（文理通用）2022屆高考數學大二輪復習 第1部分 專題2 函數與導數 第1講 函數的圖象與性質練習

（文理通用）2022屆高考數學大二輪復習 第1部分 專題2 函數與導數 第1講 函數的圖象與性質練習A組1已知函數f(x)的定義域為3,6，則函數y的定義域為( B )A，)B，2)C(，) D，2)解析要使函數y有意義，需滿足x<2.故選B2(2018·河南南陽一模)設x>0，且1<bx<ax，則( C )A0<b<a<1 B0<a<b<1C1<b<a D1<a<b解析當x>0時1<bx<ax，b>1，a>1，又bx<ax，()x>1，>1，a>b.故選C3設函數f(x)，g(x)的定義域都為R，且f(x)是奇函數，g(x)是偶函數，則下列結論中正確的是( C )Af(x)g(x)是偶函數 B|f(x)|g(x)是奇函數Cf(x)|g(x)|是奇函數 D|f(x)g(x)|是奇函數解析由題意可知f(x)f(x)，g(x)g(x)，對于選項A，f(x)·g(x)f(x)·g(x)，所以f(x)g(x)是奇函數，故A項錯誤；對于選項B，|f(x)|g(x)|f(x)|g(x)|f(x)|g(x)，所以|f(x)|·g(x)是偶函數，故B項錯誤；對于選項C，f(x)|g(x)|f(x)|g(x)|，所以f(x)|g(x)|是奇函數，故C項正確；對于選項D，|f(x)·g(x)|f(x)g(x)|f(x)g(x)|，所以|f(x)g(x)|是偶函數，故D項錯誤故選C4(2018·河南南陽一模)已知f(x)是定義在R上的奇函數，當x0時，f(x)3xm(m為常數)，則f(log35)的值為( B )A4 B4C6 D6解析由題意，f(0)30m0，解得m1，故當x0時，f(x)3x1，f(log35)f(log35)(3log351)4.故選B5(2018·山西四校聯考)函數y的圖象大致為( D )解析y，由此容易判斷函數為奇函數，可以排除A；又函數有無數個零點，可排除C；當x取一個較小的正數時，y>0，由此可排除B，故選D6設f(x)且f(1)6，則f(f(2)的值為( B )A18B12CD解析因為1>0，所以f(1)2(t1)6，即t13，解得t2.故f(x)所以f(2)log3(2)22log36>0，f(f(2)f(log36)2×3log362×612.7函數f(x)的圖象如圖所示，則下列結論成立的是( C )Aa>0，b>0，c<0 Ba<0，b>0，c>0Ca<0，b>0，c<0 Da<0，b<0，c<0解析由題中圖象可知c>0，所以c<0，當x0時，f(0)>0b>0，當y0時，axb0x>0a<0.8已知函數f(x)|log2x|，正實數m，n滿足m<n，且f(m)f(n)若f(x)在區(qū)間m2，n上的最大值為2，則m，n的值分別為( A )A，2 B，4C， D，4解析(數形結合求解)f(x)|log2x|根據f(m)f(n)(m<n)及f(x)的單調性，知mn1且0<m<1，n>1.又f(x)在m2，n上的最大值為2，由圖象知：f(m2)>f(m)f(n)，f(x)maxf(m2)，xm2，n故f(m2)2，易得n2，m.9設函數f(x)ln(1|x|)，則使得f(x)>f(2x1)成立的x的取值范圍是( A )AB(1，)C D解析f(x)是偶函數，且在0，)上是增函數，所以f(x)>f(2x1)f(|x|)>f(|2x1|)|x|>|2x1|<x<1.故選A10(2018·長春一模)若關于x的不等式4ax1<3x4(a>0，且a1)對于任意的x>2恒成立，則a的取值范圍為( B )A(0，) B(0，C2，) D(2，)解析不等式4ax1<3x4等價于ax1<x1.令f(x)ax1，g(x)x1.當a>1時，在同一坐標系中作出兩個函數的圖象，如圖所示，由圖知不滿足條件；當0<a<1時，如圖2所示，則f(2)g(2)，即a21×21，即a，所以a的取值范圍是(0，11(2017·天津卷，6)已知奇函數f(x)在R上是增函數，g(x)xf(x)若ag(log25.1)，bg(20.8)，cg(3)，則a，b，c的大小關系為( C )Aa<b<c Bc<b<aCb<a<c Db<c<a解析依題意ag(log25.1)(log25.1)·f(log25.1)log25.1f(log25.1)g(log25.1)因為f(x)在R上是增函數，可設0<x1<x2，則f(x1)<f(x2)從而x1f(x1)<x2f(x2)，即g(x1)<g(x2)所以g(x)在(0，)上也為增函數又log25.1>0,20.8>0,3>0，且log25.1<log283,20.8<21<3，而20.8<21log24<log25.1，所以3>log25.1>20.8>0，所以c>a>b.故選C12(2018·洛陽一模)已知a>0，設函數f(x)(xa，a)的最大值為M，最小值為N，那么MN( C )A2 017 B2 018C4 034 D4 036解析由題意得f(x)2 018.因為y2 018x1在a，a上是單調遞增的，所以f(x)2 018在a，a上是單調遞增的，所以Mf(a)，Nf(a)，所以MNf(a)f(a)4 0364 034.13(2018·淄博模擬)已知函數ylog2(ax1)在(1,2)上單調遞增，則a的取值范圍是a1.解析函數ylog2(ax1)由ylog2u，uax1復合而成，由于ylog2u是單調遞增函數，因此uax1是增函數，所以a>0，由于uax1>0恒成立，當x1時，有最小值，ax1>a10，所以a1.14(2018·西安模擬)已知函數yf(log2x)的定義域為(1,4)，則函數yf(2sinx1)的定義域是x|2k<x<2k，kZ.解析因為yf(log2x)的定義域為(1,4)，所以1<x<4，則0<log2x<2，即yf(x)的定義域為(0,2)由0<2sinx1<2，得<sinx<，即<sinx1，解得2k<x<2k，kZ，即函數yf(2sinx1)的定義域是x|2k<x<2k，kZ.15設f(x)是定義在R上且周期為2的函數，在區(qū)間1,1上，f(x)其中a，bR.若f()f()，則a3b的值為10.解析因為f(x)是定義在R上且周期為2的函數，所以f()f()，且f(1)f(1)，故f()f()，從而a1，即3a2b2.由f(1)f(1)，得a1，即b2a.由得a2，b4，從而a3b10.16(2018·衡水一模)若函數f(x)2xsinx對任意的m2,2，有f(mx3)f(x)<0恒成立，則x的取值范圍是(3,1).解析易知f(x)是R上的奇函數，由f(x)2cosx>0，知f(x)為增函數，因為f(mx3)f(x)<0可變形為f(mx3)<f(x)，所以mx3<x，所以mx3x<0.設g(m)xm3x，由題意知當m2,2時，g(m)<0恒成立，則當x0時，g(2)<0，即2x3x<0，則0x<1；當x<0時，g(2)<0，即2x3x<0，則3<x<0.所以所求x的取值范圍是(3,1)B組1已知f(x)，g(x)分別是定義在R上的偶函數和奇函數，且f(x)g(x)x3x21，則f(1)g(1)( C )A3 B1C1 D3解析令x1，得f(1)g(1)(1)3(1)211.f(x)，g(x)分別是偶函數和奇函數，f(1)f(1)，g(1)g(1)，即f(1)g(1)1.故選C2函數yf(x)在0,2上單調遞增，且函數f(x2)是偶函數，則下列結論成立的是( B )Af(1)<f()<f()Bf()<f(1)<f()Cf()<f()<f(1)Df()<f(1)<f()解析f(x2)是偶函數，f(x)的圖象關于直線x2對稱，f(x)f(4x)，f()f()，f()f()又0<<1<<2，f(x)在0,2上單調遞增，f()<f(1)<f()，即f()<f(1)<f()3已知函數f(x)是定義在R上的奇函數，若對于任意給定的不等實數x1、x2，不等式x1f(x1)x2f(x2)<x1f(x2)x2f(x1)恒成立，則不等式f(1x)<0的解集為( C )A(，0) B(0，)C(，1) D(1，) 解析由條件式得(x1x2)f(x1)f(x2)<0，x1<x2時，f(x1)>f(x2)，x1>x2時，f(x1)<f(x2)，f(x)為減函數，又f(x)為R上的奇函數，f(0)0，不等式f(1x)<0化為f(1x)<f(0)，1x>0，x<1，故選C4.如圖，過單位圓O上一點P作圓O的切線MN，點Q為圓O上一動點，當點Q由點P逆時針方向運動時，設POQx，弓形PRQ的面積為S，則Sf(x)在x0,2上的大致圖象是( B )解析Sf(x)S扇型PRQSPOQ(2x)·12sinxxsinx，則f (x)(cosx1)0，所以函數Sf(x)在0,2上為減函數，當x0和x2時，分別取得最大值與最小值又當x從0逐漸增大到時，cosx逐漸減小，切線斜率逐漸減小，曲線越來越陡；當x從逐漸增大到2時，cosx逐漸增大，切線斜率逐漸增大，曲線越來越平緩，結合選項可知，B正確5已知g(x)是定義在R上的奇函數，且當x<0時，g(x)ln(1x)，函數f(x)若f(2x2)>f(x)，則x的取值范圍是( C )A(，2)(1，)B(，1)(2，)C(2,1)D(1,2)解析因為g(x)是定義在R上的奇函數，且當x<0時，g(x)ln(1x)，所以當x>0時，x<0，g(x)ln(1x)，即當x>0時，g(x)ln(1x)，因為函數f(x)所以函數f(x).函數f(x)的圖象如下：可判斷f(x).在(，)上單調遞增因為f(2x2)>f(x)，所以2x2>x，解得2<x<1.故選C6對定義在0,1上，并且同時滿足以下兩個條件的函數f(x)稱為M函數(1)對任意的x0,1，恒有f(x)0；(2)當x10，x20，x1x21時，總有f(x1x2)f(x1)f(x2)成立則下列3個函數中不是M函數的個數是( B )f(x)x2f(x)x21f(x)2x1A0 B1C2 D3解析在0,1上，3個函數都滿足f(x)0.當x10，x20，x1x21時：對于，f(x1x2)ff(x1)f(x2)(x1x2)2(xx)2x1x20，滿足；對于，f(x1x2)f(x1)f(x2)(x1x2)21(x1)(x1)2x1x21<0，不滿足；對于，f(x1x2)f(x1)f(x2)(2x1x21)(2x112x21)2x12x22x12x21(2x11)(2x21)0，滿足故選B7(2018·廣州二模)已知定義在R上的函數f(x)，對任意xR，都有f(x4)f(x)f(2)成立，若函數yf(x1)的圖象關于直線x1對稱，則f(2 018)的值為( C )A2 018 B2 018C0 D4解析依題意得，函數yf(x)的圖象關于直線x0對稱，因此函數yf(x)是偶函數，且f(24)f(2)f(2)，即f(2)f(2)f(2)，所以f(2)0，所以f(x4)f(x)，即函數yf(x)是以4為周期的函數，f(2 018)f(4×5042)f(2)0.8(2018·珠海一模)若函數f(x)loga(x3ax)(a>0且a1)在區(qū)間(，0)內單調遞增，則a的取值范圍是( B )A，1) B，1)C，) D(1，)解析由題意，得x3ax>0在(，0)上恒成立，即a>x2在(，0)上恒成立，所以a.若0<a<1，則g(x)x3ax在(，0)上單調遞減，即g(x)3x2a0在(，0)上恒成立，所以3×()2a0，得a<1；若a>1，則g(x)x3ax在(，0)上單調遞增，即g(x)3x2a0在(，0)上恒成立，所以a0，這與a>1矛盾綜上，實數a的取值范圍是，1)9已知函數f(x)則下列結論正確的是( D )Af(x)是偶函數Bf(x)是增函數Cf(x)是周期函數Df(x)的值域為1，)解析因為f()21，f()1，所以f()f()，所以函數f(x)不是偶函數，排除A；因為函數f(x)在(2，)上單調遞減，排除B；函數f(x)在(0，)上單調遞增，所以函數f(x)不是周期函數，排除C；因為x>0時，f(x)>1，x0時，1f(x)1，所以函數f(x)的值域為1，)10(2018·秦皇島模擬)已知函數f(x)且f(a)3，則f(6a)( A )A BC D解析因為f(x)f(a)3，所以或解得a7，所以f(6a)f(1)2112.11(2018·唐山一模)已知f(x)的值域為R，那么a的取值范圍是( C )A(，1B(1，)C1，) D(0，)解析要使函數f(x)的值域為R，需使所以所以1a<.12已知函數f(x)是定義在R上的奇函數，且在區(qū)間0，)上單調遞增，若<f(1)，則x的取值范圍是( C )A(0，) B(0，e)C(，e) D(e，)解析因為函數f(x)是定義在R上的奇函數，所以f(lnx)f(ln)f(lnx)f(lnx)f(lnx)f(lnx)2f(lnx)，所以<f(1)等價于|f(lnx)|<f(1)，又f(x)在區(qū)間0，)上單調遞增，所以1<lnx<1，解得<x<e.13已知函數f(x)是定義在R上的奇函數，且對于任意xR，恒有f(x1)f(x1)成立，當x1,0時，f(x)2x1，則f(2 019).解析由f(x1)f(x1)得f(x)的周期為2，則f(2 019)f(1)f(1)(211).14(2018·云南昆明模擬)已知函數f(x)axxb的零點x0(n，n1)(nZ)，其中常數a，b滿足2a3,3b2，則n1.解析alog23>1,0<blog32<1，令f(x)0，得axxb.在同一平面直角坐標系中畫出函數yax和yxb的圖象，如圖所示，由圖可知，兩函數的圖象在區(qū)間(1,0)內有交點，所以函數f(x)在區(qū)間(1,0)內有零點，所以n1.15若函數f(x)g(x)f(x)ax，x2,2為偶函數，則實數a.解析因為f(x)所以g(x)f(x)ax因為g(x)為偶函數，所以g(1)g(1)，即a11a1a，所以2a1，所以a.16已知函數f(x)的值域是0,2，則實數a的取值范圍是1，.解析函數f(x)的圖象如圖所示因為函數f(x)的值域是0,2，所以10，a，即a1.又當f(x)2時，x33x0，解得x(0，舍去)，所以a.綜上，a的取值范圍是1，