新課標2025版高考數學二輪復習專題六函數與導數第1講函數的圖象與性質練習理新人教A版

PAGE1-第1講函數的圖象與性質一、選擇題1．已知函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，x≥0，,－x，x<0，))則f(f(－2))＝()A．4 B．3C．2 D．1解析：選A．因為f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，x≥0，,－x，x<0，))所以f(－2)＝－(－2)＝2，所以f(f(－2))＝f(2)＝22＝4.2．下列函數中，圖象是軸對稱圖形且在區(qū)間(0，＋∞)上單調遞減的是()A．y＝eq\f(1,x) B．y＝－x2＋1C．y＝2x D．y＝log2|x|解析：選B．因為函數的圖象是軸對稱圖形，所以解除A、C，又y＝－x2＋1在(0，＋∞)上單調遞減，y＝log2|x|在(0，＋∞)上單調遞增，所以解除D．故選B．3．(2024·高考全國卷Ⅱ)設f(x)為奇函數，且當x≥0時，f(x)＝ex－1，則當x＜0時，f(x)＝()A．e－x－1 B．e－x＋1C．－e－x－1 D．－e－x＋1解析：選D．通解：依題意得，當x<0時，f(x)＝－f(－x)＝－(e－x－1)＝－e－x＋1，選D．優(yōu)解：依題意得，f(－1)＝－f(1)＝－(e1－1)＝1－e，結合選項知，選D．4．已知定義在R上的函數f(x)滿意f(x)＝－f(x＋2)，當x∈(0，2]時，f(x)＝2x＋log2x，則f(2015)＝()A．5 B．eq\f(1,2)C．2 D．－2解析：選D．由f(x)＝－f(x＋2)，得f(x＋4)＝f(x)，所以函數f(x)是周期為4的周期函數，所以f(2015)＝f(503×4＋3)＝f(3)＝f(1＋2)＝－f(1)＝－(2＋0)＝－2，故選D．5．(2024·安徽五校聯(lián)盟其次次質檢)函數y＝eq\f(\r(x2＋1),2x)的圖象大致為()解析：選C．因為函數y＝eq\f(\r(x2＋1),2x)為奇函數，所以其圖象關于原點對稱，當x>0時，y＝eq\f(1,2)eq\r(\f(x2＋1,x2))＝eq\f(1,2)eq\r(1＋\f(1,x2))，所以函數y＝eq\f(\r(x2＋1),2x)在(0，＋∞)上單調遞減，所以解除選項B，D；又當x＝1時，y＝eq\f(\r(2),2)<1，所以解除選項A，故選C．6．若函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax＋b，x<－1，,ln(x＋a)，x≥－1))的圖象如圖所示，則f(－3)等于()A．－eq\f(1,2) B．－eq\f(5,4)C．－1 D．－2解析：選C．由圖象可得a×(－1)＋b＝3，ln(－1＋a)＝0，所以a＝2，b＝5，所以f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋5，x<－1，,ln(x＋2)，x≥－1，))故f(－3)＝2×(－3)＋5＝－1.7．下列函數中，其圖象與函數y＝lnx的圖象關于直線x＝1對稱的是()A．y＝ln(1－x) B．y＝ln(2－x)C．y＝ln(1＋x) D．y＝ln(2＋x)解析：選B．法一：設所求函數圖象上任一點的坐標為(x，y)，則其關于直線x＝1的對稱點的坐標為(2－x，y)，由對稱性知點(2－x，y)在函數f(x)＝lnx的圖象上，所以y＝ln(2－x)．故選B．法二：由題意知，對稱軸上的點(1，0)既在函數y＝lnx的圖象上也在所求函數的圖象上，代入選項中的函數表達式逐一檢驗，解除A，C，D，選B．8．(2024·湖南省五市十校聯(lián)考)若f(x)＝ex－ae－x為奇函數，則滿意f(x－1)>eq\f(1,e2)－e2的x的取值范圍是()A．(－2，＋∞) B．(－1，＋∞)C．(2，＋∞) D．(3，＋∞)解析：選B．由f(x)＝ex－ae－x為奇函數，得f(－x)＝－f(x)，即e－x－aex＝ae－x－ex，得a＝1，所以f(x)＝ex－e－x，則f(x)在R上單調遞增，又f(x－1)>eq\f(1,e2)－e2＝f(－2)，所以x－1>－2，解得x>－1，故選B．9．如圖，把圓周長為1的圓的圓心C放在y軸上，頂點A(0，1)，一動點M從點A起先逆時針繞圓運動一周，記eq\o(AM,\s\up8(︵))＝x，直線AM與x軸交于點N(t，0)，則函數t＝f(x)的圖象大致為()解析：選D．當x由0→eq\f(1,2)時，t從－∞→0，且單調遞增，當x由eq\f(1,2)→1時，t從0→＋∞，且單調遞增，所以解除A、B、C，故選D．10.(2024·福州市第一學期抽測)如圖，函數f(x)的圖象為兩條射線CA，CB組成的折線，假如不等式f(x)≥x2－x－a的解集中有且僅有1個整數，則實數a的取值范圍是()A．{a|－2<a<－1} B．{a|－2≤a<－1}C．{a|－2≤a<2} D．{a|a≥－2}解析：選B．依據題意可知f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋2，x≤0，,－x＋2，x>0，))不等式f(x)≥x2－x－a等價于a≥x2－x－f(x)，令g(x)＝x2－x－f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－3x－2，x≤0，,x2－2，x>0，))作出g(x)的大致圖象，如圖所示，又g(0)＝－2，g(1)＝－1，g(－1)＝2，所以要使不等式的解集中有且僅有1個整數，則－2≤a<－1，即實數a的取值范圍是{a|－2≤a<－1}．故選B．11．(2024·福州市質量檢測)已知函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(x)＋4，x≤0，,－x3－x＋5，x>0，))當x∈[m，m＋1]時，不等式f(2m－x)<f(x＋m)恒成立，則實數m的取值范圍是()A．(－∞，－4) B．(－∞，－2)C．(－2，2) D．(－∞，0)解析：選B．易知函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(x)＋4，x≤0,－x3－x＋5，x>0))在x∈R上單調遞減，又f(2m－x)<f(x＋m)在x∈[m，m＋1]上恒成立，所以2m－x>x＋m，即2x<m在x∈[m，m＋1]上恒成立，所以2(m＋1)<m，解得m<－2，故選B．12．已知f(x)＝2x－1，g(x)＝1－x2，規(guī)定：當|f(x)|≥g(x)時，h(x)＝|f(x)|；當|f(x)|<g(x)時，h(x)＝－g(x)，則h(x)()A．有最小值－1，最大值1B．有最大值1，無最小值C．有最小值－1，無最大值D．有最大值－1，無最小值解析：選C．作出函數g(x)＝1－x2和函數|f(x)|＝|2x－1|的圖象如圖①所示，得到函數h(x)的圖象如圖②所示，由圖象得函數h(x)有最小值－1，無最大值．二、填空題13．已知函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2x＋a，x>0，,4x－2－1，x≤0.))若f(a)＝3，則f(a－2)＝________．解析：當a>0時，若f(a)＝3，則log2a＋a＝3，解得a＝2(滿意a>0)；當a≤0時，若f(a)＝3，則4a－2－1＝3，解得a＝3，不滿意a≤0，所以舍去．可得a＝2.故f(a－2)＝f(0)＝4－2－1＝－eq\f(15,16).答案：－eq\f(15,16)14．已知a>0且a≠1，函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax，x≥1，,ax＋a－2，x<1))在R上單調遞增，那么實數a的取值范圍是________．解析：依題意，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>1，,a＋a－2≤a，))解得1<a≤2，故實數a的取值范圍為(1，2]．答案：(1，2]15．已知函數f(x)的圖象關于點(－3，2)對稱，則函數h(x)＝f(x＋1)－3的圖象的對稱中心為________．解析：函數h(x)＝f(x＋1)－3的圖象是由函數f(x)的圖象向左平移1個單位，再向下平移3個單位得到的，又f(x)的圖象關于點(－3，2)對稱，所以函數h(x)的圖象的對稱中心為(－4，－1)．答案：(－4，－1)16．已知偶函數y＝f(x)(x∈R)在區(qū)間[－1，0]上單調遞增，且滿意f(1－x)＋f(1＋x)＝0，給出下列推斷：①f(5)＝0；②f(x)在[1，2]上是減函數；③函數f(x)沒有最小值；④函數f(x)在x＝0處取得最大