2021年高三数学考点复习：函数的图象﹑性质及应用

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1、考点六 函数的图象性质及应用 1 A卷 PART ONE 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 答案答案 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. 解析解析 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) 解析 f(x)x3x4，易知函数单调递增，f(0)40，f

2、(1)20，故函数在(1,2)上有唯一零点故选 C. 答案答案 解析解析 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 y 2t1，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 答案答案 解析 令 y2

3、t1108，故 t1log21088log210，即 t8log2101 81 lg 2127.6，故该种病毒细胞实验最多进行的天数为 27.故选 C. 解析解析 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 解析 因为 a30.71，b 1 3 0.830.830.7a，clog0.70.8log0.70.7 1，所以 c1ab.故选 D. 答案答案 解析解析 5(2020 陕西西安一模)已知函数 yf(x)与 yex互为反函数，函数 y g(x)的图象与 yf(x)的图象关于

4、x 轴对称，若 g(a)1，则实数 a 的值为 ( ) Ae B1 e Ce D1 e 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 yf(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. 答案答案 解析解析 6 (2020 山东泰安四模)函数 f(x) x1 x cosx(x 且 x0)的图象 可能是( ) 答案答案 解析 因为 f(x) x 1 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

5、 logablogba5 2， a bba， 则a b ( ) A. 2 B2 C2 2 D4 答案答案 解析 logablogba5 2，logab 1 logab 5 2，解得 logab2 或 logab 1 2， 若 logab2， 则 ba 2， 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，b2，则 ab24.综上， a4，b2，a b2.故选 B. 解析解析 8(2020 全国卷)设函数 f(x)x3 1 x3

6、，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 C是偶函数，且在(0，)单调递增 D是偶函数，且在(0，)单调递减 答案答案 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. 解析解析 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

7、(2020)( ) A2 B1 C0 D1 解析 f(x5)为偶函数，且 f(x5)的图象可由 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(x5)，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(20101 1)f(1)f(1)1， f(2020)f(20101)f(0)0， f(2019)f(2020) 1.故选 B. 答案答案 解析解析 10(2020 山东聊城三模)函数 ysin2x2sin2x 2x1 的图象

8、大致是( ) 答案答案 解析 当 x 0， 2 时， sin2x0,2x1， 所以 ysin2x2sin2x 2x1 0， 排除 A， B； 当 x 2，0 时， sin2x0,02 x0， 排除 D.故选 C. 解析解析 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 答案答案 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

9、 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 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. 解析解析 12(2020 全国卷)若 2alog2a4b2log4b，则( ) Aa2b Ba2b Cab2 Dab2 答案答案 解析 设 f(x)2xlog2x，则 f(x)为增函数因为 2alog2a4b2log4b 22blog2b，所以 f(a)f(2b)2alog2a(22blog22b)22blog2b(22b log22b)log2

10、1 210，所以 f(a)f(2b)，所以 a2b，所以 A 错误，B 正确；f(a)f(b2)2alog2a(2b2log2b2)22blog2b(2b2log2b2)22b 2b2log2b，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. 解析解析 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( ) 答案答案 解析 当 x0 时，yf(10)f(1)1ln 10； 当

11、 x1 时，yf(11)f(0) 0 e00，故排除 C，D；当 x1，yf(1x)(1x) ln (1x)0，故排除 A；当 0x1 时，01 x1，yf(1x)(1x)ln (1x)01x1，ln (1x)0，yf(1 x)(1x)ln (1x)1 时，1x0，yf(1x)1x e1x ， 1x0，yf(1x)1x e1x 0，故 B 符合故选 B. 解析解析 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(x1)|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

12、 6， 1 8 1 8， 1 6 D. 1 6， 1 8 1 8， 1 6 答案答案 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(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 答案答案 解析 设 ln xey1 z k，k0，则 xek，yln k，z1 k，画

13、出函数图 象，如图所示，当 kx1时，zxy；当 kx2时，xzy；当 kx3时，xyz. 故选 ABC. 解析解析 16(多选)(2020 山东潍坊高密一模)关于函数 f(x)1 x 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 答案答案 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

14、 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 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. 解析解析 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

15、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 答案答案 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 2x0，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，

16、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. 解析解析 18(多选)(2020 山东青岛二模)某同学在研究函数 f(x)x21 x24x5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 答案答案 解析 设 A(0,1) ，

17、 B(2,1)， f(x) x02012 x22012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

18、ACD. 解析解析 答案 (0,2) 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_ 解析 由题意得 1x 21， 1x11， 2x2， 0x2， 0x2，函数 g(x)f x 2 f(x1)的定义域为(0,2) 答案答案 解析解析 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) 答案 f(x)|tan 2020 x|(或 f(x)log 1

19、2|sin 2020 x|或 f(x) 2 cos 1010 x1 1 等) 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：_. 答案答案 解析解析 答案 6 21已知函数 f(x)(x24x)(ex2e2x)x1 在区间1,5的值域为 m，M，则 mM_. 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)(x24x)(ex2e2x)x1(x2)24 ex2e(x2)x 23 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(

20、x)的图象关于点(2,3)对称，则 mM6. 答案答案 解析解析 答案 1 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 的最大 整数 设xxx， 则函数f(x)2xxx1的所有零点之和为_ 答案答案 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

21、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 yf(x)的所有零点之和为1. 解析解析 2 B卷 PART TWO 解析 因为 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 bca.故选 D. 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 Dbc0，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

22、2 (0,1)，当 x 0， 2 时，f(x)(0,1)，排除 A；C 符合条件故 选 C. 解析解析 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|x0 Dx|x4 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)x2 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(

23、x 2)1 得 x22，故 x0，所以x|f(x2)1x|x0故选 C. 答案答案 解析解析 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，甲，乙，丁 D丁，甲，乙，丙 答案答案 解析 f(x)x，这个函数可使 f(xy)f(x)f(y)成立，f(xy)x y， 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

24、 yax(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)x2，这个函数可使 m(xy)m(x) m(y)成立，m(x)x2，m(x y)(xy)2 x2y2m(x) m(y)，故丙故选 D. 解析解析 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

25、)1，则 i0 n 1 fi( ) A2n1 B2n1 2 C1 1 2n D2 1 2n 答案答案 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 f2 2 1 23，f(n) 1 2n1， i0 n 1 fi i0 n 2i121 20212n1 1 212 n1 12 2n1 2，故选 B. 解析解析 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)(

26、a1 a2) b11 b21 b12 b22 ，其中 c1a1b11a2b21，c2 a1b12a2b22.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 答案答案 解析 (y1 y2)(f(a) f(b) 1 a1 b1 1 ，y1f(a)(a 1)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)

27、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. 解析解析 8(多选)(2020 山东日照二模)若实数 m，n 满足 5m4n5n4m，则 下列关系式中可能成立的是( ) Amn B1mn C0mn1 Dnm0 答案答案 解析 由题意，实数 m，n 满足 5m4n5n4m，可化为 4m5m5n 4n，设 yf(x)4x5x，yg(x)5x4x，由初等函数

28、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 y t0，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_ 解析 当 x1 时， f(x)x4 xa4a， 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. 答案答案 解析解析 11 (2020 北京高考)为满足人民对美好生活的向往，

29、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 答案答案 解析 fbfa ba 表示区间端点连线的

30、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，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 解析解析 答案 (8，) 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(x 2

31、)f(2x)，当 x2,0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_ 答案答案 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 y f(x)是定义在 R 上的偶函数，所以 f(4x)f(x) f(x)，即 f(4x)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(x 2)的图象有 4 个不同的交点，则有 a1，

32、 loga628，即实数 a 的取值范围是(8，) 解析解析 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) 解解 当 x0 时，f(x)loga(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

33、得 a2； 解解 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 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. 解解 本课结束