2024年高考数学重难点突破讲义：配套热练 第1讲　函数的图象与性质

这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：配套热练 第1讲　函数的图象与性质，共8页。试卷主要包含了已知函数f同时满足性质等内容，欢迎下载使用。

A组 固法热练
1．(2023·台州二模)已知函数f(x)同时满足性质：①f(－x)＝f(x)；②当∀x1，x2∈(0,1)时，eq \f(fx1－fx2,x1－x2)＜0，则函数f(x)可能为( D )
A．f(x)＝x2B．f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x
C．f(x)＝cs4xD．f(x)＝ln(1－|x|)
【解析】 由①知f(x)为偶函数，由②知f(x)在(0,1)上单调递减．则A不满足②，B不满足①，C不满足②．对于D，满足①，当x∈(0,1)时，f(x)＝ln(1－x)单调递减，也满足②，故选D．
2．(2023·唐山调研)已知函数f(x)＝eq \f(2x,x2＋1)，则其图象大致为( D )

A B C D
【解析】 函数的定义域为R，关于原点对称，且f(－x)＝eq \f(2－x,－x2＋1)＝－eq \f(2x,x2＋1)＝－f(x)，知函数f(x)为奇函数，图象关于原点对称，因此A，B错误．当x＞0时，f(x)＝eq \f(2x,x2＋1)＝eq \f(2,x＋\f(1,x))≤eq \f(2,2\r(,x·\f(1,x)))＝1，当且仅当x＝eq \f(1,x)，即x＝1时取等号，即当x＞0时，函数f(x)有最大值1，所以C错误，D正确．
3．(2023·娄底四模)已知函数f(x)＝eq \f(\r(,30＋ax),2＋a)在区间[－10，－3]上单调递增，则实数a的取值范围是( B )
A．(－∞，－2)∪(0,3)B．(－∞，－2)∪(0,3]
C．(－∞，－2)∪(0,10)D．(－∞，－2)∪(0,10]
【解析】 因为函数f(x)＝eq \f(\r(,30＋ax),2＋a)在区间[－10，－3]上单调递增，所以a(2＋a)＞0且30＋ax≥0在区间[－10，－3]上恒成立，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＋a＞0，,30－10a≥0，,30－3a≥0，))解得a＜－2或0＜a≤3．
4．(2023·苏北苏中八市二模)已知函数f(x)的定义域为R，y＝f(x)＋ex是偶函数，y＝f(x)－3ex是奇函数，则f(x)的最小值为( B )
A．eB．2eq \r(,2)
C．2eq \r(,3)D．2e
【解析】 由题知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f－x＋e－x＝fx＋ex，,f－x－3e－x＝－fx＋3ex，))消去f(－x)，得f(x)＝2e－x＋ex，所以f(x)＝2e－x＋ex≥2eq \r(,2e－x·ex)＝2eq \r(,2)，当且仅当2e－x＝ex，即x＝ln eq \r(,2)时取等号．
5．(2023·邵阳二模)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|lg5x|，0＜x＜5，,－cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)x))，5≤x≤15.)) 若存在实数x1，x2，x3，x4(x1＜x2＜x3＜x4)，满足f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝f(x4)，则x1x2x3x4的取值范围是( C )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(375,4)))B．(0,100)
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(75，\f(375,4)))D．(75,100)
【解析】 作出f(x)的图象如图所示．令f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝f(x4)＝a，则由图可知0＜a＜1，且－lg5x1＝lg5x2，－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)x3))＝－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,5)x4))，即x1x2＝1，x3＋x4＝20eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x3∈\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，\f(15,2)))))，因此x1x2x3x4＝x3x4＝x3(20－x3)＝－(x3－10)2＋100，x3∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5，\f(15,2)))，由二次函数的性质可得x1x2x3x4∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(75，\f(375,4)))．
(第5题)
6．(2023·临沂一模)(多选)已知f(x)＝x3g(x)为定义在R上的偶函数，则函数g(x)的解析式可以为( BD )
A．g(x)＝lgeq \f(1＋x,1－x)B．g(x)＝3x－3－x
C．g(x)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2x＋1)D．g(x)＝ln(eq \r(,x2＋1)＋x
【解析】 因为f(x)＝x3g(x)是偶函数，所以f(－x)＝f(x)，即g(－x)＝－g(x)，所以g(x)是奇函数．对于A，定义域为(－1,1)，所以不满足题意；对于B，定义域为R，g(－x)＝3－x－3x＝－g(x)，符合题意；对于C，定义域为R，g(－x)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2－x＋1)＝eq \f(1,2)＋eq \f(2x,1＋2x)＝eq \f(3,2)－eq \f(1,1＋2x)≠－g(x)，不符合题意；对于D，定义域为R，g(－x)＝ln(eq \r(,x2＋1)－x)，而g(－x)＋g(x)＝ln(eq \r(,x2＋1)－x)＋ln(eq \r(,x2＋1)＋x)＝0，符合题意．
7．(2023·杭州一检)(多选)已知函数f(x)＝eq \r(,x)＋eq \r(,3－x)，则( ABD )
A．f(x)的图象是轴对称图形，不是中心对称图形
B．f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，3))上单调递减
C．f(x)的最大值为eq \r(,3)，最小值为0
D．f(x)的最大值为eq \r(,6)，最小值为eq \r(,3)
【解析】 易得f(x)的定义域为(0,3)，f(3－x)＝f(x)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(3,2)轴对称，故A正确；因为f(x)≥0，f2(x)＝3＋2eq \r(,x3－x)，且y＝f(x)与y＝f2(x)的单调性相同，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，3))上单调递减，故B正确；由B知f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝eq \r(,6)，f(x)min＝f(0)＝f(3)＝eq \r(,3)，故C错误，D正确．
8．(2023·淮南一模)(多选)已知函数f(x)＝x＋eq \f(4,x)＋2，则( BD )
A．f(x)的值域为[6，＋∞)
B．直线3x＋y＋6＝0是曲线y＝f(x)的一条切线
C．f(x－1)图象的对称中心为(－1,2)
D．方程f2(x)－5f(x)－14＝0有3个实数根
【解析】 对于A，当x＞0时，f(x)＝x＋eq \f(4,x)＋2≥4＋2＝6，当且仅当x＝2时等号成立．当x＜0时，f(x)＝x＋eq \f(4,x)＋2≤－4＋2＝－2，当且仅当x＝－2时等号成立，故A错误．对于B，令f′(x)＝1－eq \f(4,x2)＝－3，得x＝±1，f(1)＝7，所以f(x)的图象在点(1,7)处的切线方程是y－7＝－3(x－1)，得3x＋y－10＝0，f(－1)＝－3，所以f(x)的图象在点(－1，－3)处的切线方程是y＋3＝－3(x＋1)，得3x＋y＋6＝0，故B正确．对于C，y＝x＋eq \f(4,x)图象的对称中心是(0,0)，所以f(x)＝x＋eq \f(4,x)＋2图象的对称中心是(0,2)，向右平移1个单位长度得f(x－1)的图象，故f(x－1)图象的对称中心是(1,2)，故C错误．对于D，由f2(x)－5f(x)－14＝0，解得f(x)＝－2或f(x)＝7．当x＋eq \f(4,x)＋2＝－2时，得(x＋2)2＝0，x＝－2,1个实根．当x＋eq \f(4,x)＋2＝7时，得x＝1或x＝4,2个实根，所以共有3个实根，故D正确．
9．(2023·枣庄期末)若函数f(x)＝eq \f(2x＋m,x＋1)在区间[0,1]上的最大值为3，则实数m＝__3__．
【解析】 因为函数f(x)＝eq \f(2x＋m,x＋1)＝2＋eq \f(m－2,x＋1)，由复合函数的单调性知，当m＞2时，f(x)＝eq \f(2x＋m,x＋1)在[0,1]上单调递减，最大值为f(0)＝m＝3；当m＜2时，f(x)＝eq \f(2x＋m,x＋1)在[0,1]上单调递增，最大值为f(1)＝eq \f(2＋m,2)＝3，即m＝4，显然m＝4不合题意，故实数m＝3．
10．(2023·邯郸期末)已知函数f(x)＝x＋eq \f(2x＋1,2x＋1＋a)为奇函数，则实数a＝__－2__．
【解析】 因为函数f(x)＝x＋eq \f(2x＋1,2x＋1＋a)为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，即－x＋eq \f(2－x＋1,2－x＋1＋a)＝－x－eq \f(2x＋1,2x＋1＋a)，所以eq \f(2－x＋1,2－x＋1＋a)＝－eq \f(2x＋1,2x＋1＋a)．因为eq \f(2－x＋1,2－x＋1＋a)＝eq \f(2x＋1,2＋a·2x)，所以eq \f(2x＋1,2＋a·2x)＝－eq \f(2x＋1,2x＋1＋a)，即2＋a·2x＝－(2x＋1＋a)＝－2x＋1－a，所以a·(2x＋1)＝－2x＋1－2＝－2(2x＋1)，解得a＝－2．
11．(2023·杭州一检)已知函数f(x)满足f(x)＝2f(－x)＋3x－1．
(1) 求函数f(x)的解析式；
【解答】 由题意得f(－x)＝2f(x)－3x－1，所以f(x)＝2[2f(x)－3x－1]＋3x－1，解得f(x)＝x＋1．
(2) 若关于x的方程|f(x)|＝k|x2－x－1|恰有四个不同的实根，求实数k的取值范围．
【解答】 当k＜0时，显然无解．当k＝0时，|x＋1|＝0只有一个实根，不符合条件；当k＞0时，eq \f(1,k)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x2－x－1,x＋1)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋1＋\f(1,x＋1)－3))恰有四个不相等的实根，所以(x＋1)＋eq \f(1,x＋1)＝3＋eq \f(1,k)与(x＋1)＋eq \f(1,x＋1)＝3－eq \f(1,k)共有四个不相等的实根，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(3＋\f(1,k)))＞2，,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(3－\f(1,k)))＞2，))解得eq \f(1,k)＞5或0＜eq \f(1,k)＜1，所以0＜k＜eq \f(1,5)或k＞1，所以实数k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,5)))∪(1，＋∞)．
12．设函数f(x)＝kax－2a－x(a＞0，a≠1，k∈R)，f(x)是定义域为R的奇函数．
(1) 求k的值；
【解答】 因为f(x)＝kax－2a－x是定义域为R的奇函数，所以f(－x)＋f(x)＝ka－x－2ax＋kax－2a－x＝(k－2)(ax＋a－x)＝0，而ax＋a－x＞0，所以k＝2．
(2) 若f(1)＝3，判断并证明f(x)的单调性；
【解答】 由(1)得f(x)＝2ax－2a－x，f(x)是定义域为R的奇函数，而f(1)＝3，则2a－2a－1＝3，即2a2－3a－2＝0．又a＞0，a≠1，解得a＝2，则函数f(x)＝2(2x－2－x)在R上单调递增，证明如下：∀x1，x2∈R，x1＜x2，f(x1)－f(x2)＝2(2x1－2－x1)－2(2x2－2－x2)＝2(2x1－2x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2x1·2x2)))，因为x1＜x2，则2x1－2x2＜0,1＋eq \f(1,2x1·2x2)＞0，于是f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，所以函数f(x)在定义域R上单调递增．
(3) 若a＝3，使得2f(2x)≤(λ＋1)f(x)对一切x∈[－2，－1]恒成立，求λ的取值范围．
【解答】 当a＝3时，f(x)＝2(3x－3－x)，∀x∈[－2，－1]，2f(2x)≤(λ＋1)f(x)⇔4(32x－3－2x)≤2(λ＋1)·(3x－3－x)⇔2(3x＋3－x)(3x－3－x)≤(λ＋1)(3x－3－x)，而函数y＝3x－3－x在[－2，－1]上单调递增，3x－3－x≤3－1－3＜0，于是得λ＋1≤2(3x＋3－x)，令3x＝t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,9)，\f(1,3)))，函数y＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(1,t)))在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,9)，\f(1,3)))上单调递减，当t＝eq \f(1,3)，即x＝－1时，[2(3x＋3－x)]min＝eq \f(20,3)，因此，λ＋1≤eq \f(20,3)，解得λ≤eq \f(17,3)，所以λ的取值范围是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(λ|λ≤\f(17,3)))．
B组 抓分题天天练
13．(多选)已知eb＜ea＜1，则下列结论正确的是( ABD )
A．a2＜b2B．eq \f(b,a)＋eq \f(a,b)＞2
C．ab＞b2D．lga2＜lg(ab)
【解析】 由eb＜ea＜1，则b＜a＜0．因为a2－b2＝(a－b)(a＋b)＜0，所以a2＜b2，A正确；因为b＜a＜0，所以eq \f(b,a)＞0，eq \f(a,b)＞0，由基本不等式得eq \f(a,b)＋eq \f(b,a)＞2eq \r(\f(b,a)·\f(a,b))＝2，B正确；ab－b2＝b(a－b)＜0，所以ab＜b2，C错误；a2－ab＝a(a－b)＜0，所以a2＜ab，所以lga2＜lg(ab)，D正确．
14．若函数f(x)＝cs2x＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))在(0，α)上恰有2个零点，则α的取值范围为( B )
A．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，\f(4π,3)))B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，\f(4π,3)))
C．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)，\f(8π,3)))D．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,3)，\f(8π,3)))
【解析】 由题意，函数f(x)＝cs2x＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，因为0＜x＜α，所以eq \f(π,3)＜2x＋eq \f(π,3)＜2α＋eq \f(π,3)．又由f(x)在(0，α)上恰有2个零点，所以2π＜2α＋eq \f(π,3)≤3π，解得eq \f(5π,6)＜α≤eq \f(4π,3)，所以α的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，\f(4π,3)))．
15．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，PA＝AD＝AB＝2，BC＝1，M为PC中点．
(第15题)
(1) 求证：PB⊥DM;
【解答】 如图，取PB中点N，连接AN，MN．因为PA＝AB＝2，所以AN⊥PB．又PA⊥平面ABCD，且AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD．又AD⊥AB，AB∩PA＝A，AB⊂平面PAB，PA⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB．又PB⊂平面PAB，所以AD⊥PB．又AN⊥PB，AN∩AD＝A，AN⊂平面ADMN，AD⊂平面ADMN，所以PB⊥平面ADMN．又DM⊂平面ADMN，所以PB⊥DM．
(第15题)
(2) 求点C到平面PBD的距离．
【解答】 由已知得，BD＝eq \r(,AB2＋AD2)＝2eq \r(,2)，同理可得PB＝PD＝BD＝2eq \r(,2)．又BC＝1，PA＝AB＝2，则VP－BCD＝eq \f(1,3)S△CBD·PA＝eq \f(1,3)·eq \f(1,2)·BC·AB·PA＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×2×2＝eq \f(2,3)．设点C到平面PBD的距离为h，由PB＝PD＝BD＝2eq \r(,2)，得S△PBD＝eq \f(\r(,3),4)×(2eq \r(,2))2＝2eq \r(,3)，则VC－PBD＝eq \f(1,3)S△PBD×h＝eq \f(1,3)×2eq \r(,3)×h＝eq \f(2\r(,3),3)h．又因为VP－BCD＝VC－PBD，所以eq \f(2,3)＝eq \f(2\r(,3),3)h，解得h＝eq \f(\r(,3),3)，即点C到平面PBD的距离为eq \f(\r(,3),3)．