特殊函數歸類練2025年高考數學二輪復習備考一、單選題1．若函數fx的定義域為，則函數的定義域為（

）A． B．C． D．2．形如的函數，圖象很像漢字中的“囧”字，被形象地稱為“囧函數”．當時，該“囧函數”與函數的交點個數為（

）A．2個 B．4個 C．0個 D．3個3．我國著名數學家華羅庚先生曾說：“數缺形時少直觀，形缺數時難入微”.在數學的學習和研究過程中，常用函數圖像來研究函數的性質，也經常用函數解析式來分析函數的圖像特征，函數在的圖像大致為（

）A． B．C． D．4．高斯是德國著名的數學家，近代數學奠基人之一，享有“數學王子”的稱號，他和阿基米德、牛頓并列為世界三大數學家，用其名字命名的“高斯函數”為：設x∈R，用[x]表示不超過的最大整數，則稱為高斯函數，如：.則不等式的解集為（

）A． B．C． D．5．形如的函數是中學數學常見的函數模型之一，因其圖象上半部分像極了老師批閱作業所用的“√”，所以也稱為“對勾函數”．研究證明，對勾函數可以看作是焦點在坐標軸上的雙曲線繞原點旋轉得到，即對勾函數的圖象是雙曲線，直線是它的一條漸近線．點是雙曲線上任意一點，在點處作雙曲線的切線，交漸近線于兩點，已知為坐標原點，則的面積為（

）A． B． C． D．26．已知函數是定義在上的奇函數，為偶函數，且，則（

）A．10 B．20 C．15 D．57．函數的圖象猶如兩條飄逸的綢帶而被稱為飄帶函數，也是一對優美的雙曲線.在數列中，，記數列的前項積為，數列的前項和為，則當時（

）A． B．C． D．8．定義在上的函數滿足：，且是偶函數，則下列說法不正確的是（

）A．函數的圖象關于直線對稱B．函數的圖象關于直線對稱C．D．二、多選題9．已知函數(a≠0)，下列說法正確的是（

）A．當時，在定義域上單調遞增B．當時，的單調遞增區間為C．當時，的值域為D．當時，的值域為R10．高斯是德國著名的數學家，近代數學奠基者之一，享有“數學王子”的稱號，他和阿基米德、牛頓并列為世界三大數學家，用其名字命名的“高斯函數”為：設，用表示不超過x的最大整數，如=-2，稱為高斯函數，記，則下列說法正確的是（

）A．B．的值域為C．不等式的解集為D．所有滿足的點組成的區域的面積和為202411．對勾函數的圖象可以由焦點在坐標軸上的雙曲線繞原點旋轉得到，因此對勾函數即為雙曲線.已知O為坐標原點，下列關于函數的說法正確的是（

）A．漸近線方程為和B．的對稱軸方程為和C．M，N是函數圖象上兩動點，P為MN的中點，則直線MN，OP的斜率之積為定值D．Q是函數圖象上任意一點，過點Q作切線交漸近線于A，B兩點，則的面積為定值三、填空題12．高斯是著名的數學家，近代數學奠基者之一，享有“數學王子”的美譽，用其名字命名的“高斯函數”：設，用表示不超過的最大整數，則稱為高斯函數，也稱取整函數，例如：，.已知，則函數的值域為.13．形如的函數圖像類似于漢字“囧”，稱其為“囧函數”，并把其與軸的交點關于原點的對稱點稱為“囧點”.以囧點為圓心凡是與囧函數有公共點的圓，稱為“囧圓”.當時，所有的囧圓中面積的最小值為.14．，，則的值域為．15．設定義在上函數，滿足：，，且為奇函數，則，最小正周期．16．對于函數，下列說法正確的是．(寫出所有正確命題的序號)①函數為奇函數；②函數的值域為；③函數在定義域上為增函數．四、解答題17．一般地，我們把形如的函數稱為飄帶函數，若飄帶函數在上的最小值、最大值分別為和1.(1)確定a，b的值；(2)求的零點.18．在研究函數過程中，經常會週到一類形如為實常數且的函數，我們稱為一次型分式函數．請根據條件完成下列問題．(1)設是實數，函數，請根據的不同取值，討論函數的奇偶性，并說明理由；(2)設是實數，函數．若成立的一個充分非必要條件是，求的取值范圍；(3)設是實數，函數，若存在區間，使得，求的取值范圍．19．在數學中，不給出具體解析式，只給出函數滿足的特殊條件或特征的函數稱為“抽象函數”．我們需要研究抽象函數的定義域、單調性、奇偶性等性質．對于抽象函數，當時，，且滿足：，均有(1)證明：在上單調遞增；(2)若函數滿足上述函數的特征，求實數的取值范圍；(3)若，求證：對任意，都有．

參考答案1．A所以，即，解得，即的定義域是.故選：A.2．B求出當時的囧函數的表達式，畫出囧函數的圖象，再在同一個坐標系中畫出函數的圖象，利用圖象即可得到交點個數．由題意知，當時，，在同一坐標系中畫出“囧函數”與函數的圖象如圖所示，可知它們有4個交點．故選：B.3．B由函數的解析式，可得函數為奇函數，排除C選項，在上函數值大于0，排除D選項，再由接近8，排除A，只有B的圖象接近函數的圖象.解：設函數在上，定義域關于原點對稱，又因為，所以函數為奇函數，排除C選項，當時，，排除D選項，當時，，所以A不正確，B正確.故選：B.4．D先根據一元二次不等式的解法求出的范圍，再根據高斯函數的定義即可得解.由，得，解得，根據高斯函數的定義可得，所以不等式的解集為.故選：D.5．D根據導數的幾何意義求切線方程，進而可求結果．因為，設，則處切線的斜率，所以切線方程為，令，可得，即，則；令，可得，即，則；故面積為．故選：D

6．A首先由條件確定，即可判斷函數的周期，再結合特殊值，，即可求和.因為函數為偶函數，所以，所以函數的圖象關于對稱，又因為是定義在上的奇函數，所以，即，即，則，那么，所以2是函數的一個周期，因為是定義在上的奇函數，所以，且，所以，，所以.故選:A7．A根據題意可得，利用裂項的思想整理可得，進而可得，即可得結果.由題意可得：，，則，可得，又因為為遞增數列，且，所以當，可得.故選：A.8．A由條件可得為奇函數，結合奇函數性質及圖象變換判斷A，結合偶函數性質及圖象變換判斷B，根據對稱性證明結論判斷C，根據周期性，并通過求求結論判斷D.所以函數為奇函數，其圖象關于原點對稱，所以fx的圖象關于點對稱，故A錯誤；因為是偶函數，所以函數的圖象關于軸對稱，所以函數的圖象關于直線對稱，故B正確；因為，代入中，得到，進而，因此，故C正確；由可得，函數fx為周期函數，為函數的一個周期，可得，，，由可得，，所以，所以，故D正確．故選：A．9．BCDA.由單調區間不能合并判斷；D.由函數的單調性判斷；BC.利用函數的圖象判斷.當時，，定義域為．∵在上單調遞增，故A錯誤；又當時，，當時，，∴的值域為R，故D正確；當時，，其圖象如圖所示：

由圖象知：的單調遞增區間為,值域為，故B，C正確．故選：BCD10．ACD分別利用題中的新概念判斷，每一個選項即可.由題可知，，故A正確；設,，則，若，則，所以與假設矛盾，故，當時，顯然與假設矛盾，故，即的值域為，故B錯誤；當，可知，故無解，當時，，故無解，當時，，故無解，當時，，解不等式，故此時不等式的解集為，當時，，故無解，綜上所訴，不等式的解集為，故選項C正確；當時，得，此時滿足點的區域的面積為1；當時，得，此時滿足點的區域的面積為1；……當時，得，此時滿足點的區域的面積為1；當時，，故為一個點，無面積所以所有滿足的點組成的區域的面積和為2024，故選項D正確.故選：ACD11．ABD對于A，函數圖象是雙曲線，由圖象知：函數的圖象與直線和無限接近，但不相交，則直線和為該雙曲線的漸近線，A正確；對于B，函數圖象是雙曲線，由雙曲線的性質知，雙曲線的對稱軸為其漸近線的角分線，且互相垂直，一條對稱軸的傾斜角為，由二倍角公式可得，整理得，而，解得，斜率，另一條對稱軸的斜率為，對應的方程分別為和，B正確；對于C，設，直線的斜率分別為，則，C錯誤；對于D，函數，求導得，設，則函數的圖象在處切線的斜率，切線方程為，令，得，即，則，令，得，即，則，因此的面積（定值），D正確．故選：ABD

12．先把函數分離常數，然后求分離常數后的取值范圍，最后根據取值范圍求解.又，當時，所以的值域里有當時，所以的值域里有當時，所以的值域里有所以的值域為故答案為：13．如圖，當時，囧函數的解析式為，其與軸的交點為.于是，囧點為，它們之間的距離為2.取囧函數在第一象限圖像上任一點，其到囧點的距離為.當且僅當時，上式等號成立.故囧圓中面積的最小值為.14．由題意得，．令，則，則可化為．∵函數，在上均為增函數，∴在上為增函數，∵時，，時，，∴的值域為．故答案為：.15．24空1：整理可得，令，即可得結果；根據題意可得，結合奇函數的定義可得，即，進而可得.空1：因為，即，且，即，可得，令時，則，因此；空2：可得，由此可轉為，即，又因為為奇函數，則，可得，即，則，因此最小正周期．故答案為：2；4.16．①③①定義域為R，且，①正確；②，求出的取值范圍，得到值域；③定義法判斷函數單調性步驟，取點，作差，變形判號，下結論.①的定義域為R，，故為奇函數，①正確；②，解得，的值域為，②錯誤；③任取，且，則，因為，所以，又，故，，故函數在定義域上為增函數，③正確；故答案為：①③17．(1)或(2)和或和（1）當時，是上的增函數，所以，即，解得；當時，是上的減函數，所以，即，解得；故或.（2）當時，，令，所以的兩個零點分別是和；當時，，令，所以的兩個零點分別是和；故的零點為和或和.18．(1)見解析；(2)；(3)（1）利用奇偶性的定義討論計算即可；（2）利用充分必要條件結合集合間的基本關系計算即可；（3）利用函數的單調性與值域結合方程有解，根據二次函數的性質分離參數計算即可.（1）對于函數，其定義域為，若，此時，定義域關于原點對稱，且顯然有，故此時是偶函數，若，則定義域不關于原點對稱，故此時是非奇非偶函數；（2）根據題意可知不等式的解集包含區間，由，若，即時，此時不等式無解，不符合題意；若，即時，此時不等式的解集為，要符合題意，則需，注意到等號不能同時取得，故滿足條件；若，即時，此時不等式的解集為，顯然，不符合題意，綜上：；（3）易知函數在上單調遞增，由題意可知有兩個不等實根，即在上有兩個不同解，即在上有兩個不同解，易知，由二次函數的性質可知.19．(1)證明見解析(2)(3)證明見解析（1）由，結合已知條件和函數單調性的定義推導即可；（2）根據題意結合恒成立問題分析求解即可；（3）令可得，用累乘法即可得對任意正整數與正