第1练 函数性质（提升练）-决胜2021年全国高考数学考前保温练习（江苏等八省市新高考地区专用）（解析版）

决胜 2021 年全国高考数学考前保温练习 第 1 练 函数性质（提升练） 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的． 1. 已知定义域为 R 的函数 ( )f x 满足：①图象关于原点对称；② 3( ) 2f x f x     ；③ 当 30, 4x     时， 2( ) log ( 1)f x x m   .若 2(2020) log 3f  ，则 m  （ ） A． 1 B．1 C． 2 D．2 【答案】B 【解析】由①可知函数 ( )f x 为奇函数，又 3 3( ) 2 2f x f x f x              ，故 3(3 ) ( )2f x f x f x        ，即函数 ( )f x 的周期为 3， ∴ 2 2 1 3(2020) (1) log log 32 2f f f m        ，解得 1m  . 故选：B. 2.已知函数 ( 2)y f x  的图象关于直线 2x  对称，在 (0, )x  时， ( )f x 单调递增．若  ln34a f ， (2 )eb f  ， 1lnc f       （其中 e 为自然对数的底数， 为圆周率），则 , ,a b c 的大小关系为（ ） A. a c b  B. a b c  C. c a b  D. c b a  【答案】A 【解析】因为函数 ( 2)y f x  的图象关于直线 2x  对称，所以 ( )f x 的图象关于 y 轴对称， 因为 (0, )x  时， ( )f x 单调递增，所以 ( , 0)x   时， ( )f x 单调递减； 因为 ln3 ln 0 14 4 4,0 2 2 1, ln ln ln 1e e e         ， 所以 a c b  .故选：A. 3.函数 sin 2 ln 2 xy x  的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【 解 析 】 由 sin 2 ln 2 xy x  得 2 1x ， 即 1 2x   ， 所 以 函 数 sin 2 ln 2 xy x  的 定 义 域 为 1 1 1 1, , ,2 2 2 2                      ，关于原点对称， 又  sin 2 sin 2 ln 2 ln 2    x x x x ，所以函数 sin 2 ln 2 xy x  是奇函数，图像关于原点对称，排除 CD， 又当 10 2x  时， 0 2 1x  ，所以 sin 2 0x  ， ln 2 0x ，因此 sin 2 0ln 2  xy x ，图像应 在 x 轴下方，故 B 错，A 正确,故选：A 4.已知函数   2 23 4xf x x x   ，且    2log 3f a f ，则实数 a 的取值范围为（ ） A.    ,2 8,   B.  0,2 C.    0,2 8,  D.  8, 【答案】C 【解析】∵        22 2 24 3 4 4 4 3 4x xf x x x x x f x           ，∴  f x 的图 像关于直线 2x  对称， ∵ 23 xy  和 2 4y x x  都在 ,2 上是减函数，在 2, 上是增函数，∴  f x 在  ,2 上为减函数，在 2, 上为增函数． 又    2log 3f a f ，∴ 2log 2 3 2 1a     ，即 2log 1a  或 2log 3a  ，解得 0 2a  或 8a  ． 故选：C． 5.已知函数 2 1( ) ( 0)2 xf x x e x    与 2( ) ln( )g x x x a   的图象上存在关于 y 轴对称 的点，则 a 的取值范围为（ ） A． 1, e     B． , e C． 1 , e e     D． 1,e e     【答案】B 【解析】 ( )f x 与 ( )g x 的图象上存在关于 y 轴对称的点， 等价为 ( ) ( )f x g x  在 0x  时，有解即可，则 2 21 ( )2 xx e x ln x a     ， 即 1 ( )2 xe ln x a    ，在 (0, ) 上有解即可， 设 1 2 xy e  ， ( ) ( )h x ln x a  ，作出两个函数的图象如图： 当 0x  时， 1 1 112 2 2 xy e     ， 当 0a  ，将 lnx 的图象向右平移，此时 ( )ln x a 一定与 1 2 xy e  有交点，满足条件， 当 0a  时，则 1(0) 2h lna  ，得 1 20 a e e   ， 综上 a e ，即实数 a 的取值范围是 , e , 故选:B． 6. 已 知 定 义 在    ,0 0,   上 的 奇 函 数  f x 在  ,0 上 单 调 递 增 ， 且 满 足  1 2f    ，则关于 x 的不等式   2 sinf x xx   的解集为（ ） A．   , 1 1,  U B．   1,0 1,   C．    , 1 0,1   D．   1,0 0,1 U 【答案】C 【解析】  f x 为   ,0 0,   上的奇函数，    f x f x    ， 令     2g x f x x   ，则        2 2g x f x f x g xx x          ，  g x 为   ,0 0,   上奇函数；  f x 在 ,0 上单调递增， 2y x   在  ,0 上单调递增，  g x 在 ,0 上单调递增，由奇函数性质知  g x 在 0,  上单调递增；  1 2f    ，    1 1 2 0g f      ，则  1 0g  ， 又    5 1 1 22f f f         ，当 5 2x  时， 2 4 5 9sin sin5 2 5xx     ， 当 5 2x  时，   2 sinf x xx   不成立，即 5 5sin2 2g      不成立， 由此可在坐标系中画出  g x 与 siny x  大致图象如下图所示： 由图象可知当    , 1 0,1x    时，   sing x x ， 即当    , 1 0,1x    时，   2 sinf x xx   ．故选:C． 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的选项中，有多项 符合题目要求,全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 3 分． 7.下列函数是奇函数，且在[ 1,1] 上单调递增的是（ ） A. ( ) sinf x x B. ( ) | 1|f x x   C. ( ) 2 x xe ef x  D. ( ) sin cos6 3f x x x             【答案】AC 【解析】对于选项 A, 因为  ( ) sin sin ( )f x x x f x       ，所以函数 ( )f x 是奇函数， 又 ( )f x 在[ 1,1] 上单调递增，故正确； 对于选项 B 因为 ( ) | 1| | 1|f x x x        ，所以 ( ) ( )f x f x   ，所以函数 ( )f x 不是奇 函数，故错误； 对于选项 C,因为 ( ) ( )2 2 x x x xe e e ef x f x         ，所以函数 ( )f x 是奇函数，又 ( )f x 在[ 1,1] 上单调递增，故正确； 对于选项 D, 因为 3 1 1 3( ) sin cos sin + cos cos sin6 3 2 2 2 2f x x x x x x x                          2 21 3 1 1cos sin cos24 4 2 4x x x    ，所以函数 ( )f x 是偶函数，故错误； 故选：AC 8.已知 f(x)为定义在 R 上的奇函数，当 xR 时，有    1f x f x   ，且当  0,1x 时，   2 1 1log 2 2f x x      ，下列命题正确的是（ ） A．    2019 2020 0f f   B．函数  f x 在定义域上是周期为 2 的函数 C．直线 y x 与函数  f x 的图象有 2 个交点 D．函数  f x 的值域为  1,1 【答案】AB 【解析】根据题意，当 xR 时，有    1f x f x   ，故      2 1f x f x f x     ， 故  f x 为 R 上的周期函数且周期为 2，故 B 正确． 对于 A，      2020 2020 0 0f f f     ，而      2019 1 0 0f f f    ， 故    2019 2020 0f f   ，故 A 正确． 因为当  0,1x 时，   1 2 1 1log 2 2f x x      ， 此时 1 1 1 12 2 2x    ，故  0 1f x≤ ≤ ， 当  1,2x 时，     1 2 3 11 log 2 2f x f x x          ． 此时 1 3 1 12 2 2x    ，故  1 0f x   ， 故在 0,2 上，  f x 的值域为 1,1 ，因为  f x 的周期为 2， 故在 R 上有  f x 的值域为 1,1 ，故 D 错误． 根据函数的奇偶性和周期性，可得函数的图象如图所示： 故直线 y x 与函数  f x 的图象有 3 个交点，故 C 错误．故选:AB． 9.定义域为 R 的函数  y f x ，若对任意两个不相等的实数 1x 、 2x ，都有        1 1 2 2 1 2 2 1x f x x f x x f x x f x   ，则称函数为“ Z 函数”，现给出如下函数，其 中为“ Z 函数”的有（ ） A. 3 1y x x    B.  3 2 sin cosy x x x   C.  2 ln 2x xy e e   D. 1 sin x x xy e e    【答案】BC 【解析】对于任意给定的不等实数 1x 、 2x ，不等式        1 1 2 2 1 2 2 1x f x x f x x f x x f x   恒成立， 原不等式等价为     1 2 1 2 0x x f x f x     恒成立， 设 1 2x x ，则    1 2 0f x f x  ，即    1 2f x f x ， 即函数  f x 是定义在 R 上的增函数． 对于 A 选项，函数 3 1y x x    ，则 21 3y x   ， 当 3 3x   或 3 3x  时， 0y  ，此时函数 3 1y x x    为减函数，不满足条件； 对于 B 选项，  3 2 sin cosy x x x   ，  3 2 cos sin 3 2 2 sin 04y x x x            ， 所以，函数  3 2 sin cosy x x x   单调递增，满足条件； 对于 C 选项，对于函数  ln 2xy e  ，该函数的定义域为 R ， 内层函数 2xu e  为增函数，外层函数 lny u 为增函数，则函数  ln 2xy e  为 R 上 的增函数， 又因为函数 2xy e 为 R 上的增函数，所以，函数  2 ln 2x xy e e   为 R 上的增函数，满 足条件； 对于 D 选项，记   1 sin x x xf x e e    ，则      0 1 2 0f f f   ， 所以，函数 1 sin x x xy e e    在 R 上不具有单调性，不满足条件.故选：BC. 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，多空题，第一空 2 分，第二空 3 分，共 20 分． 10.设函数 1, 0( ) 2 , 0x x xf x x     ，则满足 1( ) 12f x f x      的x的取值范围是___________． 【答案】 2 1,log (1 2)4      【解析】由题意，函数 1, 0( ) 2 , 0x x xf x x     ， 若 0x  ，则 1 1 2 2x    ，则 1( ) 12f x f x      等价于 11 1 12x x     ， 解得 1 4x   ，此时 01 4 x   ； 若 0x  时，此时   2 (0,1)xf x   ， 当 1 1 02 2x    ，即 10 2x  时，此时   22 [ ,1)2 xf x   ， 1 1 1( )2 2 2f x x    ， 此时满足 1( ) 12f x f x      恒成立， 当 1 02x   时，即 1 2x  时，若 1( ) 12f x f x      ，即 1 22 2 1xx    ， 即 12 2 1 2 1 x     ，解得 2log (1 2)x   ， 综上可得，实数 x 的取值范围是 2 1,log (1 2)4      ． 故答案为 2 1,log (1 2)4      ． 11. 已知函数 2 cos , 1 1( ) 2 1, | | 1 x xf x x x         ，则关于 x 的方程 2 ( ) 3 ( ) 2 0f x f x   的实 根的个数是___. 【答案】5 【解析】由 2 ( ) 3 ( ) 2 0f x f x   知： ( ) 2f x  或 ( ) 1f x  ， ∴由函数 ( )f x 解析式，知： 当 ( ) 2f x  时，有 2 1 2x   ，解得 3x   ，满足| | 1x  ； 当 ( ) 1f x  时，若 cos 12 x  且 1 1x   ，有 0x  ；若 2 1 1x   ，解得 2x   ，满足 | | 1x  ； ∴综上知：方程一共有 5 个根. 故答案为：5 12.已知函数       ln , 0, 4, ,0 x xf x x x        ，若实数 a，b，c，d 互不相等且        f a f b f c f d   ，则 abcd 的取值范围为__________． 【答案】 (016)， 【解析】由题意，实数 a，b，c，d 互不相等且        f a f b f c f d   ， 设        f a f b f c f d m    ， 可得  f x m 有四个不同的根 a，b，c，d，不妨设 a b c d   ， 作出函数 y m 与函数  y f x 的图象，如图所示， 则有 a 和 b 为 y m 与   4f x x  交点的横坐标， c 和 d 为 y m 与   lnf x x 交点的横坐标， 可得  4 4a b    ，即 8a b   ， 又由 ln lnc d  ，即 ln 0cd  ，可得 1cd  ， 由图象可知， 4 0b   ， 所以      228 8 4 16 0,16abcd b b b b b           ． 故答案为： (016)， ． 四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 13. 已知函数     2lg 3 9f x x ax a R    . （1）若函数  f x 的定义域为 R ，求实数 a 的取值范围； （2）若对于任意  1,x  ，恒有   0f x  ，求实数 a 的取值范围 【答案】（1） 2,2 ；（2） 4 2 ,3       . 【解析】（1）因为函数    2lg 3 9f x x ax   的定义域为 R . 所以 2 3 9 0x ax   恒成立， 所以 29 36 0a  △ ，解得 2 2a   ， 所以实数 a 的取值范围为 2,2 . （2）若对于任意  1,x  ，恒有   0f x  ， 则对于任意  1,x  ，恒有 2 3 9 1x ax   成立， 即 83a x x    对于  1,x  恒成立， 记   8g x x x    ，  1,x  ，则只需  max3a g x . 当  1,x  时，    , 4 2g x     ，所以  max 4 2g x   ， 所以 3 4 2a   ，所以 4 2 3a   ， 所以实数 a 的取值范围是 4 2 ,3       . 14.设函数      2 1 2 ,x x kf x k x R k Z      （1）若  kf x 是偶函数，求 k 的值 （2）若存在 ]2[1x ， ，使得    0 1 4f x mf x  成立，求实数 m 的取值范围； （3）设函数      0 2 2 4g x f x f x   若  g x 在  1,x   有零点，求实数  的取值 范围． 【答案】（1） 2k  ，（2） 5( , )4  ，（3） 1[ , )6  【解析】（1）因为  kf x 是偶函数，所以    k kf x f x  ， 即    2 1 2 2 1 2x x x xk k        ， ( 2)(2 2 ) 0x xk    ，解得 2k  ； （2）由    0 1 4f x mf x  ，可得 2 2 2 4x x xm    ， 则 2 22 4 2 1 (2 ) 4 2 1x x x xm            ， 即存在 ]2[1x ， ，使 2 22 4 2 1 (2 ) 4 2 1x x x xm            成立， 令 2 x t  ，则 2 2 22 4 2 1 (2 ) 4 2 1 4 1x x x xm t t              ， 因为 ]2[1x ， ，所以 1 1 4 2t  ， 令 2 4 1y t t   ，则对称轴为直线 2t   ， 所以 2 4 1y t t   在 1 1,4 2      单调递增， 所以 1 2t  时， 2 4 1y t t   取得最大值，即 max 1 52 14 4y     ， 所以 5 4m  ，即实数 m 的取值范围为 5( , )4  ； （3） 0 2( ) 2 2 , ( ) 2 2x x x xf x f x     ，则 2 2 2 2 (2 ) 2 2 (2 2 ) 2x x x xf x       ， 所以 2( ) (2 2 ) (2 2 ) 2x x x xg x        ， 设 2 2x xt   ，当  1,x   时，函数 2 2x xt   为增函数，则 1 32 2 2t    ， 若 ( )g x 在  1,x   上有零点， 即 2 2( ) (2 2 ) (2 2 ) 2 2 0x x x xg x t t           在 3 2t  上有解， 即 2 2t t   ， 2t t    ， 因为函数 2y t t   在 3 ,2     为增函数， 所以 3 4 1 2 3 6     ， 所以  的取值范围为 1[ , )6  .