净收益为（元），问当发车时间间隔为多少时，该时段这条线路每分钟的净收益最大？【高一数学上学期期末备考专题大全】
专题3 函数的概念和性质
期末考试真题强化训练（新高考湖北卷）
一、单选题
1．（2021·湖北·高一期末）下列函数与是同一个函数的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】根据函数的三要素：定义域、值域、对应关系相同即可判断为同一函数.
【详解】定义域为，值域为
对于A，定义域为，故A不选；
对于B，定义域为，值域为，故B不选；
对于C，定义域为，故C不选；
对于D，，定义域为，对应关系相同，故D选；
故选：D
【点睛】本题考查了函数的三要素，考查了函数的概念，属于基础题.
2．（2021·湖北·高一期末）已知，则（ ）
A．-99 B．-98 C．99 D．-100
【答案】B
【解析】首先利用求出，再利用函数的奇偶性即可求解.
【详解】，所以，
即，可得，
设，
由，
即函数为奇函数，故，
故，由，
所以，
故选：B
【点睛】本题考查了函数奇偶性的应用，需熟记奇偶性的性质，属于基础题.
3．（2020·湖北武汉·高一期末）下列函数中，在区间上是增函数的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】结合函数的单调性逐一判断即可得解.
【详解】解：函数对称轴为y轴，开口朝上，所以上为增函数.
函数在为减函数，
函数与函数在不具有单调性，
故选：A.
【点睛】本题考查了函数的单调性，重点考查了函数的性质，属基础题.
4．（2021·湖北武汉·高一期末）已知定义域为的函数是奇函数，且，若在区间是减函数，则，，的大小关系是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】根据已知等式判断出函数的周期性，再根据奇函数的性质和单调性进行判断即可.
【详解】，
由此可知函数的周期为4，函数是奇函数，，所以有：
，
，
因为在区间是减函数，，
所以，即，
故选：B
5．（2021·湖北·应城市第一高级中学高一期末）已知函数，则方程的所有解的和为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【解析】根据函数解析式，分别讨论，，三种情况，解对应的方程，即可求出结果.
【详解】当时，，此时方程可化为，
即，解得，所以（正值舍去）；
当时，，方程可化为，该方程无解；
当时，，方程可化为，即，解得或（舍去）；
故方程的所有解得和为.
故选：C
6．（2022·湖北黄石·高一期末）已知函数，则（ ）
A．0 B． C． D．1
【答案】D
【分析】根据分段函数解析式计算可得.
【详解】解：因为，所以，
所以；
故选：D
7．（2021·湖北恩施·高一期末）设函数，则（ ）
A．9 B．11 C．13 D．15
【答案】B
【分析】首先根据自变量所属的范围，结合题中所给分段函数的解析式，代入求得结果.
【详解】∵函数，
∴=2+9=11．
故选B．
【点睛】该题考查的是有关函数的问题，涉及到的知识点有分段函数，求分段函数的给定自变量的函数值，属于简单题目.
8．（2022·湖北武汉·高一期末）已知二次函数在区间内是单调函数，则实数a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】结合图像讨论对称轴位置可得.
【详解】由题知，当或，即或时，满足题意.
故选：A
9．（2021·湖北荆州·高一期末）已知函数是定义在上的奇函数，则实数（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】B
【解析】用奇函数的定义判断即可.
【详解】因为，所以，
又函数是定义在上的奇函数，则有，
即恒成立，
所以．因为，所以．
故选:B.
10．（2021·湖北荆州·高一期末）已知函数是幂函数，且在上单调递减，则（ ）
A．0 B．-1 C．2 D．2或-1
【答案】B
【解析】由函数是幂函数，结合函数在上单调递减，求出．
【详解】由函数是幂函数，则，解得或.
又函数在上单调递减，则，即.
故选：B.
11．（2020·湖北武汉·高一期末）设函数对任意都有且，则
A．2 B． C．2020 D．
【答案】B
【解析】先求出函数的周期为4，再根据，求得结果．
【详解】解：由，可知，可知，
故函数的周期，则，
故选：
【点睛】本题主要考查函数的周期性，属于基础题．
12．（2020·湖北十堰·高一期末）函数在R上单调递增,则a的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由函数在R上单调递增,可得不等式组,求解即可得解.
【详解】解：由函数在R上单调递增,
则,得，
故选：D.
【点睛】本题考查了分段函数的单调性，重点考查了函数的性质，属基础题.
13．（2020·湖北·荆州中学高一期末）已知函数的定义域为，若成立，则实数的取值范围为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】先判断的奇偶性，进而方便得出在上的单调性，利用单调性列不等式组求解即可.
【详解】，故是奇函数，
又在上单调递增，且在定义域上是连续函数，
则在上单调递增，
，解得：，
故选：B.
【点睛】本题考查函数的奇偶性，单调性，利用性质把不等式转化为关于的不等式组是解决问题的关键，属基础题.
14．（2021·湖北·高一期末）已知幂函数在上单调递减，则（ ）
A． B． C．32 D．64
【答案】B
【解析】根据幂函数的性质得或，再结合函数的单调性即可得，再带入计算即可得答案.
【详解】解：由是幂函数可知，
即，解得或，
所以或，
又幂函数在上单调递减，
所以，所以.
故选:B.
15．（2021·湖北武汉·高一期末）函数的部分图像大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】研究函数奇偶性和区间的函数值的正负，利用排除法即得结果.
【详解】函数，定义域为R，
对于任意的自变量x，，故函数是奇函数，图象关于原点中心对称，故CD错误；
又，
故时，，即，故A正确，B错误.
故选：A.
【点睛】思路点睛：函数图象的辨识可从以下方面入手：
(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．
(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势；
(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性；
(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象.
16．（2022·湖北·华中师大一附中高一期末）函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据函数解析式求得函数定义域，判断函数奇偶性，再取几个特殊值运用排除法得到答案.
【详解】由题意知，，解得，所以定义域关于原点对称，又因为，所以此函数为奇函数，图像关于原点对称，排除A.
当时，，排除B.
，函数只有1个零点，排除C.
故选：D
17．（2020·湖北·高一期末）已知是定义在上的奇函数，对任意的，，均有.且当时，，，那么表达式（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由是定义在，上的奇函数，且，推出，，再结合当时，，推出，，，，由题意可得对任意的，，，均有，进而得，再由奇函数的性质算出最终结果．
【详解】解：由，令，得，令，则﹐
当时，，，
即，，
且，，
，
对任意的，，均有，，
同理.
是奇函数，
，
故选：C
【点睛】本题考查函数的奇偶性，函数值计算，属于中档题．
二、多选题
18．（2021·湖北武汉·高一期末）已知函数，下列结论正确的是（ ）
A．的定义域为 B．的图象关于坐标原点对称
C．在定义域上是减函数 D．的值域为
【答案】AB
【解析】首先求出函数的定义域即可判断A，再判断函数的奇偶性，即可判断B；再将函数写成分段函数，求出各段的值域，最后取并集，即可判断D；
【详解】解：因为，所以，解得或，即函数的定义域为，故A正确；
所以，所以，即函数为奇函数，图象关于原点对称，故B正确；
又所以在定义域上不是减函数，故C错误；
，当时，，当时，，所以函数的值域为，故D错误；
故选：AB
【点睛】本题考查函数的性质的应用，求出函数的定义域通常需满足，分母不为零，偶次方根的被开方数大于等于零，零指数幂的底数不为零，对数的真数大于零；
19．（2021·湖北武汉·高一期末）下列函数中，既是偶函数又在区间单调递增的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AB
【解析】利用定义法逐一判断奇偶性，并结合常见函数性质判断单调性，即得结果.
【详解】选项A中，，定义域为R，满足，故是偶函数，又由二次函数性质知区间单调递增，故符合题意；
选项B中，，定义域为R，满足，故是偶函数，在区间上，是递增函数，故符合题意；
选项C中，，定义域为，满足，故是偶函数，但由幂函数性质知在区间单调递减，故不符合题意；
选项D中，，定义域为R，恒成立，故不是偶函数，故不符合题意.
故选：AB.
20．（2021·湖北·高一期末）下列函数中，既是偶函数又是区间上的增函数有（ ）
A． B． C． D．
【答案】ACD
【解析】分别判断四个函数的奇偶性、单调性，可选出答案.
【详解】对于选项A，令，其定义域为，且，故该函数是偶函数；当时，，此时函数单调递增，故A符合题意；
对于B，由函数的表达式，可得，解得，所以函数的定义域不关于原点对称，该函数是非奇非偶函数，不符合题意；
对于C，二次函数的对称轴为轴，且在上单调递增，故C符合题意；
对于D，令，其定义域为，且，故该函数为定义域上的偶函数；因为在上单调递增，且函数在上单调递增，根据复合函数的单调性，可知在上单调递增，故D符合题意.
故选：ACD.
21．（2021·湖北·应城市第一高级中学高一期末）函数在区间上单调递增，则下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AC
【解析】分离常数，根据在区间上单调递增，可得，从而可得出选项.
【详解】，
在区间上单调递增，
，，
由在区间上单调递增，
.
故选：AC
22．（2021·湖北十堰·高一期末）已知函数，，则（ ）
A．是增函数 B．是偶函数 C． D．
【答案】ABD
【解析】根据函数解析式，先分别判断单调性，以及奇偶性，再求函数值，即可得出结果.
【详解】对于函数
当时，显然单调递增；当时，是开口向上，对称轴为的二次函数，所以在上单调递增；且，所以函数在定义域内是增函数；A正确；
又，所以，故C错；
对于函数，，所以是偶函数，B正确；
又，所以，D正确；
故选：ABD.
23．（2021·湖北·高一期末）高斯（Gauss）是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数，例如：，．已知函数，，则下列说法正确的有（ ）
A．是偶函数 B．的值域是
C．是奇函数 D．在上是增函数
【答案】BCD
【解析】根据知错误；利用分式值域的求法可求得，进而根据高斯函数定义可知的值域，知正确；化简得到知正确；根据单调性的性质可推导得到正确.
【详解】对于，，，
，不是偶函数，错误；
对于，，
，，，，
当时，，当时，，
的值域是，正确；
对于，，为奇函数，正确；
对于，在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，即在上是增函数，正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数新定义的问题，解题关键是明确本题以新定义函数为载体，考查函数值域、单调性和奇偶性的知识.
24．（2021·湖北省直辖县级单位·高一期末）德国著名数学家狄利克雷（Dirichlet，1805~1859）在数学领域成就显著.19世纪，狄利克雷定义了一个“奇怪的函数”其中为实数集，为有理数集．则关于函数有如下四个命题，正确的为（ ）
A．对任意，都有
B．对任意，都存在，
C．若，，则有
D．存在三个点，，，使为等腰直角三角形
【答案】BC
【解析】根据函数的定义以及解析式，逐项判断即可．
【详解】解：对于A选项，当，则，此时，故A选项错误；
对于B选项，当任意时，存在，则，故；当任意时，存在，则，故，故对任意，都存在，成立，故B选项正确；
对于C选项，根据题意得函数的值域为，当，时，，故C选项正确；
对于D选项，要为等腰直角三角形，只可能为如下四种情况：
①直角顶点在上，斜边在轴上，此时点，点的横坐标为无理数，则中点的横坐标仍然为无理数，那么点的横坐标也为无理数，这与点的纵坐标为1矛盾，故不成立；
②直角顶点在上，斜边不在轴上，此时点的横坐标为无理数，则点的横坐标也应为无理数，这与点的纵坐标为1矛盾，故不成立；
③直角顶点在轴上，斜边在上，此时点，点的横坐标为有理数，则中点的横坐标仍然为有理数，那么点的横坐标也应为有理数，这与点的纵坐标为0矛盾，故不成立；
④直角顶点在轴上，斜边不在上，此时点的横坐标为无理数，则点的横坐标也应为无理数，这与点的纵坐标为1矛盾，故不成立．
综上，不存在三个点，，，使得为等腰直角三角形，故选项D错误．
故选：BC.
【点睛】本题考查函数的新定义问题，考查数学推理与运算等核心素养，是难题.本题D 选项解题的关键是根据题意分直角顶点在上，斜边在轴上；直角顶点在上，斜边不在轴上；直角顶点在轴上，斜边在上；直角顶点在轴上，斜边不在上四种情况讨论求解.
25．（2022·湖北·武汉东湖新技术开发区教育发展研究院高一期末）已知定义在上的函数的图象是连续不断的，且满足以下条件：①，；②，当时，；③.则下列选项成立的是（ ）
A． B．若，则
C．若，则 D．，，使得
【答案】ACD
【分析】根据给定条件探求出函数的奇偶性和在的单调性，再逐一分析各选项的条件，计算判断作答.
【详解】由，得：函数是R上的偶函数，
由，，得：在上单调递增，
对于A，，A正确；
对于B，，又函数的图象是连续不断的，
则有，解得，B不正确；
对于C，由及得，，解得或，
由得：，解得，
化为：或，解得或，即，C正确；
对于D，因上的偶函数的图象连续不断，且在上单调递增，
因此，，，取实数，使得，则，，D正确.
故选：ACD
【点睛】思路点睛：解涉及奇偶性的函数不等式，一般先利用函数的奇偶性得出区间上的单调性，再利用其单调性脱去函数的符号“f”，转化为解不等式(组)的问题，若f(x)为偶函数，则f(-x)=f(x)=f(|x|).
26．（2022·湖北·武汉市第十五中学高一期末）定义在上的函数满足，当时，，则满足（ ）
A． B．是偶函数
C．在上有最大值 D．的解集为
【答案】CD
【分析】赋值法可以求出，，判断出B选项；利用赋值法和题干中的条件可以得出的单调性，从而判断AC；利用函数的单调性进行解不等式，判断D.
【详解】∵定义在R上的函数满足，
令得：，解得：，
令得：，因为，所以，
故是奇函数，B错误；
任取，，且，则令，，代入得：，
因为当时，，而，所以，
故，即，从而在R上单调递减，
所以，A错误；
所以函数在上有最大值为，C正确；
由， 在R上单调递减，故，解得，故的解集为，D正确.
故选：AD.
27．（2022·湖北·高一期末）已知函数的定义域是，当时，，且，且，下列说法正确的是（ ）
A．
B．函数在上单调递减
C．
D．满足不等式的的取值范围为
【答案】ABD
【分析】令求出的值可判断A；令可得，利用函数单调性的定义证明单调性可判断B；由以及可判断C；通过计算可得，原不等式等价于，利用单调性求出的取值范围可判断D，进而可得正确选项.
【详解】对于A：令，得，所以，故选项A正确；
对于B：令，得，所以，
任取，，且，则，
因为，所以，所以，所以在上单调递减，故选项B正确；
对于C：
=
故选项C不正确；
对于D：因为，由可得，所以，所以不等式等价于即，因为在上单调递减，
所以解得：，所以原不等式的解集为，故选项D正确；
故选：ABD
三、填空题
28．（2021·湖北省直辖县级单位·高一期末）幂函数在定义域内为奇函数且在区间上单调递减，则________．
【答案】
【解析】首先根据函数的单调性，可知，，再代入验证函数的奇偶性，求的取值.
【详解】在上单调递减，
，解得：，，
，
当时，在定义域内为奇函数，正确，
当时，在定义域内是偶函数，舍去，
当时，在定义域内为奇函数，正确.
故答案为：
29．（2021·湖北·高一期末）已知函数的定义域为，且，则_______
【答案】
【解析】根据，考虑到所给式子中含有和，用代替代入
，解关于与的方程组，即可求得．
【详解】考虑到所给式子中含有和，故可考虑利用换元法进行求解．
在，用代替，
得，将代入中，可求得．
故答案为：.
【点睛】此题是个基础题．本题主要考查通过给定条件求函数解析式的问题．联立方程求函数解析式是求解析式的一种重要方法．
30．（2021·湖北·应城市第一高级中学高一期末）若函数在上递减，则函数增区间________.
【答案】
【分析】函数在上递减，利用复合函数的单调性可得的取值范围，进而可判断函数增区间．
【详解】设，则，在上递增，
函数在上递减，在上递减，可得
函数增区间，即的单调递减区间
令，解得或
函数增区间为
故答案为：
【点睛】本题考查复合函数的单调性，考查指对函数的性质，属于中档题．
31．（2020·湖北·武汉二中高一期末）已知，且，则_____
【答案】
【分析】设，根据函数的奇偶性的定义可得是奇函数，再由已知，有，代入可求得答案．
【详解】解：设，因为，所以是奇函数，
又，，
，
．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于令合适的函数，并得出函数的奇偶性，运用函数奇偶性和函数值的特殊关系，得出自变量间的特殊关系．
32．（2020·湖北·武汉市新洲区第一中学高一期末）已知定义在上的非负函数，满足，且，、，则________．
【答案】
【分析】计算得出，进而可求得所求代数式的值.
【详解】，，，
由已知条件可得，，，，
以此类推可知，对任意的，，所以，，
因此，.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数值的求解，求解的关键在于利用题中的已知条件推导出，进而代值进行计算.
33．（2021·湖北·沙市中学高一期末）已知定义在上的奇函数满足，且当时，，则________．
【答案】
【解析】由对称性、奇偶性得出周期性，然后再结合周期性和奇偶性进行计算．
【详解】因为，则，又函数为奇函数，
所以，所以是周期函数，周期为4．
又，
所以．
故答案为：．
【点睛】结论点睛：本题考查函数的奇偶性、对称性、周期性．函数具有两个对称性时，就具有周期性．
（1）的图象关于点对称，又关于直线对称，则是周期函数，是它的一个周期；
（2）的图象关于点对称，又关于点（）对称，则是周期函数，是它的一个周期；
（3）的图象关于直线对称，又关于直线（）对称，则是周期函数，是它的一个周期．
34．（2021·湖北·荆州中学高一期末）若函数的图像关于原点对称，则___________，若，则时的取值范围为___________.
【答案】
【解析】由题可得，即可求出，再根据函数单调性可求出的取值范围.
【详解】的图象关于原点对称，
，解得，
则，在单调递减，
.
故答案为：2；.
35．（2021·湖北·高一期末）已知函数，则f(6)=________；若方程在区间有三个不等实根，实数a的取值范围为________.
【答案】 8
【解析】（1）利用函数的递推关系式，代入即可求解．
（2）画出函数的图象，利用函数的零点的个数推出的取值范围．
【详解】解：因为
作出函数在区间上的图象如图：
设直线，要使在区间上有3个不等实根，
即函数与在区间上有3个交点，
由图象可知或
所以实数的取值范围是
故答案为：8；．
【点睛】本题考查了分段函数求值、根据零点个数求参数的取值范围，考查了数形结合的思想，属于中档题．
四、解答题
36．（2021·湖北·荆州中学高一期末）若幂函数在其定义域上是增函数.
（1）求的解析式；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）或.
【解析】（1）根据幂函数的概念，以及幂函数单调性，求出，即可得出解析式；
（2）根据函数单调性，将不等式化为，求解，即可得出结果.
【详解】（1）因为是幂函数，所以，解得或，
又是增函数，即，，则；
（2）因为为增函数，所以由可得，解得或
的取值范围是或.
37．（2021·湖北·高一期末）李庄村电费收取有以下两种方案供农户选择：方案一：每户每月收管理费2元，月用电不超过30度每度0.5元，超过30度时，超过部分按每度0.6元.方案二：不收管理费，每度0.58元.
（1）求方案一收费元与用电量x(度)间的函数关系；
（2）李刚家九月份按方案一交费35元，问李刚家该月用电多少度？
（3）李刚家月用电量在什么范围时，选择方案一比选择方案二更好？
【答案】（1）；（2）度；（3）当或时，方案二较好；当或时，两个方案一样好；当，方案一较好.
【解析】（1）根据题设条件可得两者之间的函数关系式.
（2）根据（1）可求用电度数.
（3）作差比较两个方案的收费大小后可得合适的方案.
【详解】（1）当时，，
当时，.
故.
（2）当时，，故李刚家该月用电大于度，
令，解得，故李刚家该月用电为度.
（3）设方案二的收费为，则，
当时，，
若时，；
若，则；
若时，；
当时，，
若时，；
若时，；
若时，；
故当或时，方案二较好；
当或时，两个方案一样好；
当时，方案一较好.
38．（2021·湖北·高一期末）打赢扶贫攻坚战，到2020年全面建成小康社会，是中国共产党向全世界和全国人民的承诺.一贫困户在政府扶持下结合地方特色联合当地几户贫困户创办一家农产品公司.为了振兴乡村，打好扶贫攻坚战，某市党政府开展了地标特产展销会.该公司拟定在2020年元旦展销期间举行产品促销活动，经测算该产品的年销量t万件（生产量与销量相等）与促销费用x万元满足已知2020年生产该产品还需投入成本4+t万元（不含促销费），促销费x满足当产品销量价格定为5元/件，当产品销量价格定为元/件(其中a为正常数).
(1)试将2020年该产品的利润y万元表示为促销费费x万元的函数；
(2)2020年该公司促销费投入多少万元时，公司利润最大？
【答案】（1）（2）2万元
【解析】（1）根据题意讨论的取值范围，由利润收入投入，即可求出关系式.
（2）根据分段函数的单调性以及基本不等式即可求出最值.
【详解】解：(1)依题意当，
，
当时， ，
所以.
(2)当 为单调增函数，
当时，，当且仅当时
又
该公司促销费投入2万元时，公司利润最大为6+a万元
【点睛】本题考查了分段函数以及性质、基本不等式求最值，属于基础题.
39．（2020·湖北·葛洲坝中学高一期末）美国对中国芯片的技术封锁激发了中国“芯”的研究热潮.某公司研发的，两种芯片都已经获得成功.该公司研发芯片已经耗费资金千万元，现在准备投入资金进行生产.经市场调查与预测，生产芯片的毛收入与投入的资金成正比，已知每投入千万元，公司获得毛收入千万元；生产芯片的毛收入（千万元）与投入的资金（千万元）的函数关系为，其图像如图所示.
（1）试分别求出生产，两种芯片的毛收入（千万元）与投入资金（千万元）的函数关系式；
（2）现在公司准备投入0千万元资金同时生产，两种芯片，求可以获得的最大利润是多少.
【答案】（1）生产，两种芯片的毛收入（千万元）与投入资金（千万元）的函数关系式分别为， ，（2）9千万元
【分析】（1）根据待定系数法可求出函数解析式，
（2）将实际问题转换成二次函数求最值的问题即可求解
【详解】解：（1）因为生产芯片的毛收入与投入的资金成正比，所以设，因为当时，，所以，所以，即生产芯片的毛收入（千万元）与投入资金（千万元）的函数关系式为，
对于生产芯片的，因为函数图像过点，所以
，解得，所以，即生产芯片的毛收入（千万元）与投入的资金（千万元）的函数关系为 ，
（2）设投入千万元生产芯片，则投入千万元生产芯片，则公司所获利用
，
所以当，即千万元时，公司所获利润最大，最大利润为9千万元
40．（2021·湖北·高一期末）已知定义在R上的偶函数f(x)和奇函数g(x)满足.
(1)求函数f(x)和g(x)的表达式；
(2)当时，不等式恒成立，求实数a的取值范围；
(3)若方程在上恰有一个实根，求实数m的取值范围.
【答案】（1）（2）（3）
【解析】（1）根据函数的奇偶性列出，解方程组即可求解.
（2）由（1）令利用换元法将不等式转化为，再采用分离参数法转化为，求出的最小值即可求解.
（3）根据题意令，将方程转化为在(1,2)上恰有一个实根，根据一元二次方程根的分布即可求解.
【详解】解：（1），①.
即，②
联立①②解得.
（2）对恒成立，
即对恒成立，
令为减函数，，
，即恒成立.
而在上单调递减，，
a的取值范围为
（3）在恰有一个实根，
即在上恰有一个实根，
令，在(1,2)上恰有一个实根，
当时，得，由可知无解；
当时，又则有或
解得，综上m的取值范围为
【点睛】本题考查了函数的奇偶性求解析式、不等式恒成立求参数的取值范围以及根据方程根的个数求参数的取值范围，考查了一元二次方程根的分布，考查了分类讨论的思想，综合性比较强，属于难题.
41．（2020·湖北武汉·高一期末）已知定义域在上的函数满足对于任意的，都有，当且仅当时，成立.
（1）设，求证；
（2）设，若，试比较x1与x2的大小；
（3）若，解关于x的不等式.
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）答案见解析
【分析】
（1）取，代入已知等式即可证得结果；
（2）由，结合（1）中等式，得到，再根据当且仅当时，成立得到，从而得到；
（3）在已知等式中取特值求出，由（2）可知函数f（x）在定义域上是减函数，在不等式中，用替换0后利用函数的单调性脱掉“f”，则不等式的解集可求.
【详解】
（1）证明：∵，∴，
∴；
（2）解：∵，∴，
又，所以，
∵当且仅当时，成立，∴当时，，∴，；
（3）解：代入得，即，
∴可得，
由（2）可知函数在定义域上是减函数，∴，
当时，，
所以恒成立；
故只需满足即成立即可；
即.当时，；当时，；
当时，；
综上可得：当时，；当时，；当时，
【点睛】
本题考查了函数单调性的定义，考查了含参一元二次不等式的求解.本题的关键是由已知不等式结合函数的单调性得含有参数的不等式.
42．（2022·湖北·十堰市教育科学研究院高一期末）已知函数.
(1)当时，求方程的解；
(2)若对任意，不等式恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)2
(2)
【分析】（1）由，得，从而可求得方程的解，
（2）将原不等式转化为在上恒成立，即在上恒成立，再利用指数函数的性质求出的范围即可
(1)
当时，由，可得，
则，所以或（舍去），解得.
故方程的解为2.
(2)
由题意知在上恒成立，即在上恒成立.
又因为，所以，则.
因为，所以，
所以，即的取值范围是.
43．（2022·湖北·十堰市教育科学研究院高一期末）已知函数，．
(1)若的值域为，求a的值．
(2)证明：对任意，总存在，使得成立．
【答案】(1)2
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意，可得，从而即可求解；
（2）利用对勾函数单调性求出在上的值域，再分三种情况讨论二次函数在闭区间上的值域，然后证明的值域是值域的子集恒成立即可得证.
（1）
解：因为的值域为，所以，解得．
（2）
证明：由题意，根据对勾函数的单调性可得在上单调递增，所以．
设在上的值域为M，
当，即时，在上单调递增，因为，，所以；
当，即时，在上单调递减，因为，，所以；
当，即时，，，所以；
综上，恒成立，即在上的值域是在上值域的子集恒成立，
所以对任意总存在，使得成立.
44．（2022·湖北·高一期末）已知函数的定义域为，且满足：对任意，都有．
(1)求证：函数为奇函数；
(2)若当，<0，求证： 在上单调递减；
(3)在（2）的条件下解不等式： ．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用赋值法和奇函数的定义，即可得到答案；
（2）对，且，证明，即可得到答案；
（3）利用奇函数的性质，将不等式等价于：，从而利用单调性可得不等式组，解不等式即可得到答案；
（1）
因为函数的定义域为关于原点对称，
由，
取x=y=0，得，∴．
取y=-x，则，∴，故函数为奇函数．
（2）
对，且，则，
由，得，∴，
又， ∴，
∴，由，<0知
即，故在上单调递减．
（3）
（3）由（1）和（2）知函数既为奇函数，同时在上单调递减，
则不等式等价于：，
∴，解得，故不等式的解集为．
45．（2022·湖北·武汉东湖新技术开发区教育发展研究院高一期末）上海市某地铁项目正在紧张建设中，通车后将给更多市民出行带来便利，已知该线路通车后，地铁的发车时间间隔t（单位：分钟）满足，，经测算，在某一时段，地铁载客量与发车时间间隔t相关，当时地铁可达到满载状态，载客量为1200人，当时，载客量会减少，减少的人数与的平方成正比，且发车时间间隔为2分钟时载客量为560人，记地铁载客量为.
（1）求的解析式；
（2）若该时段这条线路每分钟的净收益为（元），问当发车时间间隔为多少时，该时段这条线路每分钟的净收益最大？
【答案】（1）；（2）分钟.
【分析】(1)时，求出正比例系数k，写出函数式即可得解；
(2)求出每一段上的最大值，再比较大小即可得解.
【详解】（1）由题意知，（k为常数），
因，则，
所以；
（2）由得，
即，
①当时，，当且仅当等号成立；
②当时，在[10，20]上递减，当时Q取最大值24，
由①②可知，当发车时间间隔为分钟时，该时段这条线路每分钟的净收益最大，最大为120元.
