高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测21《函数的图象与性质》小题练（教师版）

这是一份高考数学(理数)二轮复习课时跟踪检测21《函数的图象与性质》小题练（教师版），共7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
1．函数f(x)＝eq \f(3x2,\r(1－x))＋eq \r(lg3x＋1)的定义域是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，＋∞)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，1))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(1,3))) D．[0,1)
解析：选D 要使函数有意义，需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg3x＋1≥0，,1－x>0.))即0≤x<1.
2．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x－2)，x>2，,x2＋2，x≤2，))则f[f(1)]＝( )
A．－eq \f(1,2) B．2
C．4 D．11
解析：选C ∵f(1)＝12＋2＝3，∴f [f(1)]＝f(3)＝3＋eq \f(1,3－2)＝4.故选C.
3．函数y＝ln(2－|x|)的大致图象为( )
解析：选A 令f(x)＝ln(2－|x|)，易知函数f(x)的定义域为{x|－24．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋1，x>0，,cs6π＋x，x≤0，))则下列结论正确的是( )
A．函数f(x)是偶函数
B．函数f(x)是减函数
C．函数f(x)是周期函数
D．函数f(x)的值域为[－1，＋∞)
解析：选D 由函数f(x)的解析式，知f(1)＝2，f(－1)＝cs(－1)＝cs 1，f(1)≠f(－1)，则f(x)不是偶函数．当x>0时，f(x)＝x2＋1，则f(x)在区间(0，＋∞)上是增函数，且f(x)>1；当x≤0时，f(x)＝cs x，则f(x)在区间(－∞，0]上不是单调函数，且f(x) ∈[－1,1]．所以函数f(x)不是单调函数，也不是周期函数，其值域为[－1，＋∞)．故选D.
5．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)＝lg2(x＋2)－1，则f(－6)＝( )
A．2 B．4
C．－2 D．－4
解析：选C 由题意，知f(－6)＝－f(6)＝－(lg28－1)＝－3＋1＝－2，故选C.
6．已知奇函数f(x)在R上单调递增，若f(1)＝1，则满足－1≤f(x－2)≤1的x的取值范围是( )
A．[－2,2] B．[－1,1]
C．[0,4] D．[1,3]
解析：选D 因为f(x)为奇函数，且f(1)＝1，所以f(－1)＝－1，故f(－1)＝－1≤f(x－2)≤1＝f(1)，又函数f(x)在R上单调递增，所以－1≤x－2≤1，解得1≤x≤3，故选D.
7．函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \r(x2－x－1)的单调递增区间为( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1－\r(5),2))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(5),2)，＋∞)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
解析：选A 由x2－x－1≥0，可得函数f(x)的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\a\vs4\al(|)x≤\f(1－\r(5),2)或x≥\f(1＋\r(5),2))).令t＝eq \r(x2－x－1)，则y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))t，该指数函数在定义域内为减函数．根据复合函数的单调性，要求函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \r(x2－x－1)的单调递增区间，即求函数t＝eq \r(x2－x－1)的单调递减区间，易知函数t＝eq \r(x2－x－1)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1－\r(5),2))).所以函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \r(x2－x－1)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1－\r(5),2)))，故选A.
8．已知奇函数f(x)满足f(x＋1)＝f(1－x)，若当x∈(－1,1)时，f(x)＝lgeq \f(1＋x,1－x)，且f(2 018－a)＝1，则实数a的值可以是( )
A.eq \f(9,11) B．eq \f(11,9)
C．－eq \f(9,11) D．－eq \f(11,9)
解析：选A ∵f(x＋1)＝f(1－x)，∴f(x)＝f(2－x)，又函数f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(2＋x)＝－f(x)，∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，∴函数f(x)为周期函数，周期为4.当x∈(－1，1)时，令f(x)＝lgeq \f(1＋x,1－x)＝1，得x＝eq \f(9,11)，又f(2 018－a)＝f(2－a)＝f(a)，∴a可以是eq \f(9,11)，故选A.
9．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ex－a，x≤0，,2x－a，x>0))(a∈R)，若函数f(x)在R上有两个零点，则实数a的取值范围是( )
A．(0,1] B．[1，＋∞)
C．(0,1) D．(－∞，1]
解析：选A 画出函数f(x)的大致图象如图所示．因为函数f(x)在R上有两个零点，所以f(x)在(－∞，0]和(0，＋∞)上各有一个零点．当x≤0时，f(x)有一个零点，需0≤1－a<1，即00时，f(x)有一个零点，需－a<0，即a>0.综上010．已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x＋2)＋f(x)＝0且当x∈[0,1]时，f(x)＝lg2(x＋1)，则下列不等式正确的是( )
A．f(lg27)B．f(lg27)C．f(－5)D．f(－5)解析：选C f(x＋2)＋f(x)＝0⇒f(x＋2)＝－f(x)⇒f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以f(x)是周期为4的周期函数．
又f(－x)＝－f(x)，且有f(2)＝－f(0)＝0，
所以f(－5)＝－f(5)＝－f(1)＝－lg22＝－1，f(6)＝f(2)＝0.
又2f(lg27)＋f(lg27－2)＝0⇒f(lg27)＝－f(lg27－2)＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(7,4)))＝－lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(7,4)＋1))＝－lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(7,2)))，又1所以f(－5)11．若函数y＝f(x)的图象上的任意一点P的坐标(x，y)满足条件|x|≥|y|，则称函数f(x)具有性质S，那么下列函数中具有性质S的是( )
A．f(x)＝ex－1 B．f(x)＝ln(x＋1)
C．f(x)＝sin x D．f(x)＝tan x
解析：选C 不等式|x|≥|y|表示的平面区域如图中阴影部分所示，函数f(x)具有性质S，则函数图象必须完全分布在阴影区域①和②部分，f(x)＝ex－1的图象分布在区域①和③内，f(x)＝ln(x＋1)的图象分布在区域②和④内，f(x)＝sin x的图象分布在区域①和②内，f(x)＝tan x在每个区域都有图象，故选C.
12．函数f(x)的定义域为{x|x≠0}，f(x)>0，满足f(x·y)＝f(x)·f(y)，且在区间(0，＋∞)上单调递增，若m满足f(lg3m)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lgm))≤2f(1)，则实数m的取值范围是( )
A．[1,3] B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))∪(1,3] D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))∪(1,3]
解析：选D 由于f(x·y)＝f(x)·f(y)，f(x)>0，则令x＝y＝1可得f(1)＝[f(1)]2，即f(1)＝1.令x＝y＝－1，则f(1)＝[f(－1)]2＝1，即f(－1)＝1.令y＝－1，则f(－x)＝f(x)f(－1)＝f(x)，即f(x)为偶函数．由f(lg3m)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lgm))＝2f(1)得2f(lg3m)≤2f(1)，得f(|lg3m|)≤f(1)．由于f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，则|lg3m|≤1，且lg3m≠0，解得m∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))∪(1,3]．
二、填空题
13．若f(x)＝2x＋2－xlg a是奇函数，则实数a＝________.
解析：∵函数f(x)＝2x＋2－xlg a是奇函数，∴f(x)＋f(－x)＝0，即2x＋2－xlg a＋2－x＋2xlg a＝0，(2x＋2－x)(1＋lg a)＝0，∴lg a＝－1，∴a＝eq \f(1,10).
答案：eq \f(1,10)
14．已知a>0，函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(sin\f(π,2)x，x∈[－1，0，,ax2＋ax＋1，x∈[0，＋∞，))若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,3)))>－eq \f(1,2)，则实数t的取值范围为________．
解析：当x∈[－1,0)时，函数f(x)＝sineq \f(π,2)x单调递增，且f(x)∈[－1,0)，当x∈[0，＋∞)时，函数f(x)＝ax2＋ax＋1，此时函数f(x)单调递增且f(x)≥1，综上，当x∈[－1，＋∞)时，函数f(x)单调递增，由f(x)＝sineq \f(π,2)x＝－eq \f(1,2)得eq \f(π,2)x＝－eq \f(π,6)，解得x＝－eq \f(1,3)，则不等式feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,3)))>－eq \f(1,2)，等价于feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,3)))>feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))，∵函数f(x)是增函数，∴t－eq \f(1,3)>－eq \f(1,3)，即t>0.故t的取值范围为(0，＋∞)．
答案：(0，＋∞)
15．已知奇函数f(x)满足对任意的x∈R都有f(x＋6)＝f(x)＋f(3)成立，且f(1)＝1，f(2)＝2，则f(2 017)＋f(2 018)＝________.
解析：因为f(x＋6)＝f(x)＋f(3)，所以当x＝－3时，有f(3)＝f(－3)＋f(3)，即f(－3)＝0，又f(x)为奇函数，所以f(3)＝0，所以f(x＋6)＝f(x)，函数f(x)是以6为周期的周期函数，f(2 017)＋f(2 018)＝f(336×6＋1)＋f(336×6＋2)＝f(1)＋f(2)＝3.
答案：3
16．已知函数f(x)＝min{2eq \r(x)，|x－2|}，其中min{a，b}＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a，a≤b，,b，a>b，))若动直线y＝m与函数y＝f(x)的图象有三个不同的交点，且它们的横坐标分别为x1，x2，x3，则x1·x2·x3的最大值是________．
解析：因为函数f(x)＝min{2eq \r(x)，|x－2|}
＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2\r(x)，0≤x≤4－2\r(3)，,2－x，4－2\r(3)4＋2\r(3)，))
作出其大致图象如图所示，若直线y＝m与函数f(x)的图象有三个不同的交点，则0B级——难度小题强化练
1．函数f(x)＝lneq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2x＋2－x,2x－2－x)))的图象可能是( )
解析：选A 易知函数f(x)是偶函数，故其图象关于y轴对称，排除选项C.函数的定义域是x≠0，排除选项D.eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2x＋2－x,2x－2－x)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4x＋1,4x－1)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,4x－1)))>1，所以f(x)>0，排除选项B.故选A.
2．若函数f(x)同时满足下列两个条件，则称该函数为“优美函数”：
(1)∀x∈R，都有f(－x)＋f(x)＝0；
(2)∀x1，x2∈R，且x1≠x2，都有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)<0.给出下列四个函数，
①f(x)＝sin x；②f(x)＝－2x3；
③f(x)＝1－x；④f(x)＝ln(eq \r(x2＋1)＋x)．
其中为“优美函数”的个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选B 由条件(1)，得f(x)是奇函数，由条件(2)，得f(x)是R上的单调减函数．
对于①，f(x)＝sin x在R上不单调，故不是“优美函数”；对于②，f(x)＝－2x3既是奇函数，又在R上单调递减，故是“优美函数”；对于③，f(x)＝1－x不是奇函数，故不是“优美函数”；对于④，易知f(x)在R上单调递增，故不是“优美函数”．故选B.
3．已知定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝0，f(x)＋f(1－x)＝1，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,3)))＝eq \f(1,2)f(x)，且当0≤x1A.eq \f(1,2 018) B．eq \f(1,2 017)
C.eq \f(1,128) D.eq \f(1,256)
解析：选C 在f(x)＋f(1－x)＝1中，令x＝1，得f(1)＝1，令x＝eq \f(1,2)，得f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(1,2)，在f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,3)))＝eq \f(1,2)f(x)中，令x＝1，得f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝eq \f(1,2)，由此得f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，再根据当0≤x14.如图，已知l1⊥l2，圆心在l1上、半径为1 m的圆O沿l1以1 m/s的速度匀速竖直向上移动，且在t＝0时，圆O与l2相切于点A，圆O被直线l2所截得到的两段圆弧中，位于l2上方的圆弧的长记为x，令y＝cs x，则y与时间t(0≤t≤1，单位：s)的函数y＝f(t)的图象大致为( )
解析：选B 如图所示，设∠MON＝α，由弧长公式知x＝α，在Rt△AOM中，|AO|＝1－t，cs eq \f(x,2)＝eq \f(|OA|,|OM|)＝1－t，∴y＝cs x＝2cs2eq \f(x,2)－1＝2(t－1)2－1(0≤t≤1)．故其对应的大致图象应为B.
5．对于实数a，b，定义运算“⊗”：a⊗b＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－ab，a≤b，,b2－ab，a>b.))设f(x)＝(x－4)⊗eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,4)x－4))，若关于x的方程|f(x)－m|＝1(m∈R)恰有四个互不相等的实数根，则实数m的取值范围是________．
解析：由题意得，f(x)＝(x－4)⊗eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,4)x－4))＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)x2＋3x，x≥0，,\f(21,16)x2－3x，x<0，))画出函数f(x)的大致图象如图所示．
因为关于x的方程|f(x)－m|＝1(m∈R)，即f(x)＝m±1(m∈R)恰有四个互不相等的实数根，所以两直线y＝m±1(m∈R)与曲线y＝f(x)共有四个不同的交点，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋1>3，,06．已知函数y＝f(x)(x∈R)，对函数y＝g(x)(x∈R)，定义g(x)关于f(x)的“对称函数”为函数y＝h(x)(x∈R)，y＝h(x)满足：对任意的x∈R，两个点(x，h(x))，(x，g(x))关于点(x，f(x))对称．若h(x)是g(x)＝eq \r(4－x2)关于f(x)＝3x＋b的“对称函数”，且h(x)>g(x)恒成立，则实数b的取值范围是________．
解析：根据“对称函数”的定义可知，eq \f(hx＋\r(4－x2),2)＝3x＋b，即h(x)＝6x＋2b－eq \r(4－x2)，h(x)>g(x)恒成立，等价于6x＋2b－eq \r(4－x2)> eq \r(4－x2)，即3x＋b>eq \r(4－x2)恒成立，设y1＝3x＋b，y2＝eq \r(4－x2)，作出两个函数对应的图象如图所示，当直线和上半圆相切时，圆心到直线的距离d＝eq \f(|b|,\r(1＋32))＝eq \f(|b|,\r(10))＝2，即|b|＝2eq \r(10)，
∴b＝2eq \r(10)或b＝－2eq \r(10)(舍去)，若要使h(x)>g(x)恒成立，则b>2eq \r(10)，
即实数b的取值范围是(2eq \r(10)，＋∞)．
答案：(2eq \r(10)，＋∞)