2022高考数学(理)二轮复习课时巩固过关练 四 2.2.1函数的图象与性质 Word版含答案

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课时巩固过关练 四
函数的图象与性质 (45分钟 80分)
一、选择题(每小题5分，共25分)
1.(2021·天津高考)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(log 0.53)，b=f(log 25)，c=f(2m)，则a ，b ，c 的大小关系为( ) A.a<b<c B.c<a<b C.a<c<b D.c<b<a
【解析】选B.由f (x )为偶函数得m=0，所以a=2，b=4，c=0.所以c<a<b. 2.(高考猜测题)函数f(x)=(e x +e -x )sin x 的部分图象大致为( )
【解析】选A.函数f(x)=(e x +e -x )sin x 是奇函数，排解B ，D ；当0<x<π时，f(x)>0，排解C.故A 正确. 【加固训练】函数f(x)=
x x 2+a
的图象不行能是( )
【解析】选D.当a=0时，f(x)=x
x 2+a =1x
，C 选项有可能.当a ≠0时，f(0)=
x
x 2+a
=0，
所以D 图象不行能.
3.(2021·菏泽模拟)给定函数①y=x
1
2;②y=lo g
12
(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 【解析】选B.①y=x 1
2在区间(0,1)上单调递增;②y=lo g
12
(x+1)在区间(0,1)上单调
递减;③y=|x-1|={x −1,x ≥1,
1−x,x <1
在区间(0,1)上单调递减;④y=2x+1在区间(0,1)上单
调递增.
4.当0<x ≤1
2
时，4x <log a x ，则a 的取值范围是( )
A.(0,√2
2
)
B.(√2
2
,1)
C.(1,√2)
D.(√2,2)
【解析】选B.由于0<x ≤1
2
，所以4x >1，
又4x <log a x ，所以a ∈(0，1)，
则函数y=4x 与y=log a x 的大致图象如图所示.
所以只需满足log a1
2>2即可，解得a>√2
2
，
所以√2
2
<a<1.
【一题多解】本题还可用以下方法求解：
选B.由于0<x≤1
2
，所以4x>1，又4x<log a x，所以a∈(0，1).
令f(x)=4x-log a x，则当0<x≤1
2时f(x)<0，故只需f(x)max<0，又f(x)在(0,1
2
]上单
调递增，故当x=1
2时，f(x)max=2-log a1
2
，由2-log a1
2
<0，解得a>√2
2
，所以√2
2
<a<1.
【方法技巧】不等式恒成立问题解题技巧
(1)分别参数法：若在等式或不等式中消灭两个变量，其中一个变量的范围已知，另一个变量的范围为所求，且简洁通过恒等变形将两个变量分别置于等号或不等号的两边，则可将恒成立问题转化成函数的最值问题求解.
①f(x)≥m对任意x都成立⇔f(x)min≥m；
②f(x)≤m对任意x都成立⇔m≥f(x)max.
(2)数形结合法：若把不等式进行合理变形后，能格外简洁地画出不等号两边函数的图象，这样就把一个很难解决的不等式的问题转化为一个易解决的函数图象的问题，然后从图象中查找条件，就能解决问题.
【加固训练】(2021·武汉模拟)若定义在[-2021，2021]上的函数f(x)满足：对任意x1，x2∈[-2021，2021]有f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)-2022，且x>0时，f(x)>2022，记f(x)在[-2021，2021]上的最大值和最小值为M，N，则M+N的值为( ) A.2021 B.2022 C.4027 D.4028
【解析】选D.令x1=x2=0得f(0)=2022.
设-2021<x1<x2<2021，
且x2=x1+h(h>0)，则f(h)>2022.
所以f(x2)=f(x1+h)=f(x1)+f(h)-2022>f(x1).
可知f(x)在[-2021，2021]上是增函数.
故M+N=f(2021)+f(-2021)=f(2021-2021)+2022=f(0)+2022=4028.
5.(2021·山东高考)设函数f(x)={
3x−b,x<1,
2x,x≥1.若f(f(
5
6
))=4，则b=( )
A.1
B.7
8
C.3
4
D.1
2
【解题提示】可以对分段函数f(x)分状况争辩，或将选项代入验证.
【解析】选D.当f(5
6
)=5
2
-b≥1，即b≤3
2
时，
f(f(5
6
))=f(5
2
−b)=252−b=4，5
2
-b=2得
b=1
2
；当f(5
6
)=5
2
-b<1，即b>3
2
时，
f(f(5
6
))=f(5
2
−b)=3(5
2
−b)-b=4，解得
b=7
8
<3
2
，舍去.故b=1
2
.
注：本题也可以将b=1，7
8
，3
4
，1
2
逐一代入验算.
二、填空题(每小题5分，共15分)
6.(2021·沈阳二模)已知定义在R上的偶函数f(x)在[0，+∞)上单调递增，且f(1)=0，则不等式f(x-2)≥0的解集是.
【解析】由题知x-2≥1或x-2≤-1，所以不等式的解集是(-∞，1]∪[3，+∞).
答案：(-∞，1]∪[3，+∞)
【加固训练】已知函数f(x)，g(x)都是R 上的奇函数，且F(x)=3f(x)+5g(x)+2.若F(a)=b ，则F(-a)= . 【解析】由题设F(a)=3f(a)+5g(a)+2=b. 3f(a)+5g(a)=b-2.又F(-a)=3f(-a)+5g(-a)+2 =-3f (a)-5g(a)+2=-(b-2)+2=4-b. 答案：4-b
7.(高考猜测题)已知函数f(x)={(12
)x
,x ≥0,1−3x,x <0,
若f(2a 2-3)>f(5a)，则实数a 的取
值范围是 .
【解析】由图象可知函数f(x)在定义域上单调递减，所以由f(2a 2
-3)>f(5a)得，
2a 2-3<5a ，
即2a 2-5a-3<0，解得-1
2
<a<3，即实数a 的取值范围是(−1
2
,3).
答案：(−1
2,3)
8.设函数f(x)是定义在R 上的偶函数，且对任意的x ∈R 恒有f(x+1)=f(x-1)，已知当x ∈[0，1]时，f(x)=(12)
1−x
，则①2是函数f(x)的周期；
②函数f(x)在(1，2)上是减函数，在(2，3)上是增函数； ③函数f(x)的最大值是1，最小值是0.
其中全部正确命题的序号是 . 【解析】在f(x+1)=f(x-1)中，令x-1=t ，则有 f(t+2)=f(t)，因此2是函数f(x)的周期，故①正确， 由于f(x)是偶函数，所以f(x-1)=f(1-x)， 结合f(x+1)=f(x-1)得f(1+x)=f(1-x)， 故f(x)的图象关于x=1对称. 当x ∈[0，1]时，f(x)=(12
)
1−x =2x-1，单调递增，
所以f(x)在(1，2)上单调递减，在(2，3)上是增函数，故②正确.
由②知，f(x)在一个周期区间[0，2]上的最大值为f(1)=1，最小值为f(0)=f(2)=1
2，
所以函数f(x)的最大值为1，最小值为1
2
，故③不正确.
答案：①②
【加固训练】(2021·长春一模)定义[x]表示不超过x 的最大整数.例如，[1.5]=1，[-1.5]=-2.若f(x)=sin(x-[x])，则下列结论中： ①y=f(x)为奇函数；
②y=f(x)是周期函数，周期为2π； ③y=f(x)的最小值为0，无最大值； ④y=f(x)无最小值，最大值为sin1.
正确的序号是 .
【解析】f(1.5)=sin(1.5-[1.5])=sin0.5，f(-1.5)=sin(-1.5-[-1.5])=sin0.5，则f(1，5)=f(-1.5)，故①错.f(x+1)=sin(x+1-[x+1])=sin(x+1-[x]-1) =sin(x-[x])=f(x)，所以T=1，故②错.g (x)=x-[x]在[k ，k+1)(k ∈Z)内是单调递增的周期函数，知g(x)∈[0，1)，故f(x)∈[0，sin1)，故③正确，易知④错.综
上，正确的序号为③.
答案：③
三、解答题(9题12分，10，11题每小题14分，共40分)
9.(2021·泰安模拟)已知奇函数f(x)的定义域为[-1，1]，当x∈[-1，0)时，
f(x)=-(1
2)
x .
(1)求函数f(x)在[0，1]上的值域.
(2)若x∈(0，1]，y=1
4f2(x)-λ
2
f(x)+1的最小值为-2，求实数λ的值.
【解析】(1)设x∈(0，1]，则-x∈[-1，0)，
所以f(-x)=-(1
2)
−x
=-2x.
又由于f(x)为奇函数，所以f(-x)=-f(x)，
所以当x∈(0，1]时，f(x)=-f(-x)=2x，
所以f(x)∈(1，2].
又f(0)=0，所以当x∈[0，1]时函数f(x)的值域为(1，2]∪{0}.
(2)由(1)知当x∈(0，1]时，f(x)∈(1，2]，
所以1
2f(x)∈(1
2
,1]，
令t=1
2f(x)，则1
2
<t≤1，
g(t)=1
4f2(x)-λ
2
f(x)+1=t2-λt+1=(t−λ
2
)
2
+1-λ
2
4
.
①当λ
2≤1
2
，即λ≤1时，g(t)>g(1
2
)无最小值.
②当1
2<λ
2
≤1即1<λ≤2时，
g(t)min=g(λ
2)=1-λ
2
4
=-2.
解得λ=±2√3舍去. ③当λ
2
>1，即λ>2时，g(t)min=g(1)=-2，
解得λ=4.
综上所述：λ=4.
10.(2021·威海模拟)已知函数f(x)=a-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，求满足f(ax)<f(2)的x的范围.
【解题提示】(1)代入解析式直接计算.(2)利用单调性的定义求解和证明.(3)先由f(x)为奇函数求出a的值，再利用单调性解不等式.
【解析】(1)f(0)=a-2
20+1
=a-1，
(2)由于f(x)的定义域为R，所以任取x1，x2∈R且x1<x2，
则f(x1)-f(x2)=a-2
2x1+1
-a+2
2x2+1
=2·(2x1−2x2)
(1+2x1)(1+2x2)
，
由于y=2x在R上单调递增且x1<x2，
所以0<2x1<2x2，
所以2x1-2x2<0，2x1+1>0，2x2+1>0，
所f(x1)-f(x2)<0即f(x1)<f(x2)，
所以f(x)在R上单调递增.
(3)由于f(x)是奇函数，所以f(-x)=-f(x)，
即a-2
2−x+1
=-a+2
2x+1
，
解得a=1.(或用f(0)=0去解)
所以f(ax)<f(2)即为f(x)<f(2)，
又由于f(x)在R上单调递增，
所以x<2.
【加固训练】(2021·安阳模拟)设f(x)=a x+b同时满足条件f(0)=2和对任意x∈R 都有f(x+1)=2f(x)-1成立.
(1)求f(x)的解析式.
(2)设函数g(x)的定义域为[-2，2]，且在定义域内g(x)=f(x)，且函数h(x)的图象与g(x)的图象关于直线y=x对称，求h(x).
(3)求函数y=g(x)+h(x)的值域.
【解析】(1)由f(0)=2，得b=1，
由f(x+1)=2f(x)-1，得a x(a-2)=0，
由a x>0得a=2，所以f(x)=2x+1.
(2)由题意知，当x∈[-2，2]时，g(x)=f(x)=2x+1.设点P(x，y)是函数h(x)的图象上任意一点，它关于直线y=x对称的点为P′(y，x)，依题意点P′(y，x)在函数g(x)的图象上，
即x=2y+1，
所以y=log2(x-1)，
即h(x)=log2(x-1)(x∈[5
4
,5]).
(3)由已知得，y=log2(x-1)+2x+1，且定义域是[5
4
,2].
由于函数g(x)=2x+1与h(x)=log2(x-1)在区间[5
4
,2]上均为增函数，
当x=5
4
时，y=2√24-1，当x=2时，y=5，
所以函数y=g(x)+h(x)(x∈[5
4,2])的值域为[2√2
4-1，5].
11.(探究创新题)函数f(x)是定义在R上的偶函数，且对任意实数x，都有f(x+1)=f(x-1)成立，已知当x∈[1，2]时，f(x)=log a x.
(1)求x∈[-1，1]时，函数f(x)的表达式.
(2)求x∈[2k-1，2k+1](k∈Z)时，函数f(x)的表达式.
(3)若函数f(x)的最大值为1
2
，在区间[-1，3]上，解关于x的不等式f(x)>1
4
. 【解析】(1)由于f(x+1)=f(x-1)，且f(x)是R上的偶函数，所以f(x+2)=f(x)，
所以f(x)={log a(2+x),x∈[−1,0]
log a(2−x),x∈(0,1].
(2)当x∈[2k-1，2k]时，f(x)=f(x-2k)
=log a(2+x-2k)，
同理，当x∈(2k，2k+1]时，
f(x)=f(x-2k)=log a(2-x+2k)，
所以f(x)={log a(2+x−2k),x∈[2k−1,2k],
log a(2−x+2k),x∈(2k,2k+1].
(3)由于函数是以2为周期的周期函数，故只需要考查区间[-1，1]，
当a>1时，由函数f(x)的最大值为1
2
，
知f(0)=f(x)max=log a2=1
2
，即a=4.
当0<a<1时，则当x=±1时，
函数f(x)取最大值为1
2
，
即log a(2-1)=1
2
，舍去.
综上所述a=4.
当x∈[-1，1]时，若x∈[-1，0]，
则log4(2+x)>1
4
，所以√2-2<x≤0；
若x∈(0，1]，则log4(2-x)>1
4
，
所以0<x<2-√2，
所以此时满足不等式的解集为(√2-2，2-√2)， 由于函数是以2为周期的周期函数，
所以在区间[1，3]上，f(x)>1
4的解集为(√2，4-√2)，
综上所得不等式的解集为(√2-2，2-√2)∪(√2，4-√2).
【加固训练】(2021·浙江高考)设函数f(x)=x 2+ax+b(a ，b ∈R). (1)当b=a 2
4+1时，求函数f(x)在[-1，1]上的最小值g(a)的表达式.
(2)已知函数f(x)在[-1，1]上存在零点，0≤b-2a ≤1，求b 的取值范围. 【解题提示】(1)将函数进行配方，利用对称轴与给定区间的位置关系，通过分类争辩确定函数在给定区间上的最小值，并用分段函数的形式进行表示；(2)设定函数的零点，依据条件表示两个零点之间的不等关系，通过分类争辩，分别确定参数b 的取值状况，利用并集原理得到参数b 的取值范围.
【解析】(1)当b=a 2
4+1时，f(x)=(x +a 2
)2
+1，故其对称轴为x=-a
2
.
当a ≤-2时，g(a)=f(1)=a 2
4+a+2， 当-2<a ≤2时，g(a)=f (−a
2)=1，
当a>2时，g(a)=f(-1)=a 24
-a+2.
综上，g(a)={ a 2
4+a +2,a ≤−2,
1,−2<a ≤2,a 2
4−a +2,a >2.
(2)设s ，t 为方程f(x)=0的解，且-1≤t ≤1，
则{s +t =−a,st =b,
由于0≤b-2a ≤1，因此
−2t t+2
≤s ≤
1−2t t+2
(-1≤t ≤1)，
当0≤t ≤1时，
−2t 2t+2
≤b ≤
t−2t 2t+2
，由于-23
≤
−2t 2
t+2
≤0和-13
≤
t−2t 2
t+2
≤9-4√5，
所以-23
≤b ≤9-4√5， 当-1≤t ≤0时，t−2t 2t+2
≤b ≤
−2t 2
t+2，
由于-2≤
−2t 2t+2
<0和-3≤
t−2t 2t+2
<0，所以-3≤b<0
综上可知，b 的取值范围是[−3,9−4√5].
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