2021新高考数学二轮复习学案板块1命题区间精讲精讲15函数的概念图象与性质

函数的概念、图象与性质命题点1函数的概念与表示1．高考常考定义域易失分点(1)若f(x)的定义域为[m，n]，则在f[g(x)]中，m≤g(x)≤n，从中解得x的范围即为f[g(x)]的定义域；(2)若f[g(x)]的定义域为[m，n]，则由m≤x≤n确定的g(x)的范围即为f(x)的定义域．2．高考常考分段函数易失分点(1)注意分段求解不等式时自变量的取值范围的大前提；(2)利用函数性质转化时，首先判断已知分段函数的性质，利用性质将所求问题简单化．[高考题型全通关]1．[教材改编]函数f(x)＝eq\f(1,\r(4－x2))＋ln(2x＋1)的定义域为()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2)) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2)) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2))D[要使函数f(x)＝eq\f(1,\r(4－x2))＋ln(2x＋1)有意义，则需满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－x2＞0，,2x＋1＞0，))解得－eq\f(1,2)＜x＜2，即函数f(x)的定义域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2)).]2.[多选]已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x－1，x＞1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)，x≤1，))则下列结论正确的是()A．f(f(1))＝eq\f(\r(2),2) B．f(f(－1))＝eq\f(1,2)C．f(f(0))＝eq\f(1,2) D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2020,2019)))))＝2019ACD[f(f(1))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(eq\f(1,2))＝eq\f(\r(2),2)，选项A正确；f(f(－1))＝f(2)＝0≠eq\f(1,2)，选项B不正确；f(f(0))＝f(1)＝eq\f(1,2)，选项C正确；feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2020,2019)))))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,2019)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(log2eq\f(1,2019))＝2eq\s\up12(log22019)＝2019，选项D正确．]3．(2020·成都模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx＋\f(π,6)))，x≤0，,2x＋1，x＞0，))则f(－2)＋f(1)＝()A．eq\f(6＋\r(3),2) B．eq\f(6－\r(3),2)C．eq\f(7,2) D．eq\f(5,2)C[f(－2)＋f(1)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2π＋\f(π,6)))＋(21＋1)＝sineq\f(π,6)＋3＝eq\f(1,2)＋3＝eq\f(7,2)，故选C．]4．已知函数f(x＋1)的定义域为(－2，0)，则f(2x－1)的定义域为()A．(－1，0) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))C．(0，1) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))C[∵函数f(x＋1)的定义域为(－2，0)，即－2＜x＜0，∴－1＜x＋1＜1，则f(x)的定义域为(－1，1)，由－1＜2x－1＜1，得0＜x＜1.∴f(2x－1)的定义域为(0，1)．]5．设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(21－x，x≤1，,1－log2x，x＞1，))则满足f(x)≤2的x的取值范围是()A．[－1，2] B．[0，2]C．[1，＋∞) D．[0，＋∞)D[当x≤1时，21－x≤2可变形为1－x≤1，x≥0，∴0≤x≤1.当x＞1时，1－log2x≤2可变形为x≥eq\f(1,2)，∴x＞1.故x的取值范围为[0，＋∞)．]6．已知函数f(x)满足f(x－a)＝x3＋1，且对任意实数x都有f(x)＋f(2－x)＝2，则f(0)＝________.0[根据题意，函数f(x)满足f(x－a)＝x3＋1，则f(x)＝(x＋a)3＋1，则f(2－x)＝(2－x＋a)3＋1，若对任意实数x都有f(x)＋f(2－x)＝2，则有f(x)＋f(2－x)＝(x＋a)3＋1＋(2－x＋a)3＋1＝2，可得(x＋a)3＋(2－x＋a)3＝0，解得a＝－1，则f(x)＝(x－1)3＋1，则f(0)＝(0－1)3＋1＝－1＋1＝0.]7．[一题两空](2020·枣庄模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x3－3x，x≤a，,3－x－1，x＞a，))当a＝0时，f(x)的最大值为________；若函数f(x)的最大值为2，则实数a的取值范围是________．2[－1，2][当a＝0时，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x3－3x，x≤0，,3－x－1，x＞0，))x≤0时，f′(x)＝3x2－3＝3(x2－1)．由f′(x)＞0得x＜－1，由f′(x)＜0得－1＜x≤0.所以f(x)在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，0]上单调递减，所以当x≤0时，f(x)的最大值为f(－1)＝2.x＞0时，易知f(x)＝3－x－1在(0，＋∞)上单调递减，所以f(x)＜3－0－1＝0.综上，f(x)的最大值为2.分别作出函数y＝x3－3x与y＝3－x－1的大致图象，如图所示，由图可知，当a∈[－1，2]时，f(x)的最大值为2.]命题点2函数的图象及应用(1)确定函数图象的主要方法是利用函数的性质，如定义域、奇偶性、单调性等，特别是利用一些特征点排除不合要求的图象．(2)函数图象的应用主要体现为数形结合思想，借助于函数图象的特点和变化规律，求解有关不等式恒成立、最值、交点、方程的根等问题．求解两个函数图象在给定区间上的交点个数问题时，可以先画出已知函数完整的图象，再观察．提醒：图象平移与整体放缩不改变图象的对称性，求解较复杂函数图象的对称点或对称轴时可先平移．[高考题型全通关]1．(2020·广东四校联考)函数y＝xcosx＋eq\f(ln|x|,x)的部分图象大致为()A[显然函数y＝xcosx＋eq\f(ln|x|,x)为奇函数，其图象关于原点对称，又当x＝π时，y＝πcosπ＋eq\f(ln|π|,π)＝－π＋eq\f(lnπ,π)＜0，所以结合各选项可知，选A．]2．(2020·江西红色七校第一次联考)函数f(x)＝eq\f(x3,ex＋e－x)(其中e为自然对数的底数)在[－6，6]的图象大致为()A．B．C．D．A[f(－x)＝eq\f(－x3,e－x＋ex)＝－f(x)，故f(x)为奇函数，排除D；当x＞0时，f(x)＞0，排除C；又f(2)＝eq\f(8,e2＋e－2)＞1，故选A．]3．如图所示的函数图象对应的函数解析式可能是()A．y＝2x－x2－1B．y＝2xsinxC．y＝eq\f(x,lnx)D．y＝(x2－2x)exD[根据函数图象可知，当x→－∞时，y→0，故A不符合；根据函数图象可知，该函数为非奇非偶函数，故B不符合；根据函数图象可知，该函数的定义域为R，故C不符合；对于y＝(x2－2x)ex，y′＝ex(x2－2)，令y′＝0得x＝±eq\r(2)，可得该函数在(－eq\r(2)，eq\r(2))上单调递减，在(－∞，－eq\r(2))和(eq\r(2)，＋∞)上单调递增，当y＝0时，x＝0或x＝2，当x→＋∞时，y→＋∞，当x→－∞时，y→0，故D符合．]4．[多选]下列可能是函数f(x)＝eq\f(ax＋b,x＋c2)(其中a，b，c∈{－1，0，1})的图象的是()ABC[法一：A选项中的图象关于y轴对称，并结合函数的定义域、单调性，猜想a＝0，b＝1，c＝0，符合条件；B选项中的图象关于原点对称，并结合函数的定义域、单调性，猜想a＝1，b＝0，c＝0，符合条件；观察C选项中的图象，由定义域猜想c＝1，由图象过原点得b＝0，猜想a＝1，符合条件．观察D选项中的图象知函数f(x)的零点在(0，1)内，但此种情况不可能存在．故选ABC．法二：因为函数f(x)＝eq\f(ax＋b,x＋c2)(其中a，b，c∈{－1，0，1})的零点只能由ax＋b产生，所以函数f(x)可能没有零点，也可能零点是x＝0，但是不会产生在区间(0，1)内的零点．故选ABC．]5．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1，x≤0，,－x2－3x，x＞0，))若不等式|f(x)|≥mx－2恒成立，则实数m的取值范围为()A．[3－2eq\r(2)，3＋2eq\r(2)] B．[0，3－2eq\r(2)]C．(3－2eq\r(2)，3＋2eq\r(2)) D．[0，3＋2eq\r(2)]D[由函数的解析式易知f(x)≤0恒成立，则|f(x)|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋1，x≤0，,x2＋3x，x＞0，))不等式|f(x)|≥mx－2恒成立等价于函数y＝|f(x)|的图象恒不在函数y＝mx－2图象的下方．作出函数y＝|f(x)|的图象，如图所示，函数y＝mx－2的图象是过定点(0，－2)的直线，由图可知，当m<0时，不满足题意；当m＝0时，满足题意；当m>0时，考虑直线y＝mx－2与曲线y＝x2＋3x(x>0)相切的情况．法一：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝mx－2，,y＝x2＋3x))得x2＋(3－m)x＋2＝0，令Δ＝(3－m)2－8＝m2－6m＋1＝0，解得m＝3＋2eq\r(2)或m＝3－2eq\r(2)，结合图形可知0＜m≤3＋2eq\r(2)，综上所得0≤m≤3＋2eq\r(2).法二：当m＞0时，要使|f(x)|≥mx－2恒成立，只要x＞0时，|f(x)|≥mx－2，即x2＋3x≥mx－2，得x2＋3x＋2≥mx，得m≤x＋eq\f(2,x)＋3即可．∵当x＞0时，x＋eq\f(2,x)＋3≥3＋2eq\r(x·\f(2,x))＝3＋2eq\r(2)，即0＜m≤3＋2eq\r(2)，综上所得0≤m≤3＋2eq\r(2).]6．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋12，x≤0，,|log2x|，x＞0，))若方程f(x)＝a有四个不同的根x1，x2，x3，x4，且x1＜x2＜x3＜x4，则x3(x1＋x2)＋eq\f(1,x\o\al(2,3)x4)的取值范围为()A．(－1，＋∞) B．(－1，1]C．(－∞，1) D．[－1，1)B[作出函数f(x)的图象，如图所示．∵方程f(x)＝a有四个不同的根x1，x2，x3，x4，∴函数y＝f(x)的图象与直线y＝a有四个不同的交点，由图可知0＜a≤1，又x1＜x2＜x3＜x4，∴x1＋x2＝－2，0＜x3＜1＜x4，且|log2x3|＝|log2x4|，即－log2x3＝log2x4，则log2x3＋log2x4＝0，即log2x3x4＝0，则x3x4＝1.由|log2x|＝1得x＝eq\f(1,2)或2，则eq\f(1,2)≤x3＜1，1＜x4≤2，故x3(x1＋x2)＋eq\f(1,x\o\al(2,3)x4)＝－2x3＋eq\f(1,x3)，eq\f(1,2)≤x3＜1，又函数y＝－2x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上为减函数，故－1＜－2x3＋eq\f(1,x3)≤1，故x3(x1＋x2)＋eq\f(1,x\o\al(2,3)x4)的取值范围为(－1，1]．故选B．]7．(2020·石家庄模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－ln|x|，x∈－∞，0，,－6x2＋20x－13，x∈[0，2]，,\f(6,x)，x∈2，＋∞，))g(x)＝ax－2(a∈R)满足：①当x＜0时，方程f(x)＝g(x)无解；②当x＞0时，至少存在一个整数x0使f(x0)≥g(x0)．则实数a的取值范围为________．(e－3，3][绘制函数f(x)的图象如图所示，函数g(x)恒过点(0，－2)，①当x＜0时，方程f(x)＝g(x)无解，考查临界情况，当x＜0时，f(x)＝－ln(－x)，f′(x)＝－eq\f(1,－x)·(－1)＝－eq\f(1,x)，设f(x)与g(x)的切点坐标为(x0，－ln(－x0))，切线斜率为k＝－eq\f(1,x0)，故切线方程为y＋ln(－x0)＝－eq\f(1,x0)(x－x0)，切线过点(0，－2)．则－2＋ln(－x0)＝－eq\f(1,x0)·(－x0)＝1，解得x0＝－e3，故切线的斜率k＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,－e3)))＝e－3，据此可得a＞e－3.②当x＞0时，x＝1时，－6x2＋20x－13＝1，点(0，－2)，(1，1)两点连线的斜率k＝eq\f(－2－1,0－1)＝3，x＝2时，－6x2＋20x－13＝3，eq\f(6,x)＝3，点(0，－2)，(2，3)两点连线的斜率k＝eq\f(3＋2,2－0)＝eq\f(5,2)，据此可得a≤3，综上可得，实数a的取值范围为e－3＜a≤3.]命题点3函数的性质及应用明确函数的4个性质(1)奇偶性，具有奇偶性的函数在关于原点对称的区间上，其图象、函数值、解析式和单调性联系密切，研究问题时可以转化到部分(一般取一半)区间上，注意偶函数常用结论f(x)＝f(|x|)；(2)单调性，可以比较大小、求函数最值、解不等式、证明方程根的唯一性；(3)周期性，利用周期性可以转化函数的解析式、图象和性质，把不在已知区间上的问题转化到已知区间上求解；(4)对称性，常围绕图象的对称中心设置试题背景，利用图象对称中心的性质简化所求问题．[高考题型全通关]1．[多选]下列函数中，既是偶函数，又在(0，＋∞)上单调递增的是()A．y＝ln(eq\r(1＋9x2)－3x) B．y＝ex＋e－xC．y＝x2＋1 D．y＝cosx＋3BC[对于A，设f(x)＝ln(eq\r(1＋9x2)－3x)，则f(－x)＝ln(eq\r(1＋9x2)＋3x)＝lneq\f(1,\r(1＋9x2)－3x)＝－f(x)，又f(x)的定义域为R，所以f(x)是奇函数，故A不符合题意；对于B，设g(x)＝ex＋e－x，g(x)显然为偶函数，g′(x)＝ex－e－x，当x＞0时，g′(x)＞0，故g(x)＝ex＋e－x在(0，＋∞)上单调递增，故B符合题意；对于C，易知y＝x2＋1是偶函数，且在(0，＋∞)上单调递增，故C符合题意；对于D，易知y＝cosx＋3在(0，＋∞)上不单调，故D不符合题意．故选BC．]2．[多选]函数f(x)的定义域为R，且f(x＋1)与f(x＋2)都为奇函数，则()A．f(x)为奇函数 B．f(x)为周期函数C．f(x＋3)为奇函数 D．f(x＋4)为偶函数ABC[因为f(x＋1)，f(x＋2)均为奇函数，所以f(－x＋1)＝－f(x＋1)，f(－x＋2)＝－f(x＋2)．在f(－x＋1)＝－f(x＋1)中，以x＋1代换x，得f(－x)＝－f(x＋2)，将f(－x＋2)＝－f(x＋2)代入，得f(－x)＝f(－x＋2)，以－x代换x，得f(x)＝f(x＋2)，所以f(x)为周期函数，选项B正确；由f(－x＋2)＝－f(x＋2)，得f(－x＋2)＝－f(x)，以－x代换x，得f(x＋2)＝－f(－x)，即f(x)＝－f(－x)，即f(－x)＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，选项A正确；f(x＋3)＝f(x＋1)，f(x＋1)为奇函数，故f(x＋3)为奇函数，选项C正确；因为f(x＋4)＝f(x＋2)＝f(x)，若f(x＋4)为偶函数，则f(x)也为偶函数，与f(x)为奇函数矛盾，故选项D不正确．]3．设函数f(x)＝eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－πx))＋x＋e2,x2＋e2)的最大值为M，最小值为N，则(M＋N－1)2019的值为()A．1B．2C．22019D．32019A[由已知x∈R，f(x)＝eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－πx))＋x＋e2,x2＋e2)＝eq\f(sinπx＋x2＋e2＋2ex,x2＋e2)＝eq\f(sinπx＋2ex,x2＋e2)＋1，令g(x)＝eq\f(sinπx＋2ex,x2＋e2)，易知g(x)为奇函数，由于奇函数在对称区间上的最大值与最小值的和为0，M＋N＝f(x)max＋f(x)min＝g(x)max＋1＋g(x)min＋1＝2，(M＋N－1)2019＝1.]4．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x3－\f(1,2)x2，x＜0，,ex，x≥0))则f(3－x2)＞f(2x)的解集为()A．(－∞，－3)∪(1，＋∞)B．(－3，1)C．(－∞，－1)∪(3，＋∞)D．(－1，3)B[当x＜0时，f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2，f′(x)＝x2－x，∵x＜0，∴f′(x)＞0，f(x)单调递增，且x→0时，f(x)→0，∴f(x)＜0，当x≥0时，f(x)＝ex单调递增，且f(x)≥f(0)＝1，因此可得f(x)单调递增，∴f(