高中数学高考解密13 函数图象与性质（分层训练）-【高频考点解密】2021年新高考数学二轮复习讲义+分层训练（解析版）

这是一份高中数学高考解密13 函数图象与性质（分层训练）-【高频考点解密】2021年新高考数学二轮复习讲义+分层训练（解析版），共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1.设f(x)为奇函数，且当x≥0时，f(x)＝ex－1，则当x<0时，f(x)＝( )
A.e－x－1 B.e－x＋1
C.－e－x－1 D.－e－x＋1
【答案】D
【解析】设x＜0，则－x＞0，∴f(－x)＝e－x－1，又f(x)为奇函数，∴f(x)＝－f(－x)＝1－e－x.
2.已知f(x)是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，满足f(1－x)＝f(1＋x).若f(1)＝2，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝( )
A.－50 B.0 C.2 D.50
【答案】C
【解析】法一 ∵f(x)是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，
且f(1－x)＝f(1＋x)＝－f(x－1)，
∴f(4＋x)＝f(x)，∴f(x)是周期函数，且一个周期为4，
又f(0)＝0，知f(2)＝f(0)，f(4)＝f(0)＝0，
由f(1)＝2，知f(－1)＝－2，则f(3)＝f(－1)＝－2，
从而f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝0，
故f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋…＋f(50)＝12×0＋f(49)＋f(50)＝f(1)＋f(2)＝2，故选C.
法二 由题意可设
f(x)＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x))，作出f(x)的部分图象如图所示.由图可知，f(x)的一个周期为4，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝12[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]＋f(49)＋f(50)＝12×0＋f(1)＋f(2)＝2.
3.函数f(x)＝eq \f(xcs x,2x＋2－x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的图象大致为( )
【答案】C
【解析】根据题意，有f(－x)＝－eq \f(xcs x,2x＋2－x)＝－f(x)，且定义域关于原点对称，
则在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，排除A，B；
又在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上，x＞0，cs x＞0，2x＞0，2－x＞0，
则f(x)＞0，排除D，只有C适合.
4.(多选题)函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ex－3，x＜1，,ln x，x≥1，))则关于函数f(x)的说法正确的是( )
A.定义域为R B.值域为(－3，＋∞)
C.在R上为增函数 D.只有一个零点
【答案】ACD
【解析】f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ex－3，x＜1，,ln x，x≥1，))∴f(x)的定义域为R，值域为(－3，e－3)∪[0，＋∞)，且e－3＜0，∴f(x)在R上为增函数，且f(1)＝0，∴f(x)只有一个零点.故ACD正确，B不正确.
4.已知定义在R上的函数f(x)＝2|x－m|－1(m为实数)为偶函数，记a＝f(lg0.53)，b＝f(lg25)，c＝f(2m)，则a，b，c的大小关系为( )
A.a＜b＜c B.a＜c＜b
C.c＜a＜b D.c＜b＜a
【答案】C
【解析】由f(x)＝2|x－m|－1是偶函数可知m＝0，所以f(x)＝2|x|－1.
所以a＝f(lg0.53)＝2|lg0.53|－1＝2lg23－1＝2，b＝f(lg25)＝2|lg25|－1＝2lg25－1＝4，
c＝f(0)＝2|0|－1＝0，所以c6.(多选题)已知函数f(x)的定义域为R，对任意实数x，y满足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋eq \f(1,2)，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝0，当x>eq \f(1,2)时，f(x)>0，则以下结论正确的是( )
A.f(0)＝－eq \f(1,2)，f(－1)＝－eq \f(3,2)
B.f(x)为R上的减函数
C.f(x)＋eq \f(1,2)为奇函数
D.f(x)＋1为偶函数
【答案】AC
【解析】由已知，令x＝y＝0，得f(0)＝f(0)＋f(0)＋eq \f(1,2)，∴f(0)＝－eq \f(1,2)，令x＝eq \f(1,2)，y＝－eq \f(1,2)，得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＋eq \f(1,2)，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－1，再令x＝y＝－eq \f(1,2)，得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)－\f(1,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＋eq \f(1,2)，
∴f(－1)＝－eq \f(3,2)，A正确；取y＝－1，得f(x－1)＝f(x)＋f(－1)＋eq \f(1,2)，∴f(x－1)－f(x)＝－1<0，即f(x－1)∴eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f（x）＋\f(1,2)))＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f（－x）＋\f(1,2)))＝0，故C正确；令g(x)＝f(x)＋eq \f(1,2)，由C可知g(x)为奇函数，∴g(－x)＋eq \f(1,2)＝－g(x)＋eq \f(1,2)，即eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f（－x）＋\f(1,2)))＋eq \f(1,2)＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f（x）＋\f(1,2)))＋eq \f(1,2)，∴f(－x)＋1＝－f(x)，故D错误.
二、填空题
7.已知f(x)＝ex＋eax是偶函数，则f(x)的最小值为________.
【答案】2
【解析】∵f(x)＝ex＋eax是偶函数，∴f(1)＝f(－1)，得e＋ea＝e－1＋e－a，则a＝－1.
所以f(x)＝ex＋e－x≥2eq \r(ex·e－x)＝2.当且仅当x＝0时取等号.故函数f(x)的最小值为2.
8.已知奇函数f(x)在x≥0时的图象如图所示，则不等式xf(x)＜0的解集为________.
【答案】(－2，－1)∪(1，2)
【解析】∵xf(x)＜0，∴x和f(x)异号，由于f(x)为奇函数，补齐函数的图象如图.
当x∈(－2，－1)∪(0，1)∪(2，＋∞)时，f(x)＞0，
当x∈(－∞，－2)∪(－1，0)∪(1，2)时，f(x)＜0，
∴不等式xf(x)＜0的解集为(－2，－1)∪(1，2).
9.已知函数f(x)＝eq \f(x2－x－1,x＋1)，g(x)＝－ex－1－ln x＋a对任意的x1∈[1，3]，x2∈[1，3]恒有f(x1)≥g(x2)成立，则a的取值范围是________.
【答案】eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))
【解析】f(x)＝eq \f(（x＋1）2－3（x＋1）＋1,x＋1)＝(x＋1)＋eq \f(1,x＋1)－3.
易知x∈[1，3]时，f′(x)＝1－eq \f(1,（x＋1）2)>0，∴f(x)在[1，3]上是增函数，f(x)min＝f(1)＝－eq \f(1,2).
又g(x)在[1，3]上是减函数，知g(x)max＝g(1)＝a－1.
若恒有f(x1)≥g(x2)成立，则－eq \f(1,2)≥a－1，∴a≤eq \f(1,2).
三、解答题
10.已知函数f(x)＝a－eq \f(2,2x＋1).
(1)求f(0)；
(2)探究f(x)的单调性，并证明你的结论；
(3)若f(x)为奇函数，解不等式f(ax)【解析】(1)f(0)＝a－eq \f(2,20＋1)＝a－1.
(2)f(x)在R上单调递增，证明如下：
∵f(x)的定义域为R，∴任取x1，x2∈R且x1则f(x1)－f(x2)＝a－eq \f(2,2x1＋1)－a＋eq \f(2,2x2＋1)＝eq \f(2·（2x1－2x2）,（1＋2x1）（1＋2x2）)，
∵y＝2x在R上单调递增且x1∴0<2x1<2x2，∴2x1－2x2<0，2x1＋1>0，2x2＋1>0.
∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)∴f(x)在R上单调递增.
(3)∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，
即a－eq \f(2,2－x＋1)＝－a＋eq \f(2,2x＋1)，解得a＝1(经检验符合题意).
∴f(ax)又∵f(x)在R上单调递增，∴x<2.
∴不等式的解集为(－∞，2).
B组 专题综合练
11.已知函数f(x＋1)是定义在R上的偶函数，∀x1，x2∈[1，＋∞)，且x1≠x2，都有(x1－x2)·[f(x2)－f(x1)]＜0，则不等式f(－2x＋1＋1)＜f(5)的解集为________.
【答案】(－∞，1)
【解析】因为函数f(x＋1)是定义在R上的偶函数，
所以f(x＋1)的图象关于y轴对称.
因为f(x)的图象向左平移1个单位长度得到f(x＋1)的图象，
所以f(x)的图象关于直线x＝1对称.
因为∀x1，x2∈[1，＋∞)，且x1≠x2，
都有(x1－x2)[f(x2)－f(x1)]＜0，
所以函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增，
由此可得函数f(x)在(－∞，1)上单调递减.
因为f(－2x＋1＋1)＜f(5)，
且f(5)＝f(－3)，－2x＋1＋1＜1，
所以－2x＋1＋1＞－3，即2x＋1＜4，解得x＜1，
所以所求不等式的解集为(－∞，1).
12.已知函数f(x)＝x2－2ln x，h(x)＝x2－x＋a.
(1)求函数f(x)的极值；
(2)设函数k(x)＝f(x)－h(x)，若函数k(x)在[1，3]上恰有两个不同零点，求实数a的取值范围.
【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－eq \f(2,x)＝0，得x＝1.
当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以函数f(x)在x＝1处取得极小值为1，无极大值.
(2)k(x)＝f(x)－h(x)＝x－2ln x－a(x＞0)，
所以k′(x)＝1－eq \f(2,x)，
令k′(x)＞0，得x＞2，所以k(x)在[1，2)上单调递减，在(2，3]上单调递增，
所以当x＝2时，函数k(x)取得最小值k(2)＝2－2ln 2－a.
因为函数k(x)＝f(x)－h(x)在区间[1，3]上恰有两个不同零点，
即有k(x)在[1，2)和(2，3]内各有一个零点，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k（1）≥0，,k（2）<0，,k（3）≥0，))即有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－a≥0，,2－2ln 2－a<0，,3－2ln 3－a≥0，))解得2－2ln 2所以实数a的取值范围为(2－2ln 2，3－2ln 3].