2021年高考数学二轮复习考点-函数的图象性质及应用

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1、考点六考点六 函数的图象性质及应用函数的图象性质及应用 一、选择题 1(2020 广州高三综合测试一)已知函数 f(x) ln x，x0， ex，x0， 则 f f 1 4 的值为( ) A4 B2 C1 2 D1 4 答案 D 解析 f(x) ln x，x0， ex，x0， f 1 4 ln 1 4，又 ln 1 40，f f 1 4 eln 1 4 1 4.故选 D. 2(2020 山东济南 6 月仿真模拟)函数 f(x)x3x4 的零点所在的区间为( ) A(1,0) B(0,1) C(1,2) D(2,3) 答案 C 解析 f(x)x3x4，易知函数单调递增，f(0)40，f(1)20

2、，故函 数在(1,2)上有唯一零点故选 C. 3(2020 山东莱西一中、高密一中、枣庄三中模拟)1943 年，我国病毒学家黄祯祥在美国 发表了对病毒学研究有重大影响的论文“西方马脑炎病毒在组织培养上滴定和中和作用的进 一步研究”， 这一研究成果， 使病毒在试管内繁殖成为现实， 从此摆脱了人工繁殖病毒靠动物、 鸡胚培养的原始落后的方法若试管内某种病毒细胞的总数 y 和天数 t 的函数关系为 y2t1， 且该种病毒细胞的个数超过 108时会发生变异，则该种病毒细胞实验最多进行的天数为(lg 20.3010)( ) A25 B26 C27 D28 答案 C 解析 令 y2t1108，故 t1log

3、21088log210，即 t8log210181 lg 2127.6， 故该种病毒细胞实验最多进行的天数为 27.故选 C. 4(2020 天津高考)设 a30.7，b 1 3 0.8，clog0.70.8，则 a，b，c 的大小关系为( ) Aabc Bbac Cbca Dcab 答案 D 解析 因为 a30.71，b 1 3 0.830.830.7a，clog0.70.8log0.70.71，所以 c1 ab.故选 D. 5 (2020 陕西西安一模)已知函数 yf(x)与 yex互为反函数， 函数 yg(x)的图象与 yf(x) 的图象关于 x 轴对称，若 g(a)1，则实数 a 的值

4、为( ) Ae B1 e Ce D1 e 答案 D 解析 由题意，函数 yf(x)与 yex互为反函数，所以 f(x)ln x，函数 yg(x)的图象与 y f(x)的图象关于 x 轴对称，所以 g(x)ln x，又由 g(a)1，即ln a1，解得 a1 e ，故选 D. 6(2020 山东泰安四模)函数 f(x) x1 x cosx(x 且 x0)的图象可能是( ) 答案 D 解析 因为 f(x) x1 x cosx x1 x cosxf(x)， 所以函数是奇函数， 故排除 A， B；取 x，则 f() 1 cos 1 b0，若 logablogba5 2，a bba，则a b( ) A.

5、 2 B2 C2 2 D4 答案 B 解析 logablogba5 2，logab 1 logab 5 2，解得 logab2 或 logab 1 2，若 logab2， 则 ba2，代入 abba得 aa2(a2)aa2a，a22a，又 a0，a2，则 b224，不符合题 意；若 logab1 2，则 ba 1 2，即 ab 2，代入 abba 得(b2)bb2bbb2，2bb2，又 b0，b 2，则 ab24.综上，a4，b2，a b2.故选 B. 8(2020 全国卷)设函数 f(x)x3 1 x3，则 f(x)( ) A是奇函数，且在(0，)单调递增 B是奇函数，且在(0，)单调递减

6、C是偶函数，且在(0，)单调递增 D是偶函数，且在(0，)单调递减 答案 A 解析 因为函数 f(x)x3 1 x3的定义域为x|x0，关于原点对称，而 f(x)f(x)，所以 函数 f(x)为奇函数因为函数 yx3在(0，)上单调递增，而 y 1 x3x 3在(0，)上单调 递减，所以函数 f(x)x3 1 x3在(0，)上单调递增故选 A. 9 (2020 山东省实验中学 6 月模拟)已知 f(x)是定义域为 R 的奇函数， 若 f(x5)为偶函数， f(1)1，则 f(2019)f(2020)( ) A2 B1 C0 D1 答案 B 解析 f(x5)为偶函数， 且 f(x5)的图象可由

7、f(x)的图象向左平移 5 个单位得到， f(x) 的图象关于直线 x5 对称，即 f(x5)f(5x)，又 f(x)为 R 上的奇函数，f(x5)f(x 5)，且 f(0)0，f(x20)f(x10)f(x)f(x)，f(x)是一个周期为 20 的周期函数， f(2019)f(201011)f(1)f(1)1，f(2020)f(20101)f(0)0，f(2019) f(2020)1.故选 B. 10(2020 山东聊城三模)函数 ysin2x2sin2x 2x1 的图象大致是( ) 答案 C 解析 当 x 0， 2 时， sin2x0,2x1， 所以 ysin2x2sin2x 2x1 0，

8、 排除 A， B； 当 x 2，0 时，sin2x0,02x0，排除 D.故选 C. 11(2020 新高考卷)若定义在 R 的奇函数 f(x)在(，0)单调递减，且 f(2)0，则满 足 xf(x1)0 的 x 的取值范围是( ) A1,13，) B3，10,1 C1,01，) D1,01,3 答案 D 解析 因为定义在 R 上的奇函数 f(x)在(，0)上单调递减，且 f(2)0，所以 f(x)在(0， )上也单调递减，且 f(2)0，f(0)0，所以当 x(，2)(0,2)时，f(x)0；当 x( 2,0)(2，)时，f(x)0，所以由 xf(x1)0 可得 x0， 0 x12或x12

9、或 x0, 解得1x0 或 1x3，所以满足 xf(x1)0 的 x 的取值范围是1,01,3，故选 D. 12(2020 全国卷)若 2alog2a4b2log4b，则( ) Aa2b Ba2b Cab2 Dab2 答案 B 解析 设 f(x)2xlog2x，则 f(x)为增函数因为 2alog2a4b2log4b22blog2b，所以 f(a)f(2b)2alog2a(22blog22b)22blog2b(22blog22b)log21 210，所以 f(a) f(2b)，所以 a2b，所以 A 错误，B 正确；f(a)f(b2)2alog2a(2b2log2b2)22blog2b (2b

10、2log2b2)22b2b2log2b，当 b1 时，f(a)f(b2)20，此时 f(a)f(b2)，有 ab2， 当 b2 时，f(a)f(b2)10，此时 f(a)f(b2)，有 ab2，所以 C，D 错误故选 B. 13(2020 海南中学高三第七次月考)已知函数 f(x) xln x，x0， x ex，x0， 则函数 yf(1x)的 图象大致是( ) 答案 B 解析 当 x0 时，yf(10)f(1)1ln 10； 当 x1 时，yf(11)f(0) 0 e00，故排除 C，D；当 x1，yf(1 x)(1x) ln (1x)0，故排除 A；当 0x1 时，01x1，yf(1x)(1

11、x)ln (1x) 01x1，ln (1x)0，yf(1x)(1x)ln (1x)1 时，1x0，y f(1x)1x e1x ，1x0，yf(1x)1x e1x 0，故 B 符合故选 B. 14(2020 山东青岛三模)已知函数 f(x) x62，7x5， fx2，x5， 若函数 g(x)f(x)|k(x 1)|有 13 个零点，则实数 k 的取值范围为( ) A. 1 8， 1 6 B. 1 8， 1 6 C. 1 6， 1 8 1 8， 1 6 D. 1 6， 1 8 1 8， 1 6 答案 D 解析 由题可知，函数 g(x)f(x)|k(x1)|有 13 个零点，令 g(x)0，有 f(

12、x)|k| |x1|， 设 h(x)|k| |x1|，可知 h(x)恒过定点(1，0)，画出函数 f(x)，h(x)的图象，如图所示，则函 数 yf(x)与函数 h(x)|k| |x1|的图象有 13 个交点，由图象可得 h51， h71， 则 |k| 511， |k| |71|1， 即1 8|k|yz Bxzy Czxy Dzyx 答案 ABC 解析 设 ln xey1 zk，k0，则 xe k，yln k，z1 k，画出函数图象，如图所示，当 k x1时，zxy；当 kx2时，xzy；当 kx3时，xyz.故选 ABC. 16(多选)(2020 山东潍坊高密一模)关于函数 f(x)1 x

13、1 2 ex1 ，下列结论正确的是( ) A图象关于 y 轴对称 B图象关于原点对称 C在(，0)上单调递增 Df(x)恒大于 0 答案 ACD 解析 函数 f(x)1 x 1 2 ex1 的定义域为(，0)(0，)，因为 f(x)1 x 1 2 ex1 1 x ex1 ex1， f(x) 1 x ex1 ex1 1 x 1ex 1ex 1 x ex1 ex1f(x)， 故函数 f(x)为偶函数， 所以 A 正确， B 不正确；当 x0 时，y1 x0，且 y 1 x在(0，)上单调递减，当 x0 时，y1 2 ex10， 且 y1 2 ex1在(0，)上单调递减，而 f(x) 1 x 1 2

14、 ex1 ，故 f(x)在(0，)上单调递减， 又 f(x)为偶函数，故 f(x)在(，0)上单调递增，所以 C 正确；由知，f(x)1 x ex1 ex1，当 x0 时，1 x0，ex10，又 f(x)关于 y 轴对称，故 D 正确故选 ACD. 17(多选)(2020 海南中学高三第六次月考)在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一 个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并构成一般不动点定理的基石布劳威尔 不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊兹 布劳威尔(L.E. J. Brouwer)，简单地讲就是对于满足一定 条件的连续函数 f(x)，存在一个点 x0，使得 f(x0)x0，那么我们

15、称该函数为“不动点”函数， 下列为“不动点”函数的是( ) Af(x)2xx Bg(x)x2x3 Cf(x) 2x21，x1， |2x|，x1 Df(x)1 xx 答案 BCD 解析 根据定义可知，若 f(x)有不动点，则 f(x)x 有解对于 A，令 2xxx，所以 2x 0，此时无解，故 f(x)不是“不动点”函数；对于 B，令 x2x3x，所以 x3 或 x1， 所以 f(x)是“不动点”函数；对于 C，当 x1 时，令 2x21x，所以 x1 2或 x1，所以 f(x) 是“不动点”函数； 对于 D， 令1 xxx， 所以 x 2 2 ， 所以 f(x)是“不动点”函数 故选 BCD.

16、 18(多选)(2020 山东青岛二模)某同学在研究函数 f(x)x21x24x5的性质时， 受两点间距离公式的启发，将 f(x)变形为 f(x)x02012x22012，则下列 关于函数 f(x)的描述正确的是( ) A函数 f(x)在区间1，)上单调递增 B函数 f(x)的图象是中心对称图形 C函数 f(x)的值域是2 2，) D方程 f(f(x)1 5无实数解 答案 ACD 解析 设 A(0,1)，B(2,1)，f(x)x02012x22012表示 x 轴上点 P(x,0) 到 A，B 两点的距离之和，设 Q(1,0)，以 A，B 为焦点，Q 为短轴上一个端点作椭圆，x 轴与此 椭圆相切

17、于点 Q，当 P 从 Q 向右移动时，|PA|PB|逐渐增大，即函数 f(x)在区间1，)上 单调递增， A 正确； 当 P 与 Q 重合时， |PA|PB|最小， 最小值为 2 2， 因此 f(x)的值域是2 2， )，C 正确；函数图象关于直线 x1 对称，不是中心对称图形，B 错误；当 x0 或 x2 时，f(x)1 5，由于 f(x)2 2，因此 f(x)0 和 f(x)2 都无解，D 正确故选 ACD. 二、填空题 19已知函数 f(x)的定义域为(1,1)，则函数 g(x)f x 2 f(x1)的定义域为_ 答案 (0,2) 解析 由题意得 1x 21， 1x11， 2x2， 0x

18、2， 0x2，函数 g(x)f x 2 f(x1)的定义域为(0,2) 20(2020 山东淄博高三模拟)函数 f(x)同时满足条件：偶函数；值域为0，)； 周期为 2020.请写出 f(x)的一个解析式：_. 答案 f(x)|tan 2020 x|(或 f(x)log 1 2|sin 2020 x|或 f(x) 2 cos 1010 x1 1 等) 解析 函数 f(x)同时满足条件：偶函数；值域为0，)；周期为 2020，f(x) 的解析式可以为f(x)|tan 2020 x|或f(x)log 1 2|sin 2020 x|或f(x) 2 cos 1010 x1 1等(答案不唯一) 21已知

19、函数 f(x)(x24x)(ex2e2x)x1 在区间1,5的值域为m，M，则 mM _. 答案 6 解析 函数 y(x24)(exex)x 在3,3上为奇函数，图象关于原点对称，又 f(x)(x2 4x)(ex2e2x)x1(x2)24 ex2e(x2)x23 的图象是将上述函数图象向右 平移 2 个单位，并向上平移 3 个单位得到的，所以 f(x)的图象关于点(2,3)对称，则 mM6. 22 (2020 辽宁沈阳东北育才学校第八次模拟)高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者 之一，享有“数学王子”的称号，为了纪念数学家高斯，人们把函数 yx，xR 称为高斯 函数，其中x表示不超过 x 的

20、最大整数设xxx，则函数 f(x)2xxx1 的所有零 点之和为_ 答案 1 解析 由题意可得 f(0)1，当 x0 时，令 f(x)0，可得 2x11 x，则函数 yf(x) 的零点， 即为函数 y2x(x0)与函数 y11 x的图象交点的横坐标， 作出函数 y2x(x0) 与函数 y11 x的图象如图所示， 由图象可知，两函数图象除交点(1,0)之外，其余的交点关于点(0,1)对称，所以函数 y f(x)的所有零点之和为1. 一、选择题 1(2020 山东烟台高三适应性练习一)已知 a21 3，blog20.3，ca b，则( ) Aabc Bbac Ccab Dbca 答案 D 解析 因

21、为 ylog2x 为增函数，且 0.31，故 blog20.30，故 a2 1 32 01，又 yax 为增函数，且 b0，故 0caba01，故 bc0， 当 x 2， 时，f(x)0，排除 B；当 x 0， 2 时，sin2x(0,1)， 1 8e |x| 1 8， 1 8e 2 (0,1)，当 x 0， 2 时， f(x)(0,1)，排除 A；C 符合条件故选 C. 3.(2020 河北衡水中学高三质量检测一)如图，函数 f(x)的图象为折线 ACB，则不等式 f(x)log2(x1)的解集是( ) Ax|1x0 Bx|1x1 Cx|1x1 Dx|11( ) Ax|x0 Bx|x2 Cx

22、|x0 Dx|x4 答案 C 解析 由 f(1x)f(1x)，可知函数 f(x)的图象关于直线 x1 对称当 x1 时，f(x)x 2 x在1，)上单调递增，f(2)1，又函数 f(x)的图象关于直线 x1 对称，所以 f(0)1，且 f(x)在(， 1)上单调递减， 所以由 f(x2)1 得 x22， 故 x0， 所以x|f(x 2)1x|x0故选 C. 5给出四个函数，分别满足：f(xy)f(x)f(y)，g(xy)g(x) g(y)，h(x y)h(x) h(y)，m(x y)m(x) m(y)又给出四个函数的图象，那么正确的匹配方案可以是( ) A甲，乙，丙，丁 B乙，丙，甲，丁 C丙

23、，甲，乙，丁 D丁，甲，乙，丙 答案 D 解析 f(x)x， 这个函数可使 f(xy)f(x)f(y)成立， f(xy)xy， xyf(x)f(y)， f(xy)f(x)f(y)，故丁寻找一类函数 g(x)，使得 g(xy)g(x) g(y)，指数函数 y ax(a0，a1)具有这种性质，令 g(x)ax，g(y)ay，则 g(xy)axyax ayg(x) g(y)，故 甲 寻找一类函数 h(x)， 使得 h(x y)h(x)h(y)， 对数函数具有这种性质， 令 h(x)logax， h(y)logay，则 h(x y)loga(xy)logaxlogayh(x)h(y)，故乙令 m(x)

24、x2，这个函 数可使 m(xy)m(x) m(y)成立，m(x)x2，m(x y)(xy)2x2y2m(x) m(y)，故丙故 选 D. 6 (2020 山东威海三模)已知函数 f(x)对任意 x， yR， 都有 2f(xy)f(x) f(y)， 且 f(1)1， 则 i0 n 1 fi( ) A2n1 B2n1 2 C1 1 2n D2 1 2n 答案 B 解析 由所求式子可得 f(0)0，令 xy0 可得 f(0)f0 f0 2 f(0)2，令 xy1 可得 f(2)f1 f1 2 1 2， 令 x1， y2 可得 f(3) f1 f2 2 1 22， 令 xy2 可得 f(4) f2 f

25、2 2 1 23， f(n) 1 2n1， i0 n 1 fi i0 n 2i12120212n1 1 212 n1 12 2n1 2，故选 B. 7(多选)(2020 山东淄博二模)华为 5G 通信编码的极化码技术方案基于矩阵的乘法，如： (c1 c2)(a1 a2) b11 b21 b12 b22 ，其中 c1a1b11a2b21，c2a1b12a2b22.已知定义在 R 上不恒为 0 的函数 f(x)，对任意 a，bR 有：(y1 y2)(f(a) f(b) 1 a1 b1 1 且满足 f(ab)y1y2， 则( ) Af(0)0 Bf(1)1 Cf(x)是偶函数 Df(x)是奇函数 答

26、案 AD 解析 (y1 y2)(f(a) f(b) 1 a1 b1 1 ，y1f(a)(a1)f(b)，y2(b1)f(a) f(b) f(ab)y1y2， f(ab)f(a)(a1)f(b)(b1)f(a)f(b)bf(a)af(b) 令 ab0， 则 f(0)0f(0)0f(0)0.令 ab1，则 f(1)f(1)f(1)，f(1)0.令 ab1，则 f(1) f(1)f(1)，f(1)0.令 ax，b1，则 f(x)f(x)xf(1)，f(x)f(x)， 又 f(x)是定义在 R 上不恒为 0 的函数，f(x)为奇函数故选 AD. 8(多选)(2020 山东日照二模)若实数 m，n 满足

27、 5m4n5n4m，则下列关系式中可能 成立的是( ) Amn B1mn C0mn1 Dnm0 答案 ACD 解析 由题意，实数 m，n 满足 5m4n5n4m，可化为 4m5m5n4n，设 yf(x) 4x5x， yg(x)5x4x， 由初等函数的性质， 可得 f(x)， g(x)都是单调递增函数， 画出函数 f(x)， g(x)的图象，如图所示，作直线 yt0，当 t01 时，nm0 成立；当 t01 或 t09 时，mn 成 立；当 1t09 时，0mn9 时，1n1， 若 f(x)的最小值为 f(1)， 则实数 a 的取值范围是_ 答案 a2 解析 当 x1 时，f(x)x4 xa4a

28、，当且仅当 x2 时，等号成立当 x1 时，f(x) x22ax9 为二次函数， 要想在 x1 处取最小值， 则对称轴要满足 xa1， 且 f(1)4a， 即 12a94a，解得 a2. 11 (2020 北京高考)为满足人民对美好生活的向往， 环保部门要求相关企业加强污水治理， 排放未达标的企业要限期整改，设企业的污水排放量 W 与时间 t 的关系为 Wf(t)，用 fbfa ba 的大小评价在a，b这段时间内企业污水治理能力的强弱，已知整改期内，甲、乙两 企业的污水排放量与时间的关系如图所示 给出下列四个结论： 在t1，t2这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强； 在 t2时刻，甲企业

29、的污水治理能力比乙企业强； 在 t3时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标； 甲企业在0，t1，t1，t2，t2，t3这三段时间中，在0，t1的污水治理能力最强 其中所有正确结论的序号是_ 答案 解析 fbfa ba 表示区间端点连线的斜率的相反数，在t1，t2这段时间内，甲的斜率比 乙的小，所以甲的斜率的相反数比乙的大，因此甲企业的污水治理能力比乙企业强，正确； 在 t2时刻，甲对应图象的切线的斜率比乙的小，所以切线的斜率的相反数比乙的大，所以甲企 业的污水治理能力比乙企业强，正确；在 t3时刻，甲、乙两企业的污水排放量都在污水达标 排放量以下，所以都已达标，正确；甲企业在0，t1，t1，t2

30、，t2，t3这三段时间中，在t1， t2这段时间内的斜率最小，其相反数最大，即在t1，t2的污水治理能力最强，错误 12(2020 山东潍坊高密一模)已知 f(x)是定义在 R 上的偶函数，且 f(x2)f(2x)，当 x 2,0时， f(x) 2 2 x1， 若在(2,6)内关于 x 的方程 f(x)loga(x2)0(a0 且 a1)有且 只有 4 个不同的根，则实数 a 的取值范围是_ 答案 (8，) 解析 由 f(x2)f(2x)，得 f(x)f(4x)，即函数 yf(x)的图象关于直线 x2 对称又 yf(x)是定义在 R 上的偶函数，所以 f(4x)f(x)f(x)，即 f(4x)

31、f(x)，则 f(x)是以 4 为 周期的周期函数画出函数 yf(x)与函数 yloga(x2)在(2,6)上的图象如图所示要使函数 f(x)与 yloga(x2)的图象有 4 个不同的交点，则有 a1， loga628，即实数 a 的取 值范围是(8，) 三、解答题 13已知 f(x)是定义在 R 上的偶函数，且当 x0 时，f(x)loga(x1)(a0，且 a1) (1)求函数 f(x)的解析式； (2)若1f(1)1，求实数 a 的取值范围 解 (1)当 x0， 由题意知 f(x)loga(x1)， 又 f(x)是定义在 R 上的偶函数，f(x)f(x) 当 x0 时，f(x)loga

32、(x1)， 函数 f(x)的解析式为 f(x) logax1，x0， logax1，x0. (2)1f(1)1，1loga21， loga1 aloga21 时，原不等式等价于 1 a2， 解得 a2； 当 0a2， a2， 解得 0a0 且 a1)是定义域为 R 的奇函数，且 f(1)3 2. (1)若 f(m22m)f(m4)0，求 m 的取值范围； (2)若 g(x)a2xa2x2mf(x)在1，)上的最小值为2，求 m 的值 解 (1)由题意，得 f(0)0，即 k10，解得 k1， 经检验满足函数 f(x)是奇函数， 由 f(1)3 2，得 aa 13 2，解得 a2 或 a 1 2(舍去)， 所以 f(x)2x2x.因为 f(x)为奇函数且是 R 上的单调递增函数， 由 f(m22m)f(m4)0，得 f(m22m)f(4m)， 所以 m22m4m，解得 m1. (2)g(x)22x22x2m(2x2x)(2x2x)22m(2x2x)2， 令 t2x2x，由 x1，得 t21213 2， 又 yt22mt2，对称轴 tm， m3 2时，yminm 22m222，解得 m2(m2 舍去)； m 3 2(舍去) 所以 m2.