2021届二轮复习 函数图象与性质 课时作业（全国通用） 练习

第2讲 函数图象与性质

专题强化训练

1．(2020·金华十校调研)已知奇函数f(x)当x＞0时，f(x)＝x(1－x)，则当x＜0时，f(x)的表达式是(　　)

A．f(x)＝－x(1＋x) B．f(x)＝－x(1－x)

C．f(x)＝x(1＋x) D．f(x)＝x(x－1)

解析：选C.设x＜0，则－x＞0，又当x＞0时，f(x)＝x(1－x)，故f(－x)＝－x(1＋x)，又函数为奇函数，故f(－x)＝－f(x)＝－x(x＋1)，即f(x)＝x(x＋1)，故选C.

2．已知f(x)＝x＋－1，f(a)＝2，则f(－a)＝(　　)

A．－4 B．－2

C．－1 D．－3

解析：选A.因为f(x)＝x＋－1，所以f(a)＝a＋－1＝2，所以a＋＝3，所以f(－a)＝－a－－1＝－－1＝－3－1＝－4，故选A.

3．下列函数中，既是偶函数又在区间(0，＋∞)上单调递增的是(　　)

A．y＝ B．y＝|x|－1

C．y＝lg x D．y＝

解析：选B.A中函数y＝不是偶函数且在(0，＋∞)上单调递减，故A错误；B中函数满足题意，故B正确；C中函数不是偶函数，故C错误；D中函数不满足在(0，＋∞)上单调递增，故选B.

4．已知函数f(x)＝的图象关于原点对称，g(x)＝ln(ex＋1)－bx是偶函数，则logab＝(　　)

A．1 B．－1

C．－ D.

解析：选B.由题意得f(0)＝0，所以a＝2.

因为g(1)＝g(－1)，所以ln(e＋1)－b＝ln＋b，

所以b＝，所以logab＝log2＝－1.

5．(2020·台州市北京朝阳期末模拟)函数f(x)＝x2＋(a∈R)的图象不可能是(　　)

解析：选A.直接利用排除法：①当a＝0时，选项B成立；

②当a＝1时，f(x)＝x2＋，函数的图象类似D；

③当a＝－1时，f(x)＝x2－，函数的图象类似C.故选A.

6．(2020·湖北八校联考(一))设函数f(x)＝在区间[3，4]上的最大值和最小值分别为M，m，则＝(　　)

A. B.

C. D.

解析：选D.易知f(x)＝＝2＋，所以f(x)在区间[3，4]上单调递减，所以M＝f(3)＝2＋＝6，m＝f(4)＝2＋＝4，所以＝＝.

7．(2020·北京朝阳期末安徽铜陵一中期末)下列函数中，其图象与函数y＝ln x的图象关于直线x＝1对称的是(　　)

A．y＝ln(1－x) B．y＝ln(2－x)

C．y＝ln(1＋x) D．y＝ln(2＋x)

解析：选B.法一：设所求函数图象上任一点的坐标为(x，y)，则其关于直线x＝1的对称点的坐标为(2－x，y)，由对称性知点(2－x，y)在函数f(x)＝ln x的图象上，所以y＝ln(2－x)．故选B.

法二：由题意知，对称轴上的点(1，0)既在函数y＝ln x的图象上也在所求函数的图象上，代入选项中的函数表达式逐一检验，排除A，C，D，选B.

8．(2020·浙江台州市书生中学高三月考)设奇函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递减函数，且f(2)＝0，则不等式≤0的解集为(　　)

A．(－∞，－2]∪(0，2] B．[－2，0)∪[2，＋∞)

C．(－∞，－2]∪[2，＋∞) D．[－2，0)∪(0，2]

解析：选D.因为函数f(x)是奇函数，所以≤0⇔≥0.又因f(x)在(0，＋∞)上为单调递减函数，且f(2)＝0，所以得，函数f(x)在(－∞，0)上单调递减且

f(－2)＝0.因此，x∈(－∞，－2)∪(0，2)时，f(x)>0；x∈(－2，0)∪(2，＋∞)时f(x)<0，故选D.

9．(2020·温州市十校联考)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝(|x－a2|＋|x－2a2|－3a2)．若任取∀x∈R，f(x－1)≤f(x)，则实数a的取值范围为(　　)

A. B.

C. D.

解析：选B.因为当x≥0时，f(x)＝(|x－a2|＋|x－2a2|－3a2)，所以当0≤x≤a2时，f(x)＝(a2－x＋2a2－x－3a2)＝－x；

当a2＜x＜2a2时，f(x)＝(x－a2＋2a2－x－3a2)＝－a2；

当x≥2a2时，f(x)＝(x－a2＋x－2a2－3a2)＝x－3a2.

综上，函数f(x)＝(|x－a2|＋|x－2a2|－3a2)在x≥0时的解析式等价于f(x)＝

因此，根据奇函数的图象关于原点对称作出函数f(x)在R上的大致图象如下，

观察图象可知，要使∀x∈R，f(x－1)≤f(x)，则需满足2a2－(－4a2)≤1，解得－≤a≤.

10．定义域为R的函数f(x)满足f(x＋2)＝3f(x)，当x∈[0，2]时，f(x)＝x2－2x，若x∈[－4，－2]时，f(x)≥恒成立，则实数t的取值范围是(　　)

A．(－∞，－1]∪(0，3] B．(－∞，－]∪(0，]

C．[－1，0)∪[3，＋∞) D．[－，0)∪[，＋∞)

解析：选C.因为x∈[－4，－2]，所以x＋4∈[0，2]，

因为x∈[0，2]时，f(x)＝x2－2x，所以f(x＋4)＝(x＋4)2－2(x＋4)＝x2＋6x＋8.

函数f(x)满足f(x＋2)＝3f(x)，所以f(x＋4)＝3f(x＋2)＝9f(x)．

故f(x)＝(x2＋6x＋8)，

因为x∈[－4，－2]时，f(x)≥恒成立，所以－＝f(x)min≥，解得t≥3或－1≤t＜0.

11．(2020·宁波镇海中学高三一模)已知函数f(x)＝则f(f(－2))＝________，若f(x)≥2，则x的取值范围为____________．

解析：由分段函数的表达式得f(－2)＝()－2－2＝4－2＝2，f(2)＝0，故f(f(－2))＝0.

若x≤－1，由f(x)≥2得()x－2≥2得()x≥4，则2－x≥4，

得－x≥2，则x≤－2，此时x≤－2.

若x＞－1，由f(x)≥2得(x－2)(|x|－1)≥2，

即x|x|－x－2|x|≥0，

若x≥0得x2－3x≥0，则x≥3或x≤0，此时x≥3或x＝0，

若x＜0，得－x2＋x≥0，得x2－x≤0，得0≤x≤1，此时无解，

综上x≥3或x＝0.

答案：0　x≥3或x＝0

12．已知函数f(x)＝则f(f(－3))＝________，f(x)的最小值是________．

解析：因为 f(－3)＝lg[(－3)2＋1]＝lg 10＝1，

所以f(f(－3))＝f(1)＝1＋2－3＝0.

当x≥1时，x＋－3≥2 －3＝2－3，当且仅当x＝，即x＝时等号成立，

此时f(x)min＝2－3<0；当x<1时，lg(x2＋1)≥lg(02＋1)＝0，此时f(x)min＝0.所以f(x)的最小值为2－3.

答案：0　2－3

13．(2020·浙江新北京朝阳期末冲刺卷)已知函数f(x)＝ln(e2x＋1)－mx为偶函数，其中e为自然对数的底数，则m＝________，若a2＋ab＋4b2≤m，则ab的取值范围是________．

解析：由题意，f(－x)＝ln(e－2x＋1)＋mx＝ln(e2x＋1)－mx，

所以2mx＝ln(e2x＋1)－ln(e－2x＋1)＝2x，

所以m＝1，

因为a2＋ab＋4b2≤m，

所以4|ab|＋ab≤1，

所以－≤ab≤，

故答案为1，[－，]．

答案：1　[－，]

14．定义新运算“⊕”：当a≥b时，a⊕b＝a；当a<b时，a⊕b＝b2.设函数f(x)＝(1⊕x)x－(2⊕x)，x∈[－2，2]，则函数f(x)的值域为________．

解析：由题意知f(x)＝

当x∈[－2，1]时，f(x)∈[－4，－1]；当x∈(1，2]时，f(x)∈(－1，6]．故当x∈[－2，2]时，f(x)∈[－4，6]．

答案：[－4，6]

15．已知函数h(x)(x≠0)为偶函数，且当x>0时，h(x)＝若h(t)>h(2)，则实数t的取值范围为________．

解析：因为x>0时，h(x)＝

易知函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减，

因为函数h(x)(x≠0)为偶函数，且h(t)>h(2)，

所以h(|t|)>h(2)，

所以0<|t|<2，

所以即解得－2<t<0或0<t<2.

综上，所求实数t的取值范围为(－2，0)∪(0，2)．

答案：(－2，0)∪(0，2)

16．若对任意的x≥2，都有(x＋a)|x＋a|＋(ax)|x|≤0，则a的最大值为________．

解析：对任意的x≥2，都有(x＋a)|x＋a|＋(ax)|x|≤0，即x≥2时，(x＋a)|x＋a|＋(ax)x≤0恒成立.

①若x＋a≥0，即a≥－2时，则有(x＋a)2＋ax2≤0,

所以(a＋1)x2＋2ax＋a2≤0.

令f(x)＝(a＋1)x2＋2ax＋a2，则有a＋1＝0或，

求得a＝－1或－4－2≤a＜－1，

综合可得－2≤a≤－1；

②若x＋a＜0，即a＜－2时，则有－(x＋a)2＋ax2≤0,

该不等式恒成立，

即此时a的范围为a＜－2；

③若x＋a＝0，即a＝－x≤－2时，则由题意可得ax2≤0，满足条件.

综合①②③可得，a≤－2或－2≤a≤－1，故a的最大值为－1.

答案：－1

17．(2020·台州模拟)定义min{x，y}＝，则不等式min{x＋，4}≥8min{x，}的解集是________．

解析：①当x>0时，由基本不等式可知x＋≥2＝4，

min{x＋，4}＝4，则不等式转化成：

min{x，}≤，即：或，

解得：x≤或x≥2.

②当x<0时，

(ⅰ)当－1<x<0时，<x，原不等式化为x＋≥，

即x－≥0，解得－2≤x<0，所以－1<x<0；

(ⅱ)当x≤－1时，≥x，原不等式化为x＋≥8x，

即7x－≤0，解得：x≤－，即x≤－1，

所以x<0对于原不等式全成立．

综上不等式的解集为(－∞，0)∪(0，]∪[2，＋∞)．

答案：(－∞，0)∪(0，]∪[2，＋∞)

18．(2020·台州市教学质量调研)已知函数f(x)＝x2＋bx＋c的图象过点(－1，3)，且关于直线x＝1对称．

(1)求f(x)的解析式；

(2)若m＜3，求函数f(x)在区间[m，3]上的值域．

解：(1)因为函数f(x)＝x2＋bx＋c的图象过点(－1，3)，且关于直线x＝1对称，

所以，

解得b＝－2，c＝0，

所以f(x)＝x2－2x.

(2)当1≤m＜3时，f(x)min＝f(m)＝m2－2m，

f(x)max＝f(3)＝9－6＝3，

所以f(x)的值域为[m2－2m，3]；

当－1≤m＜1时，f(x)min＝f(1)＝1－2＝－1，

f(x)max＝f(－1)＝1＋2＝3，

所以f(x)的值域为[－1，3]．

当m＜－1时，f(x)min＝f(1)＝1－2＝－1，

f(x)max＝f(m)＝m2－2m，

所以f(x)的值域为[－1，m2－2m]．

19．(2020·浙江新北京朝阳期末联盟第三次联考)已知函数f(x)＝

(1)若对于任意的x∈R，都有f(x)≥f(0)成立，求实数a的取值范围；

(2)记函数f(x)的最小值为M(a)，解关于实数a的不等式M(a－2)＜M(a)．

解：(1)当x≤0时，f(x)＝(x－a)2＋1，

因为f(x)≥f(0)，所以f(x)在(－∞，0]上单调递减，

所以a≥0，

当x＞0时，f′(x)＝2x－，

令2x－＝0得x＝1，

所以当0＜x＜1时，f′(x)＜0，

当x＞1时，f′(x)＞0，

所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，

所以fmin(x)＝f(1)＝3－a，

因为f(x)≥f(0)＝a2＋1，

所以3－a≥a2＋1，解得－2≤a≤1.

又a≥0，

所以a的取值范围是[0，1]．

(2)由(1)可知当a≥0时，f(x)在(－∞，0]上的最小值为f(0)＝a2＋1，

当a＜0时，f(x)在(－∞，0]上的最小值为f(a)＝1，

f(x)在(0，＋∞)上的最小值为f(1)＝3－a，

解不等式组得0≤a≤1，

解不等式组得a＜0，

所以M(a)＝.

所以M(a)在(－∞，0)上为常数函数，在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数，

作出M(a)的函数图象如图所示：

令3－a＝1得a＝2，

因为M(a－2)＜M(a)，

所以0＜a＜2.