福建省部分地区 上学期高一数学期末试题汇编：函数与导数

福建省部分地区2023-2024学年上学期高一数学期末试题汇编：函数与导数一、单选题1．（23-24高一上·福建三明·期末）“函数的图象关于点对称”的充要条件是“对于函数定义域内的任意，都有”．若函数的图象关于点对称，且，则函数与在内的交点个数为（

）A．196 B．198 C．199 D．2002．（23-24高一上·福建龙岩·期末）若幂函数的图象过点，则的定义域是（

）A． B． C． D．3．（23-24高一上·福建南平·期末）函数的定义域为（

）A． B．C． D．4．（23-24高一上·福建漳州·期末）若函数是增函数，则实数的取值范围为（

）A． B．C． D．5．（23-24高一上·福建厦门·期末）已知函数恰有三个零点,则实数的取值范围为（

）A． B．C． D．6．（23-24高一上·福建泉州·期末）若函数与函数的图象关于直线对称，则的大致图象是（

）A．

B．

C．

D．

二、填空题7．（23-24高一上·福建泉州·期末）对于任意且，函数的图象恒过定点.若的图象也过点，则.8．（23-24高一上·福建厦门·期末）已知函数，若，则的最小值为.9．（23-24高一上·福建莆田·期末）已知偶函数在区间上是增函数，则满足的取值范围是.10．（23-24高一上·福建南平·期末）已知函数，用表示中的较小者，记为，则函数的最大值为；若，则的取值范围为．11．（23-24高一上·福建漳州·期末）若函数是偶函数，且当时，，则当时，.12．（23-24高一上·福建宁德·期末），函数同时满足：①，②，写出函数的一个解析式.三、解答题13．（23-24高一上·福建龙岩·期末）已知函数是偶函数．(1)求实数的值；(2)设函数，若对任意，总存在使得，求实数b的取值范围．14．（23-24高一上·福建南平·期末）已知函数是偶函数．(1)求实数的值；(2)若函数的最大值为1，求实数的值；(3)若函数有且只有一个零点，求实数的取值范围．15．（23-24高一上·福建漳州·期末）设函数，其中.(1)若命题“，”为假命题，求实数的取值范围；(2)判断在区间上的单调性，并用函数单调性的定义证明你的结论.16．（23-24高一上·福建福州·期末）已知．(1)若，求不等式的解集；(2)存在区间，求的最大值．17．（23-24高一上·福建三明·期末）已知函数是偶函数．(1)求实数的值；(2)若存在，使得成立，求实数的取值范围．18．（23-24高一上·福建厦门·期末）已知函数.(1)判断在区间上的单调性，并用定义证明；(2)当时，恒成立，求实数的最大值.参考答案：1．B【分析】由题意首先得，进一步，通过数形结合找规律即可得解.【详解】由题意，在中，不妨令，得，所以，经检验满足题意，所以所以，如图所示：由于与都是奇函数，先考虑时的交点个数，由图可知时，与的交点分布在这49个区间内，且每个区间内都有2个交点，同理时，与的交点分布在这50个区间内，且每个区间内都有2个交点，综上所述，函数与在内的交点个数为.故选：B.【点睛】关键点睛：在由求参数时，可先通过令特殊的值代入表达式得到关于的方程组，进一步解之并检验，由此即可顺利得解.2．B【分析】设，根据幂函数的图象过点求出的值，即可求出的定义域，再根据抽象函数的定义域计算规则得到，解得即可.【详解】设，依题意可得，解得，所以，所以的定义域为，值域为，且，对于函数，则，解得，即函数的定义域是.故选：B3．C【分析】由题意列出不等式组即可求解.【详解】由题意，解得或，所以函数的定义域为.故选：C.4．B【分析】确定，，得到，当时，，得到，解得答案.【详解】当时，单调递增，且；当时，，，函数单调递增，且，解得；当时，，，.函数单调递增，则，解得；同理可得：当时，，，函数单调递增，且，解得；综上所述：.故选：B.5．B【分析】因为,对进行分类讨论,利用数形结合的方法即可得到结果.【详解】因为,①当时,做出两段抛物线的图像如图:

此时函数只有两个零点,不满足题意;②当时,,做出两段抛物线的图像如图:

此时函数恰有三个零点,满足题意;③当时,因为在有两个零点,且当时两段抛物线的函数值相等,若要满足题意,则两段抛物线的图像应该如图:

此时,满足题意;综上实数的取值范围为.故选:B.6．A【分析】由题意首先得，根据它的定义域、单调性以及它所过定点即可得解.【详解】由题意函数与函数互为反函数，所以，解得，它在定义域内单调递增，且过定点，对比选项可知A符合题意.故选：A.7．【分析】由题意首先得，然后代入得，由此即可得解.【详解】因为函数的图象恒过定点，所以，所以，所以，又的图象也过点，所以，又，解得，所以.故答案为：.8．4【分析】根据题意结合图象可得，且，结合基本不等式运算求解.【详解】作出函数的图象，如图所示，因为，且，则，可得，即，且，则，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为4.故答案为：4.9．【分析】根据函数的奇偶性与单调性将函数不等式等价转化为，解得即可.【详解】因为偶函数在区间上是增函数，所以在区间上单调递减，不等式等价于，等价于，即，解得，即满足的取值范围是.故答案为：10．1【分析】先确定函数的单调性，再求的最大值；不等式等价于，利用的单调性和奇偶性，求出的范围，进而可得的范围.【详解】因为函数，用表示中的较小者，记为，所以，则在上单调递增，在上单调递减，所以函数的最大值为，不等式，即，又明显为偶函数，在上单调递减，所以，解得，因为，恒成立，所以，即，所以的取值范围为.故答案为：；.11．【分析】根据偶函数的性质求解即可.【详解】解：因为数是偶函数，且当时，，所以当时，，所以，即，所以当时，.故答案为：12．（答案不唯一）.【分析】根据题意，结合初等函数的图象与性质，即可求解.【详解】因为，函数同时满足：①由，此时函数可以是指数函数型或常值函数；②由，可得函数的图象为“凸”型函数或常值函数，所以函数的一个解析式可以为.故答案为：（答案不唯一）.13．(1)(2)【分析】（1）由函数为偶函数可得，即可求出的值；（2）对任意，总存在使得，等价于的值域是值域的子集，即可求解.【详解】（1），因为函数是偶函数，所以，即，所以，所以；（2）由（1）得，则，因为函数都是增函数，所以函数是增函数，故，因为函数是增函数，所以，因为对任意，总存在使得，所以，所以，解得，所以实数b的取值范围为．14．(1)1(2)4(3)【分析】（1）利用函数的奇偶性，结合对数的运算法则即可得解；（2）利用换元法与二次函数的性质即可得解；（3）利用参数分离法，结合指数函数的性质即可得解.【详解】（1）因为是偶函数，所以，即对任意恒成立，所以，则，故，由于的任意性，所以.（2）由（1）得，所以的最大值为1，令，则的最大值为1，①当，即时，时，，所以；②当，即时，时，，得（舍去）；综上，实数．（3）因为，，函数有且只有一个零点，即方程有且只有一个实数根，由，得，则，即，因为恒成立，所以，又在上单调递减，故，则，所以的取值范围是.15．(1)(2)在区间上单调递减，证明见解析【分析】（1）根据题意可推出“，”为真命题，结合判别式列不等式，即可求得答案；（2）由题意可得的表达式，判断其单调性，利用函数单调性的定义，即可证明结论.【详解】（1）因为命题“，”为假命题，所以“，”为真命题，所以，解得，所以实数的取值范围为.（2）在区间上单调递减.证明如下：，且，则，因为，且，所以，，，所以，即，即，所以在区间上单调递减.16．(1)(2)．【分析】（1）结合函数得奇偶性与单调性计算即可得；（2）由可以得到函数的对称性，对的值进行分类讨论可得函数单调性，从而得到函数的对称性及单调性，结合的对称性及单调性从而可得其符合要求得定义域，即可得解.【详解】（1）时，，定义域为，，，所以是奇函数.，令易知函数在内单调递增，函数在内单调递增，所以，由复合函数的单调性可知在内单调递增.所以可化为，即，所以，，得，由，得，解得；由单调递增，单调递增，所以，又时，值为0，所以，解得，即可得，所以所求不等式的解集为．（2）因为，所以图象关于对称，且有，，若，则定义域为，所以在上单调递增，令，得，又在单调递增，图象关于对称，所以的解集为，所以，所以，②若无意义，舍去，③若，则定义域为，所以单调递减，令，得，又单调递减，图象关于对称，所以的解集为，所以，所以，综上所述，.【点睛】关键点睛：第二问关键在于得到函数的对称性及单调性，从而得到函数的对称性及单调性，结合的对称性及单调性从而可得其符合要求得定义域.17．(1)(2)【分析】（1）由偶函数定义得恒等式，化简变形即可求解.（2）首先通过换元法得，进一步，由此即可得解.【详解】（1）因为函数是偶函数，所以，又因为，所以，所以，所以.（2）由（1）可知，令，因为，则，所以，存在，使得成立，则，所以，则，又因为，则，所以，所以的取值范围为．18．(1)在区间上单调递减，证明见解析(2)【分析】（1）根据题意结合单调性的定义分析证明；（2）解法一：分析可知为偶函数，结合单调性可得在区间上的最小值为，且可得恒成立，根据恒成立问题分析求解；解法二：根据不等式性质结合对数函