2023年高考数学题型猜想预测卷 函数压轴题（上海精选归纳） （解析版）

猜题21第12、16题函数压轴题（上海精选归纳）一、填空题1．（2022秋·上海静安·高三校考阶段练习）已知为奇函数，当，，且关于直线对称.设方程的正数解为，且任意的，总存在实数，使得成立，则实数的最小值为______.【答案】【分析】根据题意可得函数是以4为周期的周期函数，作出函数的图像，结合图像可知的几何意义为函数两条渐近线之间的距离，从而可得到，进而求出的最小值.【解析】因为为奇函数，所以，且，又关于直线对称，所以，所以，则，所以函数是以4为周期的周期函数，作出函数和的图像如图所示：由的正数解依次为、、、、、，则的几何意义为函数两条渐近线之间的距离为2，所以.所以得任意的，，已知任意的，总存在实数，使得成立，可得，即的最小值为.故答案为：2.2．（2022秋·上海普陀·高三曹杨二中校考阶段练习）设函数，方程有四个不相等的实根，则的取值范围是___________.【答案】【分析】根据函数对称性作出图象，结合图象，得到且，求得，化简，结合换元法和二次函数的性质，即可求解.【解析】当时，所以在与上的图像关于对称.作出图象如下图所示，不防令，可得且所以，所以.因为，令，则原式化为.因为其对称轴为，开口向上，所以在上单调递增所以所以的取值范围是.故答案为：．【点睛】关键点睛：根据函数的对称性，作出函数的图象，结合函数的图象有，化简，利用换元法和二次函数的性质求解是解答的关键.3．（2022·上海徐汇·统考二模）已知定义在R上的函数满足，当时，．设在区间（）上的最小值为．若存在，使得有解，则实数的取值范围是______．【答案】【分析】先利用换元法分别求出当，，，时的的解析式，进而求出，由存在使得有解得到有解，进而转化为，再通过的单调性进行即可求解.【解析】当时，，因为定义在上的函数满足，所以，令，则，当时，有，即当时，，又，令，则，，有，所以当时，，同理可得，时，，根据规律，得当，，且此时的在单调递增，又因为为在区间上的最小值，所以，，，，，若存在，使得有解，则有有解，进而必有，令，设最大，则，即，即，即最大；所以当时，有，所以.故答案为：【点睛】易错点睛：本题的易错点在由有解得到，而不是，要注意不等式恒成立和不等式有解的等价条件的区别：若恒成立，则；若有解，则.4．（2022秋·上海浦东新·高三上海南汇中学校考期中）已知定义在上的偶函数，满足对任意的实数都成立，且值域为.设函数（），若对任意的，存在，使得成立，则实数的取值范围为______.【答案】【分析】对因式分解可得或，对函数取绝对值得分段函数，即可画出图形，则对任意的，存在，使得成立等价于当时，，且时的图像要位于的下方，列式求解即可【解析】由，∴即或.∵是偶函数，且值域为，∴，∵，∴，画出两者图像如下图，若对任意的，存在，使得成立，则当时，，∴，且时，的图像要位于的下方，故只需，即，解得.综上，实数的取值范围为.故答案为：5．（2022秋·上海黄浦·高三上海市向明中学校考开学考试）已知函数满足，函数恰有5个零点，则实数a的取值范围为____________．【答案】【分析】把函数零点问题转化为两函数交点问题，再结合函数图像，利用导数求切线进行求解.【解析】因为函数满足，所以，，因为函数恰有5个零点，所以函数与恰有5个交点，如图，因为与交于原点，要恰有5个交点，与必有2个交点，设与相切，切点为，此时切线斜率为，解得，解得，所以切点为，所以，解得，所以要使函数恰有5个零点，则.故答案为：.6．（2022秋·上海浦东新·高三华师大二附中校考开学考试）对开区间，定义，当实数集合为段（为正整数）互不相交的开区间的并集时，定义，若对任意上述形式的的子集，总存在，使得，其中，则的最大值为___________.【答案】##0.25【分析】利用三角函数的公式和性质解不等式，再结合任意和存在把不等式问题转化成最值问题，求出最值即可得解.【解析】不等式平方可得解得设集合，发现对任意，，根据题意知，当，恒成立；当时，因为对任意的的子集不等式都成立，所以让大于等于的最大值，即，又因为总存在，使，所以让的最大值大于等于，即；正好取最大值时，也取得最大值，所以，解得；综上所述，最大值为.故答案为：.【点睛】恒成立和存在问题的解题思路：①恒成立，则；存在，则；②恒成立，则；存在，则.7．（2022秋·上海浦东新·高三上海市洋泾中学校考开学考试）函数满足对任意都成立，其值域是，已知对任何满足上述条件的都有，则的取值范围为___________.【答案】【分析】由题可得，然后可得当时不合题意，进而即得；或等价于恒成立，即恒成立，进而即得.【解析】法一：令，解得（负值舍去），当时，，当时，，且当时，总存在，使得，故，若，易得，所以，即实数的取值范围为；法二：原命题等价于任意，所以恒成立，即恒成立，又，所以，即实数的取值范围为.故答案为：.【点睛】数学中的新定义题目解题策略：①仔细阅读，理解新定义的内涵；②根据新定义，对对应知识进行再迁移.8．（2022秋·上海静安·高三校考期中）设是定义在上的函数，且对于任意的整数，满足，，则的值为.___________.【答案】【分析】根据，得出，从而求出和的值，再计算的值即可．【解析】解：因为，所以，又因为，所以，所以，所以，所以．故答案为：．9．（2022·上海静安·统考二模）已知函数，若对任意，当时，总有成立，则实数的最大值为__________.【答案】1【分析】分、、、依次讨论的范围，进而判断是否恒成立，即可求解.【解析】当时，，则不成立；当，，取，，此时不成立；当时，，则，对于任意，有，当时取等号，所以总有成立；当时，，当取最大值1，当时取最小值0，则，对于任意，有，当时取等号，所以总有成立；综上可得，故实数的最大值为1.故答案为：1.10．（2022秋·上海崇明·高三上海市崇明中学校考阶段练习）已知函数，若对任意的，都存在，使得，则实数的取值范围为___________.【答案】【分析】问题可转化为，分类讨论结合即可得出结论.【解析】，，即对任意的，都存在，使恒成立，有，当时，显然不等式恒成立；当时，，解得；当时，，此时不成立.综上，.故答案为：11．（2022秋·上海杨浦·高三上海市控江中学校考阶段练习）已知函数，若对任意实数，，方程有解，方程也有解，则的值的集合为______.【答案】【分析】根据题意，不妨设，分类讨论当，，三种情况下，结合方程有解以及余弦函数的图象和性质，从而求出和的值，即可得出的值的集合.【解析】解：由题可知，不妨设，对于，对任意实数，，方程有解，当时，方程可化为有解，所以恒成立，所以；当时，同上；当时，方程可化为有解，所以，综上得：；对于，对任意实数，，方程也有解，当时，方程可化为有解，所以；当时，同上；当时，方程可化为有解，所以恒成立，所以，所以的值的集合为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查函数与方程的综合问题，考查余弦函数的图象和性质，通过设，以及分类讨论与的大小情况，并将方程有解转化为恒成立问题是解题的关键，考查学生的分类讨论思想和逻辑分析能力.12．（2021秋·上海长宁·高三上海市延安中学校考阶段练习）已知函数，若对任意的，都存在唯一的，满足，则实数的取值范围是______．【答案】【分析】由题意可得函数在[2，＋∞）时的值域包含于函数在（−∞，2）时的值域，利用基本不等式先求出函数在x∈[2，＋∞）时的值域，当x∈（−∞，2）时，对a分情况讨论，分别利用函数的单调性求出值域，从而求出a的取值范围．【解析】解：设函数的值域为，函数的值域为，因为对任意的，都存在唯一的，满足，则，且中若有元素与中元素对应，则只有一个.当时，，因为，当且仅当，即时，等号成立，所以，当时，①当时，，此时，，解得，②当时，，此时在上是减函数，取值范围是，在上是增函数，取值范围是，，解得，综合得.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题即有恒成立问题，又有存在性问题，最后可转化为函数值域之间的包含关系问题，最终转化为最值问题，体现了转化与化归的思想.13．（2022·上海·高三专题练习）对于定义域为D的函数f(x)，若存在且，使得，则称函数f(x)具有性质M，若函数，具有性质M，则实数a的最小值为__．【答案】【分析】设，由可得，结合可得，进而求得，由此得解．【解析】解：设，由得，则，故，∴，又，∴，∵，∴，则，∴，∴，故，∴，则实数a的最小值为．故答案为：．14．（2021秋·上海徐汇·高三上海中学校考期中）若存在实常数和，使得和对其公共定义域上的任意实数都满足：和恒成立，则称此直线为和的“分隔直线”.已知函数，，若和之间存在“分隔直线”，则的取值范围为___________.【答案】【分析】设和的“分割直线”为，则必有、恒成立，由此可得到、恒成立，由此可求得实数的取值范围.【解析】如下图所示：由图可知，，可得对任意的恒成立，则，即，不等式对任意的恒成立，①若，当时，，不合乎题意；②若，则对任意的恒成立，则，可得，又对任意的恒成立，则，；③若，则，所以，，即，解得.综上所述，实数的取值范围是.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查函数的新定义，解题的关键在于利用题中的定义可得出关于、的不等式组进行求解.15．（2022春·上海浦东新·高三上海市川沙中学校考期中）已知函数的定义域是，满足且，若存在实数k，使函数在区间上恰好有2021个零点，则实数a的取值范围为____【答案】【分析】方程在上恰有2021个零点，等价于存在，使在上恰有2021个交点，作出函数的图像，数形结合，再根据函数周期性的应用，使每个交点都处在之间才能取到2021个点，代入条件求得参数取值范围.【解析】由函数在上的解析式作出如图所示图像，由知，函数是以4为周期，且每个周期上下平移|a|个单位的一个函数，若使时，存在，方程在上恰有2021个零点，等价于在上恰有2021个交点，如图所示，知在每个周期都有4个交点，即时满足条件，且必须每个周期内均应使处在极大值和极小值之间，才能保证恰有2021个交点，则当时，需使最后一个完整周期中的极小值，即，解得，即当时，需使最后一个极大值，即，解得，即，综上所述，故答案为：【点睛】方法点睛：作出函数图像，数形结合将问题转化为函数交点问题，根据边界条件列出不等式组，从而求得参数取值范围.16．（2022·上海·高三专题练习）定义域为实数集的偶函数满足恒成立，若当时，，给出如下四个结论：①函数的图象关于直线对称；②对任意实数，关于的方程一定有解；③若存在实数，使得关于的方程有一个根为2，则此方程所有根之和为；④若关于的不等式在区间上恒成立，则有最大值．其中所有正确结论的编号是__________．【答案】①②【分析】由已知根据周期函数定义可得，函数为周期为2的函数，对于①：结合函数的周期性与对称性可得，函数的对称轴为：，从而可判断；对于②：问题可转化为函数的图象与函数的图象一定有交点，在同一个直角坐标系中，作出两个函数与的图象即可判断；对于③：将代入方程，求出或，分析不符合题意；对于④：当时，，即，即可判断.【解析】解：函数满足，对任意恒成立，用替换上式中的可得，，函数为周期为2的函数，又函数为偶函数，图象关于轴对称，对于①：结合函数的周期性与对称性可得，函数的对称轴为：，由此可得，函数关于直线对称，故①正确；对于②：方程一定有解，即方程一定有解，即函数的图象与函数的图象一定有交点.因为函数的图象是将函数的图象沿轴平移个单位长度得到的，所以在同一个直角坐标系中作出两个函数与的图象如下：由图象可得，将左右平移后一定会与函数相交，故②正确；对于③：如图，若为与的一个交点，则当时，与的图象都关于轴对称，所有交点的横坐标之和为0，故③错误；对于④：若关于的不等式在区间上恒成立，即恒成立，当时，函数的对称轴在轴左侧，且有，即，解得，或，，即实数没有最大值，故④错误．故答案为：①②.【点睛】关键点点睛：根据函数的周期性与对称性，在同一个直角坐标系中，作出两个函数与的图象，借助图象分析求解.17．（2023春·上海浦东新·高三上海市实验学校校考开学考试）已知，函数的最小值为，则由满足条件的的值组成的集合是_______________.【答案】【分析】讨论与、的大小关系，判断函数在、上的单调性与最小值，根据函数的最小值列方程解出实数的值.【解析】分以下三种情况讨论：①若时，即当时，，所以，函数在上单调递减，且，当时，，此时，函数无最小值；②若时，即当时，，当时，，当时，.，所以，，整理可得，，解得（舍去）；③当时，即当时，，当时，，当时，.因为，所以，，整理可得，，解得或（舍去）.综上所述，实数的取值集合为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于对参数的取值进行分类讨论，化简函数解析式，利用函数的单调性得出函数的最小值，进而求解.18．（2022·上海·高三专题练习）已知函数，给出下列命题：①存在实数，使得函数为奇函数；②对任意实数，均存在实数，使得函数关于对称；③若对任意非零实数，都成立，则实数的取值范围为；④存在实数，使得函数对任意非零实数均存在6个零点.其中的真命题是___________.（写出所有真命题的序号）【答案】②③【解析】利用特殊值法可判断①不正确；验证，可判定②正确；利用基本不等式可判定③正确；当时，分析出函数在上现递减再递增，即，可得出，利用不恒成立，可判定④错误，同理可得，当时，命题④也不成立，从而得到④为假命题.【解析】由题意，令，函数的定义域为，则，所以函数为偶函数.对于①，若，则，则，此时函数不是奇函数；若，则函数的定义域为且，，，显然.综上所述，对任意的，函数都不是奇函数；对于②，，所以，函数关于直线对称.因此，对任意实数，均存在实数，使得函数关于对称，所以②正确；对于③，，当且仅当时，等号成立，，当且仅当时，等号成立，所以，因为，当时，两个等号可以同时成立，所以.因此，实数的取值范围是，③正确；对于④，假设存在实数，使得直线与函数的图象有6个交点，若，当时，，此时，函数在区间单调递减，在区间上单调递增，当时，；当时，任取，且，即，则，因为，随着的增大而增大，当且时，，当且时，，所以，使得当时，，则，所以，函数在区间上单调递减；当时，，则，所以，函数在区间上单调递增，所以，当时，.若存在实数，使得函数对任意非零实数均存在6个零点，即直线与函数的图象有6个交点，由于函数的图象关于直线对称，则直线与函数在直线右侧的图象有3个交点，所以，.由于为定值，当且当逐渐增大时，也在逐渐增大，所以不可能恒成立，所以当时，不存在实数，使得函数对任意非零实数均存在6个零点；同理可知，当时，不存在实数，使得函数对任意非零实数均存在6个零点，故命题④错误.故答案为：②③.【点睛】已知函数的零点个数求解参数的取值范围问题的常用方法：1、分离参数法：一般命题的情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从中分离出参数，构造新的函数，求得新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，从而确定参数的取值范围；2、分类讨论法：一般命题的情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类的标准，在每个小区间内研究函数零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各校范围并在一起，即为所求的范围.19．（2022秋·上海浦东新·高三校考期中）已知是奇函数，定义域为，当时，（），当函数有3个零点时，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】首先根据函数的单调性和端点值画出函数的图象，再根据函数的性质画出函数的图象，根据数形结合求的取值范围.【解析】当时，易知函数单调递减，且时，，时，，其大致图象如下，在的大致图象如下，又函数是定义在上的奇函数，故函数的图象如下，要使函数有3个零点，只需函数的图象与直线有且仅有3个交点，由图象可知，．故答案为：．【点睛】方法点睛：本题考查根据方程实数根的个数求参数的取值范围，一般可采用1.直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；（3）数形结合：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后观察求解，此时需要根据零点个数合理寻找“临界”情况，特别注意边界值的取舍.20．（2021春·上海浦东新·高三上海市实验学校校考开学考试）已知､与､是4个不同的实数，若关于的方程的解集不是无限集，则集合中元素的个数构成的集合为___________.【答案】【解析】将该题转化为两个函数图像的交点问题，为了简化问题，特殊化成研究关于的方程，也即是函数和的图像的交点问题.画出分段函数的图像，通过取特殊值可以判断出有1个交点，而0个交点和2个交点都是不可能的，需要用反证法去证明.设点，，，，借助斜率公式、绝对值三角不等式以及不等式的性质，导出矛盾，从而说明0个交点和2个交点是不可能的，最终得出集合只能有1个元素.【解析】转化为和图像交点，为了简化问题，我们可以研究，，设，，设，，，，①由图像易知，1个交点容易得到，如时，可求得唯一一个交点为而0个交点和2个交点都是不可能的.②假设有0个交点，由题意，，∴，，∴，而由三角不等式，，故矛盾，∴不可能有0个交点；③假设有2个交点，，，∴，，∴，明显矛盾，∴不可能有2个交点.其他0个交点和2个交点的情况均可化归为以上两类.综上所述，解集不是无限集时，集合的元素个数只有1个.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题的关键是将方程的解的个数转化为两个函数图像的交点个数，其中两个分段函数可以用特值法固定一个，再讨论另一个函数的情况.21．（2020秋·上海浦东新·高三上海市建平中学校考阶段练习）已知函数（且）在上单调递减，且关于的方程恰有两个不相等的实数解，则的取值范围是_____．【答案】【分析】利用函数是减函数,根据对数的图象和性质判断出的大致范围，再根据为减函数，得到不等式组,利用函数的图象,方程的解的个数,推出的范围．【解析】函数（且），在上单调递减，则：；解得，．由图象可知，在上,有且仅有一个解，故在上,同样有且仅有一个解，当即时,联立,则,解得或1（舍去），当时,由图象可知，符合条件，综上：的取值范围为.故答案为．【点睛】本题考查函数的单调性和方程的零点,对于分段函数在定义域内是减函数,除了每一段都是减函数以外,还要注意右段在左段的下方,经常会被忽略,是一个易错点；复杂方程的解通常转化为函数的零点,或两函数的交点,体现了数学结合思想,属于难题.22．（2020春·上海·高三专题练习）已知函数与的图像上存在关于轴对称的点，则实数的取值范围是______.【答案】【分析】由题意可得：存在，使得成立，然后可化为，然后求出右边对应函数的值域即可【解析】由题意可得：存在，使得成立即所以，所以所以令，易得在上单调递增当时，所以的值域为所以实数的取值范围是故答案为：【点睛】若方程有根，则的取值范围就是的值域.23．（2020·上海·高三专题练习）函数在上有定义，若对任意，，有，则称在上具有性质P.设在上具有性质P，现给出如下命题：①在上的图像是连续不断的；②在上具有性质P；③若在处取得最大值1，则，；④对任意，，，，有其中真命题的序号是________.【答案】③④【分析】根据题设条件，分别举出反例，可说明①和②是错误的，同时可证明③和④是正确的，即可求解.【解析】对于①中，例如函数在上满足性质，当函数在上不是连续函数，故①不成立；对于②中，例如：函数在上满足性质，当在上不满足性质，故②不成立；对于③中，在上，，所以且，且，故，所以对于任意的，都有，故③成；对于④中，对于任意，有，所以，故④成立.故答案为：③④.【点睛】本题主要考查了函数新定义的利用与应用，其中解答中正确理解函数的新定义，合理举出反例和利用性质进行推理论证是解答的关键，着重考查推理与论证能力，属于中档试题.24．（2020春·上海青浦·高三校考阶段练习）函数，，，，对任意的，总存在，使得成立，则a的取值范围为______.【答案】【解析】对任意的，总存在，使得成立，命题等价值域是值域的子集，分别求两个函数在对应区间上的值域，利用子集关系列不等式组求解.【解析】在上单增，则即；当时，在单减，则，即解得综上故答案为：【点睛】本题考查函数单调性及恒成立问题，通常转化为函数利用值域解决由函数零点(方程根)的存在情况求参数的值或取值范围问题，关键是利用函数方程思想或数形结合思想，构建关于参数的方程或不等式求解．25．（2018·上海嘉定·校考模拟预测）已知方程恰有三个不同的实数解，且，则实数______.【答案】【分析】由得出，可知函数与函数图象的三个交点的横坐标分别为、、，并推导出，可知，由此得出，根据题意得出、、为三次方程的三个根，利用三次方程的韦达定理可求出的值.【解析】由得出，设，可知函数与函数图象的三个交点的横坐标分别为、、，，若，则，矛盾，所以，所以，函数与函数图象的三个交点都位于轴左侧，则，如下图所示：由图象可得，②③整理得，即，由变形得，设该方程的三个根分别为、、，由韦达定理得，所以，，所以，，由①得，所以，，解得.故答案为：.【点睛】本题考查利用方程根的关系求参数值，涉及到三次方程的韦达定理的应用，考查化归与转化思想的应用，属于难题.26．（2022·上海徐汇·上海中学校考模拟预测）已知函数的最小值为3，则的值为_______．【答案】【分析】将所给函数转化为其他函数，进而通过数形结合得解.【解析】设，则，解得，可知，依题意，的最大值为，如图所示：由，解得或（舍），将点代入，则，解得.故答案为：.【点睛】本题考查函数图象的运用，考查转化思想及数形结合思想，解决本题的难点在于将所给函数转化为取大函数，属于难题．27．（2016·上海普陀·统考三模）定义函数如下:对于实数,如果存在整数,使得,则.则下列结论:①是实数上的递增函数;②是周期为1的函数;③是奇函数;④函数的图像与直线有且仅有一个交点.则正确结论的序号是______.【答案】③【分析】直接利用对于实数，如果存在整数,使得,则，对四个命题分别进行判断，即可得出结论.【解析】对于①如果对于实数,存在整数，使得，则，即时，，所以在上为常数函数，故①不正确；对于②令，则时，，令，则时，，所以，即是周期为1的函数不正确，故②不正确；对于③因为，所以，所以，所以为奇函数，故③正确；④由③可知，函数为奇函数，又函数也为奇函数，根据奇函数的图像关于原点对称知，两个函数的图像如果有交点，那么它们至少有两个交点，故④不正确.综上所述：只有③正确.故答案为：③【点睛】本题考查了对新定义的理解和运用能力，考查了函数的单调性，奇偶性和周期性，考查了奇函数的图像的对称性，属于中档题.28．（2016秋·上海浦东新·高三上海师大附中校考期中）已知函数是定义在上的函数，且，则函数在区间上的零点个数为______.【答案】11.【分析】令函数，得到方程从而化函数的零点为方程的根，再转化为两个函数的交点问题，从而解得.【解析】令函数，得到方程，当时，函数先增后减，在时取得最大值1，而在时也有；当时，在处，函数取得最大值，而，在时，也有，当时，在处，函数取得最大值，而，在时，也有，，当时，在处，函数取得最大值，而，在时，也有，综合以上分析，将区间分成11段，每段恰有一个交点，所以共有11个交点，即有11个零点.故答案为:11.【点睛】本题主要考查的是函数零点以及分段函数的的理解和应用，考查学生的分析问题解决问题的能力，是难题.29．（2016·上海虹口·统考二模）(理)已知对任意的,,不等式恒成立,则实数的取值范围为_________.【答案】【分析】设，可得，则，令，求最小值，即可求解.【解析】设，，，令，，当时，取得最小值，.的取值范围是.故答案为:.【点睛】本题考查了三角函数换元方法、三角函数最值、基本不等式的性质、二次函数的单调性，考查了推理能力和计算能力，属于难题.30．（2017·上海杨浦·统考一模）函数是最小正周期为4的偶函数，且在时，，若存在，，…，满足，且，则最小值为__________．【答案】1513【分析】根据条件先求出函数一个周期的值域，要使取得最小值，尽可能多让取得最高点，且，，利用周期函数，即可求解【解析】∵函数是最小正周期为4的偶函数，且在时，，∴函数的值域为，对任意，都有，要使取得最小值，尽可能多让取得最高点，且，，∵，，∴的最小值为，相应的最小值为1008，则的最小值为1513.故答案为:1513【点睛】本题考查周期函数性质的应用，考查函数最值，注意审题，是一道较难题.二、单选题31．（2022秋·上海浦东新·高三上海市进才中学校考阶段练习）已知定义在集合上的函数满足，记的最小值为，最大值为，则下列命题正确的是（

）注：表示集合中元素的个数.A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】B【分析】根据题意确定取最大最小值时自变量的个数，结合逐个辨析即可.【解析】对A，若，不妨设中仅有1个元素，即的最小值为，若，根据，有，故，与为最小值矛盾，故A错误；若，不妨设中仅有1个元素，即的最大值为，若，根据，有，故，因为为最大值，且若，则，无解，故，故不等式必成立，故B正确；对C，若，则，同A可得C错误；对D，若，则，不妨设有两根，且，则若存在使得，则由A可得，此时不成立，故D错误；故选：B32．（2023春·上海杨浦·高三同济大学第一附属中学校考阶段练习）已知函数是定义域为R的偶函数，当时，，如果关于x的方程恰有7个不同的实数根，那么的值等于（

）A．2 B． C．4 D．【答案】C【分析】利用函数的性质结合解析式作出函数的大致图象，数形结合，采用换元法将方程恰有7个不同的实数根，转化为二次方程的根的问题，利用韦达定理求解，可得答案.【解析】函数是定义域为R的偶函数，当时,作出的大致图象,如图示：令，由图象可知时，有3个根，时，有4个根，当时，有2个根，当时，有6个根，故关于x的方程恰有7个不同的实数根，则需为的两实数根，故，即，则，故，故选：C【点睛】本题考查了根据方程的根的个数求解参数问题，涉及到考查函数的奇偶性以及分段函数性质的应用，综合性强，解答的关键是利用数形结合，采用换元法将方程恰有7个不同的实数根，转化为二次方程的根的问题.33．（2022·上海徐汇·统考二模）已知函数，，对于不相等的实数、，设，，现有如下命题：①对于任意的实数，存在不相等的实数、，使得；②对于任意的实数，存在不相等的实数、，使得，下列判断正确的是（

）A．①和②均为真命题 B．①和②均为假命题C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题【答案】D【分析】假设①中的结论成立，构造，取，判断函数的单调性，可判断①；假设②中的结论成立，构造函数，判断出函数的单调性，可判断②.【解析】对于①，假设对于任意的实数，存在不相等的实数、，使得，则，可得，即，取，可得，令，因为函数、在上均为增函数，所以，当、，且时，；当时，函数的增长速度比函数的速度增长得更快，任取、，且，记点、、、，则直线比直线的斜率更大，即，故，故①错；对于②，假设对于任意的实数，存在不相等的实数、，使得，则，可得，构造函数，因为函数为上的增函数，函数在上为增函数，所以，函数在上为增函数，取，则，记，当时，，则，所以，存在区间，使得函数在上不是增函数，故对任意的实数，函数不单调，故对于任意的实数，存在不相等的实数、，使得，②对.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题考查的是有关函数命题真假的判断，解题的关键在于假设结论成立，通过等式的结构构造新函数，转化为新函数的单调性问题来处理.34．（2023·上海·高三专题练习）已知函数，若在区间上存在个不同的数，使得成立，则的取值集合是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意，可知为方程的解的个数，判断的单调性，作出与的函数图象，根据图象交点个数即可求解．【解析】解：设，则方程有个根，即有个根，，所以在上单调递增，在，上单调递减，且，当时，，设，令得，所以当时，，即，当时，，即，所以在上单调递增，在上单调递减，且，作出与的大致函数图象，如图所示：由图象可知的交点个数可能为1，2，3，4，又，所以的值为2，3，4．故选：D．35．（2022春·上海·高三校联考阶段练习）已知定义域为的函数的图像是一条连续不断的曲线，且满足．若当时，总有，则满足的实数的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】令，根据条件可得函数在上递增，再根据，得到在上是偶函数，从而将，转化为求解.【解析】令，因为，当时，总有，即，即，当时，总有，所以在上递增，又因为，所以，，所以在上是偶函数，又因为，所以，即，所以，即，解得，所以实数的取值范围为.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题令是关键，利用在上递增，结合在上是偶函数，将问题转化为求解.36．（2021·上海闵行·统考一模）设函数，对于实数a､b，给出以下命题：命题；命题；命题.下列选项中正确的是（

）A．中仅是的充分条件B．中仅是的充分条件C．都不是的充分条件D．都是的充分条件【答案】D【分析】令，g(x)是奇函数，在R上单调递增，h(x)是偶函数，在(－∞，0)单调增，在(0，＋∞)单调减，且h(x)＞0，根据这些信息即可判断.【解析】令，g(x)是奇函数，在R上单调递增，h(x)是偶函数，在(－∞，0)单调增，在(0，＋∞)单调减，且h(x)＞0.，即g(a)＋h(a)≥－g(b)－h(b)，即g(a)＋h(a)≥g(－b)＋[－h(b)]，①当a＋b≥0时，a≥－b，故g(a)≥g(－b)，又h(x)＞0，故h(a)＞－h(b)，∴此时，即是q的充分条件；②当时，a≥0，，，(i)当a≥1时，a≥，则－b≤a，故g(a)≥g(－b)；此时，h(a)＞0，－h(b)＜0，∴h(a)＞－h(b)，∴成立；(ii)当a＝0时，b＝0，f(0)＋f(0)＝6≥0成立，即成立；(iii)∵g(x)在R上单调递增，h(x)在(－∞，0)单调递增，∴在(－∞，0)单调递增，∵f(－1)＝0，∴f(x)＞0在(－1，0)上恒成立；又∵x≥0时，g(x)≥0，h(x)＞0，∴f(x)＞0在[0，＋∞)上恒成立，∴f(x)＞0在(－1，＋∞)恒成立，故当0＜a＜1时，a＜＜1，，∴f(a)＞0，f(b)＞0，∴成立.综上所述，时，均有成立，∴是q的充分条件.故选：D.【点睛】本题的关键是将函数f(x)拆成一个奇函数和一个函数值始终为正数的偶函数之和，考察对函数基本性质的掌握与熟练运用.37．（2021·上海·高三专题练习）已知函数，关于x的方程有以下结论：①当时，方程在最多有3个不等实根；②当时，方程在内有