2022屆高考數(shù)學二輪復習 第一篇 專題二 函數(shù)與導數(shù) 第1講 函數(shù)圖象與性質(zhì)、函數(shù)與方程限時訓練 文

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1、2022屆高考數(shù)學二輪復習 第一篇 專題二 函數(shù)與導數(shù) 第1講 函數(shù)圖象與性質(zhì)、函數(shù)與方程限時訓練 文 【選題明細表】 知識點、方法 題號 函數(shù)性質(zhì) 1,2,3,4,5,6,12,13 函數(shù)圖象 7,9 函數(shù)與方程 8,10,11,14,15 一、選擇題 1.(2018·河南省南陽一中三測)函數(shù)f(x)=則f(f())等于(　A　) (A)- (B)-1 (C)-5 (D) 解析:由題意,得f()=log2(-1)=log2<1, 所以f(f)))=f(log2)=-2=-2=-. 故選A. 2.(2018·山東煙臺適應練二)已知偶函數(shù)f(x)在[0,+∞)上單

2、調(diào)遞增,且f(1)=-1,f(3)=1,則滿足-1≤f(x-2)≤1的x的取值范圍是(　D　) (A)[3,5] (B)[-1,1] (C)[1,3] (D)[-1,1]∪[3,5] 解析:由偶函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,+∞)上單調(diào)遞增, 則在區(qū)間(-∞,0]上單調(diào)遞減, 又f(1)=-1,f(3)=1,則f(-1)=-1,f(-3)=1, 要使得-1≤f(x-2)≤1,即1≤|x-2|≤3, 即-3≤x-2≤-1或1≤x-2≤3, 解得-1≤x≤1或3≤x≤5, 即不等式的解集為[-1,1]∪[3,5],故選D. 3.(2018·福建三明5月質(zhì)檢)已知定

3、義在R上的奇函數(shù)f(x),當x≥0時,恒有f(x+2)=f(x),且當x∈[0,1]時,f(x)=ex-1,則f(-2 017)+ f(2 018)等于(　D　) (A)0 (B)e (C)e-1 (D)1-e 解析:因為當x≥0時,恒有f(x+2)=f(x), 所以f(2 018)=f(0)=0,f(2 017)=f(1)=e-1, 因為f(x)是奇函數(shù), 所以f(-2 017)+f(2 018)=-f(2 017)+f(2 018)=1-e,故選D. 4.(2018·陜西省西工大模擬)已知函數(shù)f(x)=2sin x-3x,若對任意m∈[-2,2],f(ma-3)+f(a2)>

4、0恒成立,則a的取值范圍是(　A　) (A)(-1,1) (B)(-∞,-1)∪(3,+∞) (C)(-3,3) (D)(-∞,-3)∪(1,+∞) 解析:因為f(x)=2sin x-3x, 所以f′(x)=2cos x-3<0, 則f(x)是一個單調(diào)遞減函數(shù), 而f(-x)=2sin(-x)+3x=-f(x), 所以f(x)是一個奇函數(shù), 因為f(ma-3)+f(a2)>0, 所以f(ma-3)>-f(a2)=f(-a2), 所以ma-3<-a2, 得 所以 所以-1

5、,且在區(qū)間[0,+∞)上單調(diào)遞增.若實數(shù)a滿足f(log2a)+f(loa)≤2f(1),則a的取值范圍是(　C　) (A)[1,2] (B)(0,] (C) (D)(0,2] 解析:因為f(x)是定義在R上的偶函數(shù), 所以(loa)=f(-log2a)=f(log2a), 所以f(log2a)+f(loa)≤2f(1)可變形為 f(log2a)≤f(1),即f(|log2a|)≤f(1), 又因為f(x)在區(qū)間[0,+∞)上單調(diào)遞增, 且是定義在R上的偶函數(shù), 所以|log2a|≤1, 解得≤a≤2,故選C. 6.(2018·河南中原名校質(zhì)檢二)定義在R上的函數(shù)f(x)

6、,滿足f(x)=則f(3)等于(　A　) (A)-2 (B)-1 (C)1 (D)2 解析:f(3)=f(2)-f(1)=f(1)-f(0)-[f(0)-f(-1)]=f(1)-2f(0)+f(-1) =f(0)-f(-1)-2f(0)+f(-1)=-f(0)=-2,故選A. 7.(2018·廣西柳州市一模)函數(shù)f(x)=的圖象大致是(　B　) 解析:因為f(2)==-, 所以f(2)<0,排除A,C, 又因為f(-)=<0,排除D.選B. 8.(2018·超級全能生26省聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)=ex-a|x| 有三個零點,則實數(shù)a的取值范圍為(　D　

7、) (A)(-∞,0) (B)(0,1) (C)(0,e) (D)(e,+∞) 解析:顯然a≤0不滿足三個零點, 所以a>0,f(x)= 當x≤0時,ex=-ax(a>0)兩函數(shù)y=ex與y=-ax的圖象必有一交點, 所以函數(shù)f(x)必有一零點在(-∞,0). 當x>0時,f(x)=ex-ax,f′(x)=ex-a, 所以f(x)在(0,ln a)單調(diào)遞減,且f(0)=1, 在(ln a,+∞)上單調(diào)遞增. 要使函數(shù)f(x)在(0,+∞)上有兩個零點, 只需f(ln a)=a-aln a<0,解得a>e,選D. 9.(2018·東北三校二模)函數(shù)f

8、(x)=ex+的部分圖象大致是(　D　) 解析:f(x)=ex+=ex+1-, 當x→-∞時,f(x)→1,故排除A,B, 當x>0時,f′(x)=ex+, 因為f′(1)=e+,f′(2)=e2+, 所以f′(1)0時,函數(shù)的斜率越來越大,排除C.故選D. 10.(2018·陜西咸陽三模)已知函數(shù)f(x)=函數(shù)g(x)= f(x)-m恰有一個零點,則實數(shù)m的取值范圍為(　C　) (A)(0,)∪(,4] (B)(-∞,0)∪(,4) (C)(-∞,0]∪(,4] (D)(,4] 解析:令g(x)=0得f(x)=m, 作出y=f(

9、x)的函數(shù)圖象如圖所示, 由圖象可知當m≤0或0)有三個不同的根x1,x2,x3,則x1+x2+x3等于(　D　) (A)0 (B)2 (C)6 (D)3 解析:由題意,易知y=ex-e-x為奇函數(shù), 而f(x)相當于函數(shù)y=ex-e-x向右平移一個單位,再向上平移4個單位, 所以f(x)的圖象關于(1,4)點中心對稱,且f(1)=4,即點(1,4)在f(x)上,而y=kx+4-k=k(x-1)+4所表示的直線也過點(1,4

10、), 所以方程f(x)=kx+4-k的三個根x1,x2,x3中有一個為1, 另外兩個關于x=1對稱, 所以x1+x2+x3=3,故選D. 12.(2018·山東煙臺適應練二)已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)在區(qū)間[-2,-1]上是減函數(shù),且滿足f(x-2)=-f(x).令a=,b=,c=,則f(a),f(b),f(c)的大小關系為(　A　) (A)f(b)>f(a)>f(c) (B)f(b)>f(c)>f(a) (C)f(a)>f(b)>f(c) (D)f(a)>f(c)>f(b) 解析:因為奇函數(shù)f(x)在區(qū)間[-2,-1]上是減函數(shù),且滿足f(x-2)= -f(x). 所以

11、f(x-4)=-f(x-2)=f(x),即函數(shù)的周期是4, 又f(x-2)=-f(x)=f(-x), 則函數(shù)圖象關于x=-1對稱, 則函數(shù)圖象在[-1,0]上是增函數(shù), 所以f(x)在[0,1]上是增函數(shù), a==ln ,b==ln ,c==ln . 又==,==,所以<, 又==2,==3,所以<. 綜上<<. 即0f(a)>f(c),故選A. 二、填空題 13.(2018·河北唐山三模)設函數(shù)f(x)=則使得f(x)>f(-x)成立的x的取值范圍是　　 　　.? 解析:由f(x)>f

12、(-x), 得或或 得x<-1或0

13、又因為f(+x)=f(-x), 所以f(1-x)=f(x),從而f(2-x)=-f(1-x), 所以f(x+1)=-f(x),即f(x+2)=-f(x+1)=f(x), 所以函數(shù)f(x)的周期為2,且圖象關于直線x=對稱. 畫出函數(shù)f(x)的圖象如圖所示. 所以結合圖象可得 f(x)=-在區(qū)間[-3,5]內(nèi)有8個零點, 且所有零點之和為×2×4=4. 答案:4 15.(2018·東北三省三校三模)已知函數(shù)f(x)是定義域為R的偶函數(shù),且滿足f(+x)=f(-x),當x∈[-1,0]時,f(x)=-x.則函數(shù)F(x)= f(x)+在區(qū)間[-9,10]上的所有零點之和為　　　 　　.? 解析:因為f(+x)=f(-x), 所以f(x)=f(2-x), 又因函數(shù)f(x)為偶函數(shù), 所以f(x)=f(-x)=f(2+x), 即f(x)=f(2+x), 所以T=2,令F(x)=0,y=, 即求f(x)與y=交點橫坐標之和, y==+,作出圖象如圖. 由圖象可知有10個交點, 并且關于(,)中心對稱, 所以其和為=5. 答案:5