2021年高考数学二轮复习课时跟踪检测20《函数的基本性质》小题练(含答案详解)

这是一份2021年高考数学二轮复习课时跟踪检测20《函数的基本性质》小题练(含答案详解)，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
下列函数中，满足“∀x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0”的是( )
A.f(x)=eq \f(1,x)－x B.f(x)=x3 C.f(x)=ln x D.f(x)=2x
已知定义在R上的函数f(x)满足:对任意实数x,都有f(1+x)=f(1-x),且f(x)在(-∞,1]上单调递增.若x1A.f(x1)C.f(x1)>f(x2) D.不能确定
给定函数①y=xeq \f(1,2)，②y=lgeq \f(1,2)(x＋1)，③y=|x－1|，④y=2x＋1.其中在区间(0,1)上单调递减的函数序号是( )
A.①② B.②③ C.③④ D.①④
已知函数f(x)=lga(－x2－2x＋3)(a＞0且a≠1)，若f(0)＜0，则此函数的单调递增区间是( )
A.(－∞，－1] B.[－1，＋∞) C.[－1,1) D.(－3，－1]
已知函数y=f(x)是R上的偶函数，对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]＜0.设a=lneq \f(1,π)，b=(lnπ)2，c=lneq \r(π)，则( )
A.f(a)＞f(b)＞f(c)
B.f(b)＞f(a)＞f(c)
C.f(c)＞f(a)＞f(b)
D.f(c)＞f(b)＞f(a)
已知f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－4x＋3，x≤0，,－x2－2x＋3，x＞0，))不等式f(x＋a)＞f(2a－x)在[a，a＋1]上恒成立，则实数a的取值范围是( )
A.(－∞，－2) B.(－∞，0) C.(0,2) D.(－2,0)
函数y=－x4＋x2＋2的图象大致为( )
函数在上单调递增，且函数是偶函数，则下列结论成立的是（ ）
A. B.
C. D.
已知函数，则的大致图象为（ ）
A. B.C. D.
已知函数f(x)=eq \f(2,x－1)，则下列结论正确的是( )
A.函数f(x)的图象关于点(1,0)中心对称
B.函数f(x)在(－∞，1)上是增函数
C.函数f(x)的图象关于直线x=1对称
D.函数f(x)的图象上至少存在两点A，B，使得直线AB∥x轴
已知函数f(x)对任意x∈R都有f(x+4)-f(x) =2f(2),若y=f(x-1)的图象关于直线x=1对称,则f(2 018)等于( )
A.2 B.3 C.4 D.0
已知奇函数f(x)在x＞0时单调递增，且f(1)=0，若f(x－1)＞0，则x的取值范围为( )
A.{x|0＜x＜1或x＞2} B.{x|x＜0或x＞2}
C.{x|x＜0或x＞3} D.{x|x＜－1或x＞1}
二、填空题
若函数f(x)=x2+a|x-2|在(0,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围是________.
设函数f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，x＞0，,0，x＝0，,－1，x＜0，))g(x)=x2f(x－1)，则函数g(x)的单调递减区间是 .
已知函数f(x)对任意的x∈R都满足f(x)＋f(－x)=0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,2)))为偶函数，
当0＜x≤eq \f(3,2)时，f(x)=－x，则f(2 017)＋f(2 018)=________.
设f(x)是定义在R上且周期为2的函数，在区间[－1,1)上，f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋a，－1≤x＜0，,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)－x))，0≤x＜1，))
其中a∈R.若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)))=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2)))，则f(5a)的值是 .
\s 0 参考答案
答案为：A；
解析：“∀x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]<0”等价于
f(x)在(0，＋∞)上为减函数，易判断f(x)=eq \f(1,x)－x满足条件.
答案为：C；
解析：由f(1+x)=f(1-x)知,函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称.
又f(x)在(-∞,1]上单调递增,所以f(x)在[1,+∞)上单调递减.
设点A(x1,0),B(x2,0),因为x1则点A在点B的左侧,且AB的中点坐标为,
所以结合图象可知,f(x1)>f(x2).
答案为：B；
解析：①y=xeq \f(1,2)在(0,1)上递增；
②∵t=x＋1在(0,1)上递增，且0＜eq \f(1,2)＜1，故y=lgeq \f(1,2)(x＋1)在(0,1)上递减；
③结合图象可知y=|x－1|在(0,1)上递减；
④∵u=x＋1在(0,1)上递增，且2＞1，故y=2x＋1在(0,1)上递增.
故在区间(0,1)上单调递减的函数序号是②③.
答案为：C；
解析：令g(x)=－x2－2x＋3，
由题意知g(x)＞0，可得－3＜x＜1，故函数的定义域为{x|－3＜x＜1}.
根据f(0)=lga3＜0，可得0＜a＜1，则本题即求函数g(x)在(－3,1)内的减区间.
利用二次函数的性质可求得函数g(x)在(－3,1)内的减区间为[－1,1)，故选C.
答案为：C；
解析：由题意易知f(x)在(0，＋∞)上是减函数，
又∵|a|=lnπ＞1，b=(lnπ)2＞|a|,0＜c=eq \f(lnπ,2)＜|a|，∴f(c)＞f(|a|)＞f(b).
又由题意知f(a)=f(|a|)，∴f(c)＞f(a)＞f(b).故选C.
答案为：A；
解析：二次函数y=x2－4x＋3图象的对称轴是直线x=2，∴该函数在(－∞，0]上单调递减，∴x2－4x＋3≥3，同样可知函数y=－x2－2x＋3在(0，＋∞)上单调递减，∴－x2－2x＋3＜3，∴f(x)在R上单调递减，∴由f(x＋a)＞f(2a－x)得到x＋a＜2a－x，
即2x＜a，∴2x＜a在[a，a＋1]上恒成立，∴2(a＋1)＜a，∴a＜－2，
∴实数a的取值范围是(－∞，－2)，故选A.
答案为：D；
解析：法一：令f(x)=－x4＋x2＋2，则f′(x)=－4x3＋2x，
令f′(x)=0，得x=0或x=±eq \f(\r(2),2)，则f′(x)>0的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(2),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))，
f(x)单调递增；f′(x)<0的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(\r(2),2)，＋∞))，f(x)单调递减，
结合图象知选D.
法二：当x=1时，y=2，所以排除A、B选项.当x=0时，y=2，
而当x=eq \f(1,2)时，y=－eq \f(1,16)＋eq \f(1,4)＋2=2eq \f(3,16)>2，所以排除C选项.故选D.
答案为：C
解析：函数是偶函数，则其图象关于y轴对称，
∴函数的图像关于对称，则，，
函数在上单调递增，则有，
∴.故选C.
答案为：A
解析：∵，∴函数为奇函数，排除B选项，
求导：，∴函数单调递增，故排除C选项，
令，则，故排除D.故选A.
答案为：A；
解析：由题知，函数f(x)=eq \f(2,x－1)的图象是由函数y=eq \f(2,x)的图象向右平移1个单位长度得到的，可得函数f(x)的图象关于点(1,0)中心对称，选项A正确；函数f(x)在(－∞，1)上是减函数，选项B错误；易知函数f(x)=eq \f(2,x－1)的图象不关于直线x=1对称，选项C错误；
由函数f(x)的单调性及函数f(x)的图象，可知函数f(x)的图象上不存在两点A，B，使得直线AB∥x轴，选项D错误.故选A.
答案为：D；
解析：令x=-2,则f(2)-f(-2)=2f(2),所以f(2)=-f(-2),
又y=f(x-1)的图象关于直线x=1对称,
所以y=f(x)的图象关于y轴对称,f(x)为偶函数.
所以f(2)=f(-2),所以f(2)=0,所以f(x+4)=f(x),
所以T=4,f(2 018)=f(2)=0.故选D.
答案为：A；
解析：∵奇函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(1)=0，
∴函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，且f(－1)=0，
则－1＜x＜0或x＞1时，f(x)＞0；x＜－1或0＜x＜1时，f(x)＜0.
∴不等式f(x－1)＞0即－1＜x－1＜0或x－1＞1，解得0＜x＜1或x＞2，故选A.
答案为：[-4,0]；
解析：因为f(x)=x2+a|x-2|,所以f(x)=
又因为f(x)在(0,+∞)上单调递增,
所以⇒-4≤a≤0,即实数a的取值范围是[-4,0].
答案为：[0,1).
解析：由题意知g(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2，x＞1，,0，x＝1，,－x2，x＜1，))该函数图象如图所示，
其单调递减区间是[0,1).
答案为：－2；
解析：依题意，f(－x)=－f(x)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x＋\f(3,2)))=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,2)))，
所以f(x＋3)=f(－x)=－f(x)，所以f(x＋6)=f(x)，所以f(2 017)=f(1)=－1，
f(2 018)=f(2)=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(3,2)))=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋\f(3,2)))=f(1)=－1，所以f(2 017)＋f(2 018)=－2.
答案为：－0.4.
解析：因为f(x)的周期为2，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)))=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))=－eq \f(1,2)＋a，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2)))=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))=eq \f(1,10)，即－eq \f(1,2)＋a=eq \f(1,10)，所以a=0.6，
故f(5a)=f(3)=f(－1)=－0.4.