2020年浙江新高考数学二轮复习专题强化练:专题一 2 第2讲 函数图象与性质

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文档介绍

2020年浙江新高考数学二轮复习专题强化练:专题一 2 第2讲 函数图象与性质

专题强化训练 ‎1.(2019·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.(2019·台州市高考模拟)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.(2019·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.(2018·高考全国卷Ⅲ)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.(2019·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.(2019·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.(2019·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.(2019·浙江新高考冲刺卷)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a0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-20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
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