专题04 函数的基本性质-2022年高考数学一轮复习小题多维练（新高考版）（解析版）.docx

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1、2022年高考数学一轮复习小题多维练（新高考版） 专题04 函数的基本性质一、单选题1.下列函数中，在区间（0，+）上单调递增且存在零点的是（）AyexBCDy（x1）2【答案】C【分析】根据基本初等函数的图象与性质，零点的含义，以及函数图象的变换法则，逐一判断每个选项即可【解答】解：函数yex0恒成立，不存在零点，即A不符合题意；函数恒成立，不存在零点，即B不符合题意；函数在（0，+）上单调递增，且当x1时，y0，所以函数的零点为x1，即C正确；函数y（x1）2在（0，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增，即D不符合题意故选：C【知识点】函数的零点、函数的单调性及单调区间2.已知实数m是给

2、定的常数，函数f（x）x3+mx+1的图象不可能是（）ABCD【答案】B【分析】对函数f（x）求导可得f'（x）（3x+1）（xm），不妨取m0、m0和三类讨论函数f（x）的单调区间，并与选项进行匹配即可作出选择【解答】解：f（0）1，f'（x）3x2+（13m）xm（3x+1）（xm），当m0时，函数f（x）在和（m，+）上单调递增，在上单调递减，选项A，C的图象有可能符合题意；当m0时，令f'（x）0，得；令f'（x）0，得或x0所以函数f（x）在和（0，+）上单调递增，在上单调递减，选项B的图象不符合题意；当时，函数f（x）在（，m）和上单调递增，在上单调

3、递减，选项D的图象有可能符合题意故选：B【知识点】函数的单调性及单调区间3.定义在R的函数f（x）x3+m与函数g（x）f（x）+x3+x2kx在1，1上具有相同的单调性，则k的取值范围是（）A（，2B2，+）C2，2D（，22，+）【答案】B【分析】根据题意，分析易得f（x）在R上为减函数，求出g（x）的解析式，分析可得g（x）在1，1上为减函数，结合二次函数的性质分析可得答案【解答】解：根据题意，函数f（x）x3+m，其定义域为R，则R上f（x）为减函数，g（x）f（x）+x3+x2kxx2kx+m在1，1上为减函数，必有x1，解可得k2，即k的取值范围为2，+）；故选：B【知识点】函数的

4、单调性及单调区间4.若ln（a+4b）lna+lnb1，则的取值范围为（）A（，7）B，7）C（，+）D9，+）【答案】D【分析】利用对数运算法则，推出，然后利用基本不等式转化求解函数的最大值即可【解答】解：由ln（a+4b）lna+lnb1，可得a+4b，所以，因为a0，b0，所以（a+b）（）5+5+49当且仅当a2b6e时，取等号所以的取值范围为9，+）故选：D【知识点】函数的最值及其几何意义5.已知函数f（x），则函数y在区间m，m+2（2m0）上的最大值的取值范围是（）A1，2B，2C1，D1，【答案】D【分析】零点分段取绝对值，在利用换元法，作出图象，分段讨论m，即可求解最大值的取

5、值范围；【解答】解：函数f（x），则f（x），设g（x）f（x）+1，可得g（x），作出g（x）的图象，从图象可知，当x2时，可得g（x）的最大值为1；当2m1时，g（x）max（1，）；当1m0时，g（x）max，综上，可得在区间m，m+2（2m0）上的最大值的取值范围是1，；故选：D【知识点】函数的最值及其几何意义6.设f（x）是R上的奇函数且满足f（x1）f（x+1），当0x1时，f（x）5x（1x），则f（2020.6）（）ABCD【答案】D【分析】根据题意，分析可得f（x）是周期为2的周期函数，结合函数的奇偶性可得f（2020.6）f（20200.6）f（0.6）f（0.6），又由函

6、数的解析式计算可得答案【解答】解：根据题意，f（x）满足f（x1）f（x+1），即f（x+2）f（x），则f（x）是周期为2的周期函数，又由f（x）为奇函数，则f（2020.6）f（20200.6）f（0.6）f（0.6），当0x1时，f（x）5x（1x），则f（0.6）5×0.6×0.4，故f（2020.6）f（0.6），故选：D【知识点】抽象函数及其应用、函数奇偶性的性质与判断7.已知函数f（x）ln+ax+b（a，bR），对任意的x（，3）（3，+）都有f（x）+f（x）6，且f（5）3，则f（9）f（5）（）ABCD【答案】C【分析】根据题意，由f（x）+f（x）6

7、，则有（ln+ax+b）+（lnax+b）2b6，分析可得b的值，又由f（5）3，解可得a的值，由f（x）+f（x）6可得f（5）的值，由解析式可得f（9）的值，计算可得答案【解答】解：根据题意，f（x）ln+ax+b，若f（x）+f（x）6，则有（ln+ax+b）+（lnax+b）2b6，则有b3，又由f（5）3，则f（5）ln+5a+33，解可得a，则f（x）ln+x+b，对任意的x（，3）（3，+）都有f（x）+f（x）6，且f（5）3，则f（5）633，则f（9）f（5）ln+9×+33，故选：C【知识点】函数奇偶性的性质与判断、抽象函数及其应用8.对于任意xR，函数f（x）

8、满足f（2x）f（x），且当xl时，f（x）x2+lgx，若af（2），bf（log3），cf（1），则a，b，c之间的大小关系是（）AbacBbcaCcabDcba【答案】C【分析】首先根据f（2x）f（x），得出函数关于x1对称，再将对应的自变量转化到区间1，+）内，利用函数的单调性作出判断【解答】解：f（2x）f（x），f（x）关于直线x1对称，cf（1）f（3），且，又当xl时，f（x）x2+lgx，故函数f（x）在1，+）单调递增，即bac故选：C【知识点】奇偶函数图象的对称性、函数单调性的性质与判断9.已知函数f（x）是（，+）上的偶函数，若对于x0，都有f（x+2）f（x），且当

9、x0，2）时，f（x）log2（x+1），则f（2017）（）A2B1C2D1【答案】D【分析】利用函数的奇偶性的定义以及函数的周期性化简，可得f（2017）f（1），代入已知解析式，求解即可得到答案【解答】解：由已知函数是偶函数，且x0时，都有f（x+2）f（x），f（x+4）f（x+2）f（x），当x0，2）时，f（x）log2（x+1），所以f（2017）f（2017）f（4×504+1）f（1）log221故选：D【知识点】函数的周期性10.偶函数f（x）对于任意实数x，都有f（2+x）f（2x）成立，并且当2x0时，f（x）2x，则（）ABCD【答案】C【分析】先通过偶函数

10、f（2+x）f（2x），可推断函数f（x）是以4为周期的函数，故可以把f（）转化为f（）f（），再利用其为偶函数以及解析式可得结论【解答】解：对任意实数x都有f（4+x）f2+（2+x）f2（2+x）f（x），由于f（x）为偶函数，所以f（x）f（x）所以f（4+x）f（x）所以函数f（x）是以4为周期的周期函数所以故选：C【知识点】函数的周期性11.已知函数f（x）的图象关于原点对称，且满足f（x+1）+f（3x）0，当x（2，4）时，f（x）log（x1）+m，若f（1），则实数m的值是（）ABCD【答案】C【分析】根据题意，分析可得f（x+1）f（3x）f（x3），即f（x+4）f（x）

11、，故函数f（x）的周期为4，据此可得f（2021）f（1），结合函数的解析式可得f（1）和f（1）的值，进而可得若，则有m+1，解可得m的值，即可得答案【解答】解：根据题意，函数f（x）满足f（x+1）+f（3x）0，又由f（x）为奇函数，则f（x+1）f（3x）f（x3），即f（x+4）f（x），故函数f（x）的周期为4，则f（2021）f（1+2020）f（1），当x（2，4）时，则f（3）m+1，即f（2021）f（1）f（3）m1，又由f（x）为奇函数，则f（1）f（1）m+1，若，则有m+1，解可得：m；故选：C【知识点】函数的周期性12.已知函数f（x）x2+a，g（x）x2ex，

12、若对任意的x21，1，存在唯一的x1，2，使得f（x1）g（x2），则实数a的取值范围是（）A（e，4B（e+，4C（e+，4）D（，4【答案】B【分析】求得f（x）在（，2的值域A，以及函数yg（x）的导数，判断单调性，求得在1，1的值域B，由题意可得B包含于A，可得a的不等式，解不等式可得所求范围【解答】解：f（x）x2+a在，2的值域为a4，a，但f（x）在（，2递减，此时f（x）a4，a）g（x）x2ex的导数为g（x）2xex+x2exx（x+2）ex，可得g（x）在1，0递减，（0，1递增，则g（x）在1，1的最小值为g（0）0，最大值为g（1）e，即值域为0，e对任意的x21，1

13、，存在唯一的x1，2，使得f（x1）g（x2），可得0，ea4，a），可得a40ea，解得e+a4故选：B【知识点】函数恒成立问题 二、多选题13.已知函数f（x）的定义域是1，5，且f（x）在区间1，2）上是增函数，在区间2，5上是减函数，则以下说法一定正确的是（）Af（2）f（5）Bf（1）f（5）Cf（x）在定义域上有最大值，最大值是f（2）Df（0）与f（3）的大小不确定【答案】AD【分析】结合函数的单调性及函数是否在x2处连续分别检验各选项即可判断【解答】解：因为在区间2，5上是减函数，故f（2）f（5）成立，A正确；因为f（x）在区间1，2）上是增函数，在区间2，5上是减函数，但在

14、x2处不一定连续，故无法比较f（0）与f（3）的大小，B不正确，D正确，当函数在x2处连续时，x2处函数的最大值，当函数在x2处不连续时，x2时，函数不能取得最大值，C错误；故选：AD【知识点】函数单调性的性质与判断14.已知不等式exx+1，对任意的xR恒成立以下命题中真命题的有（）A对xR，不等式ex1x恒成立B对x（0，+），不等式ln（x+1）x恒成立C对x（0，+），且x1，不等式lnxx1恒成立D对x（0，+），且x1，不等式恒成立【答案】ABCD【分析】A由已知不等式exx+1，结合对称性可得ex1x恒成立；B把已知不等式两边取对数可得不等式ln（x+1）x恒成立；C直接利用导数

15、证明不等式lnxx1恒成立；D对x分类证明对x（0，+），且x1，不等式恒成立【解答】解：由exx+1对任意的xR恒成立，如图，结合对称性可知，对xR，不等式ex1x恒成立，故A正确；由exx+1，且x（0，+），两边取对数，得xln（x+1），即ln（x+1）x，故B正确；令f（x）lnxx+1，则f（x），当x（0，1）时，f（x）0，当x（1，+）时，f（x）0，f（x）maxf（1）0，则lnxx+10，即lnxx1，故C正确；当x（0，+），且x1时，不等式等价于，即，若x（0，1），则，令g（x），g（x），g（x）在（0，1）上为增函数，则g（x）g（1）0，即；若x（1，+），

16、则，令g（x），g（x），g（x）在（0，1）上为增函数，则g（x）g（1）0，即不等式恒成立D正确故选：ABCD【知识点】函数单调性的性质与判断15.已知f（x）是定义在R上的奇函数，且满足f（4x）f（x），则下列说法正确的是（）Af（x+8）f（x）Bf（x）在区间（2，2）上单调递增Cf（2019）+f（2020）+f（2021）0Df（x）cos（）是满足条件的一个函数【答案】ACD【分析】由已知结合函数的周期性，奇偶性分别检验各选项即可判断【解答】解：因为f（x）是定义在R上的奇函数，且满足f（4x）f（x），所以f（x）f（x），f（4+x）f（x），所以f（4+x）f（x），所

17、以f（x+8）f（x），A正确；由已知无法判断函数在区间（2，2）上单调性，B错误；f（2019）+f（2020）+f（2021）f（3）+f（4）+f（5）f（1）+f（0）+f（1）0，C正确；f（x）cos（）sin为奇函数，周期T8，D正确故选：ACD【知识点】函数的周期性、函数奇偶性的性质与判断16.若对任意满足x+2y2的正实数x，y，2m2（mN*）恒成立，则正整数m的取值为（）A1B2C3D4【答案】AB【分析】由题意可得2m2（）min，将2x+4y（x+2y）2代入此不等式的右边，化简整理，运用基本不等式可得最小值，解得m的范围，可得所求值【解答】解：2m2（mN*）恒成立

18、，即为2m2（）min，由x+2y2，x0，y0，可得+42+416，当且仅当2x3y，又x+2y2，即x，y时，上式取得等号，则2m216，解得2m2，则正整数m的取值为1，2故选：AB【知识点】函数恒成立问题 三、填空题17.已知函数f（x）e|x|+x2e，则满足不等式f（m2）1的m取值范围是【答案】【分析】函数f（x）为偶函数，由导数可知函数在（0，+）单调递增，进而转化不等式，求解得到答案【解答】解：由题意可知，函数f（x）为定义在R上的偶函数，且当x0时，f（x）ex+x2e，则f（x）ex+2x0，故函数f（x）在（0，+）单调递增，不等式f（m2）1等价为|m2|1，解得1m

19、3故答案为：1，3【知识点】函数单调性的性质与判断18.已知定义在R上的函数f（x）满足f（x）g（x）g（x），且f（x）在R单调递增，对任意的x1，x2（0，+），恒有f（x1）f（x2）f（x1+x2），则使不等式成立的m取值范围是【答案】0，9）【分析】由于定义在R上的函数f（x）g（x）g（x），所以f（x）g（x）g（x）f（x），由此得出函数f（x）为奇函数，且在R上递增；对任意的x1，x2（0，+），恒有f（x1）f（x2）f（x1+x2），则f（+）2f（2+1）；使不等式可以转化为一个无理不等式，解不等式即可求出满足条件的实数m的取值范围【解答】解：由于定义在R上的函数f（

20、x）g（x）g（x），所以f（x）g（x）g（x）f（x），所以函数f（x）为奇函数；对任意的x1，x2（0，+），恒有f（x1）f（x2）f（x1+x2），则f（+）2f（2+1）；不等式不等式f（2+1）f（m2），f（x）在R单调递增，2+1m2；m230；解得0m9；故答案为：0，9）【知识点】函数单调性的性质与判断19.已知函数f（x）+3，x6，6，若f（x）的最大值为M，最小值为m，则M+m【答案】8【分析】先对函数f（x）解析式化简，化简为f（x）g（x）+4的形式，且g（x）为奇函数，进而可以求解【解答】解：由题意可得f（x）loglog，令函数g（x）log+，定义域为6，

21、6关于原点对称，且g（x）log+logg（x），即函数g（x）为奇函数，其最大值和最小值的和为0，所以函数f（x）的最大值和最小值的和m+M4+48，故答案为：8【知识点】函数的最值及其几何意义20.用MI表示函数ysinx在闭区间I上的最大值，若正数a满足M0，a2Ma，2a，则M0，a；a的取值范围为【分析】通过数形结合，分类讨论结合正弦性质找出解题思路【解答】解：如图是函数ysinx，x0，3的图象，若0a，ysinx在0，a上单调递增，所以，M0，asina，此时，Ma，2asinaM0，a，这与已知M0，a2Ma，2a，矛盾所以，a，所以M0，a1，故正确答案是：1显然2a时，Ma

22、，2a1，这与已知M0，a2Ma，2a，矛盾所以，2a即a，所以a又已知，M0，a2Ma，2a，即Ma，2a，因为当时，2a，Ma，2asina或sin2a，所以，故正确答案为：1，【知识点】函数的最值及其几何意义21.设函数f（x）是定义在 R上的奇函数，且，则gf（8）【答案】-1【分析】根据题意，由函数的奇偶性计算可得g（x）的解析式以及f（8）的值，进而有gf（8）g（2），代入g（x）的解析式，计算即可得答案【解答】解：根据题意，设x0，则x0，则f（x）log3（x+1），又由函数为R上的奇函数，则f（x）f（x）log3（x+1），即g（x）log3（x+1），有由函数为奇函数，

23、则f（8）f（8）2，gf（8）g（2）log3（2）+11；故答案为：1【知识点】函数奇偶性的性质与判断、函数的值22.已知f（x）是定义在R上且周期为4的奇函数，当x（2，4时，f（x）x2+7x12，则f（2021）的值是【答案】0【分析】根据题意，由函数的周期性可得f（2021）f（3），利用解析式求出f（3）的值，又由函数为奇函数可得f（3）的值，即可得答案【解答】解：根据题意，f（x）是定义在R上且周期为4的函数，则f（2021）f（3+2024）f（3），当x（2，4时，f（x）x2+7x12，则f（3）9+21120，又由f（x）为奇函数，则f（3）f（3）0，故f（2021）

24、0，故答案为：0【知识点】函数奇偶性的性质与判断、函数的周期性、抽象函数及其应用23.已知f（x）是定义在R上的周期为4的周期函数，在区间2，2上，f（x），且f（5）2f（），则3a+2b+c的值为【答案】1【分析】利用已知条件，建立关于a，b，c的方程组，解出即可得解【解答】解：依题意，即，3a+2b+c3a+c1故答案为：1【知识点】函数的周期性24.f（x）是定义域为R的偶函数，对xR，都有f（x+4）f（x），当0x2时，则【分析】根据题意，分析可得f（x+4）f（x），即函数f（x）是周期为4的周期函数，进而可得f（）f（）f（），f（21）f（1），结合函数的解析式计算可得f（）

25、、f（1）的值，相加即可得答案【解答】解：根据题意，f（x）是定义域为R的偶函数，对xR，都有f（x+4）f（x），则有f（x+4）f（x），即函数f（x）是周期为4的周期函数，则有f（）f（）f（4+）f（），f（21）f（1+4×5）f（1），又由当0x2时，则f（）1，f（1）1，则f（）+f（1）（1）+1；故答案为：【知识点】函数的周期性25.已知函数，若对任意的xm，m+1，不等式f（1x）f（x+m）恒成立，则实数m的取值范围是【分析】由题意可得f（x）为偶函数，求得f（x）在x0上连续，且为减函数，f（|1x|）f（|x+m|），即为|x1|x+m|，即有（2x1+m

26、）（m+1）0，由一次函数的单调性，解不等式即可得到所求范围【解答】解：函数，当x0时，x0，f（x）2x+x3f（x），同样x0，可得f（x）f（x），且f（0）1，则f（x）为偶函数，且f（x）在x0上为减函数，对任意的xm，m+1，不等式f（1x）f（x+m）恒成立，可得f（|1x|）f（|x+m|），即为|x1|x+m|，即有（2x1+m）（m+1）0，由一次函数的单调性，可得：（2m1+m）（m+1）0，且（2m+21+m）（m+1）0，即为1m且1m，即有1m，则m的范围是1，故答案为：1，【知识点】函数恒成立问题26.已知函数f（x）axlnx1，g（x），用maxm，n表示m，

27、n中的最大值，设（x）maxf（x）g（x）若（x）在（0，+）上恒成立，则实数a的取值范围为【分析】讨论0x3，x3，g（x）与y的关系，问题转化为f（x）在（0，3）恒成立，运用参数分离和构造函数法，结合导数求得最大值，可得所求范围【解答】解：当x（0，3）时，g（x）；x3，+）时，g（x），所以（x）在3，+）必成立，问题转化为f（x）在（0，3）恒成立，由axlnx1恒成立，可得a+在x（0，3）恒成立，设h（x）+，x（0，3），可得h（x），由0x1时，h（x）0，h（x）递增，1x3时，h（x）0，h（x）递减，可得x1处，h（x）取得极大值，且为最大值，则h（x）maxh（1

28、），故a，即a的取值范围是，+）故答案为：，+）【知识点】函数恒成立问题27.若不等式|ax2+bx+c|1对于x1，1上恒成立，则|a|+|b|+|c|的最大值是，若|ax2+bx+c|1对于x0，1上恒成立，则2|a|+3|b|+4|c|的最大值是【答案】【第1空】5【第2空】265【分析】对第一问，可令x0，x1，x1，得到绝对值不等式，通过绝对值的性质和可加性，可得所求最大值；对第二问，可令x0，x1，x，x，通过绝对值不等式的性质和可加性，化简变形可得所求最大值【解答】解：对第一问，不等式|ax2+bx+c|1对于x1，1上恒成立，可得x0时，|c|1，x1时，|ab+c|1，x1时

29、，|a+b+c|1，相加可得|ab+c|+|c|2，又|ab+c|+|c|ab|，即为|ab|2，相加可得|a+b+c|+|c|2，又|a+b+c|+|c|a+b|，即为|a+b|2，则|ab|+|a+b|4，又|ab|+|a+b|2|a|，则|a|2；由|ab|+|a+b|2|b|，则|b|2；可得|a|+|b|+|c|5，即|a|+|b|+|c|的最大值为5；对第二问，若|ax2+bx+c|1对于x0，1上恒成立，当x0时，|c|1，x1时，|a+b+c|1，x时，|+c|1，x时，|+c|1，由相加可得|a+b+c|+|+c|2，由|a+b+c|+|+c|+|，即|3a+2b|8，可得83|a|2|b|8，由相加可得|a+b+c|+|+c|2，由|a+b+c|+|+c|+|，即|4a+3b|9，可得94|a|3|b|9，由2|a|+3|b|18（3|a|2|b|）13（4|a|3|b|），可得2|a|+3|b|8×18+9×13261，则2|a|+3|b|+4|c|的最大值为265故答案为：5，265【知识点】函数恒成立问题