2021新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)學(xué)案板塊1命題區(qū)間精講精講15函數(shù)的概念圖象與性質(zhì)

函數(shù)的概念、圖象與性質(zhì)命題點(diǎn)1函數(shù)的概念與表示1．高考?？级x域易失分點(diǎn)(1)若f(x)的定義域?yàn)閇m，n]，則在f[g(x)]中，m≤g(x)≤n，從中解得x的范圍即為f[g(x)]的定義域；(2)若f[g(x)]的定義域?yàn)閇m，n]，則由m≤x≤n確定的g(x)的范圍即為f(x)的定義域．2．高考常考分段函數(shù)易失分點(diǎn)(1)注意分段求解不等式時(shí)自變量的取值范圍的大前提；(2)利用函數(shù)性質(zhì)轉(zhuǎn)化時(shí)，首先判斷已知分段函數(shù)的性質(zhì)，利用性質(zhì)將所求問題簡(jiǎn)單化．[高考題型全通關(guān)]1．[教材改編]函數(shù)f(x)＝eq\f(1,\r(4－x2))＋ln(2x＋1)的定義域?yàn)?)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[要使函數(shù)f(x)＝eq\f(1,\r(4－x2))＋ln(2x＋1)有意義，則需滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－x2＞0，,2x＋1＞0，))解得－eq\f(1,2)＜x＜2，即函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2)).]2.[多選]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，))則下列結(jié)論正確的是()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)，選項(xiàng)A正確；f(f(－1))＝f(2)＝0≠eq\f(1,2)，選項(xiàng)B不正確；f(f(0))＝f(1)＝eq\f(1,2)，選項(xiàng)C正確；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，選項(xiàng)D正確．]3．(2020·成都模擬)已知函數(shù)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，))則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)，故選C．]4．已知函數(shù)f(x＋1)的定義域?yàn)?－2，0)，則f(2x－1)的定義域?yàn)?)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[∵函數(shù)f(x＋1)的定義域?yàn)?－2，0)，即－2＜x＜0，∴－1＜x＋1＜1，則f(x)的定義域?yàn)?－1，1)，由－1＜2x－1＜1，得0＜x＜1.∴f(2x－1)的定義域?yàn)?0，1)．]5．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(21－x，x≤1，,1－log2x，x＞1，))則滿足f(x)≤2的x的取值范圍是()A．[－1，2] B．[0，2]C．[1，＋∞) D．[0，＋∞)D[當(dāng)x≤1時(shí)，21－x≤2可變形為1－x≤1，x≥0，∴0≤x≤1.當(dāng)x＞1時(shí)，1－log2x≤2可變形為x≥eq\f(1,2)，∴x＞1.故x的取值范圍為[0，＋∞)．]6．已知函數(shù)f(x)滿足f(x－a)＝x3＋1，且對(duì)任意實(shí)數(shù)x都有f(x)＋f(2－x)＝2，則f(0)＝________.0[根據(jù)題意，函數(shù)f(x)滿足f(x－a)＝x3＋1，則f(x)＝(x＋a)3＋1，則f(2－x)＝(2－x＋a)3＋1，若對(duì)任意實(shí)數(shù)x都有f(x)＋f(2－x)＝2，則有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，則f(x)＝(x－1)3＋1，則f(0)＝(0－1)3＋1＝－1＋1＝0.]7．[一題兩空](2020·棗莊模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x3－3x，x≤a，,3－x－1，x＞a，))當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)的最大值為________；若函數(shù)f(x)的最大值為2，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．2[－1，2][當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x3－3x，x≤0，,3－x－1，x＞0，))x≤0時(shí)，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)上單調(diào)遞增，在(－1，0]上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x≤0時(shí)，f(x)的最大值為f(－1)＝2.x＞0時(shí)，易知f(x)＝3－x－1在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)＜3－0－1＝0.綜上，f(x)的最大值為2.分別作出函數(shù)y＝x3－3x與y＝3－x－1的大致圖象，如圖所示，由圖可知，當(dāng)a∈[－1，2]時(shí)，f(x)的最大值為2.]命題點(diǎn)2函數(shù)的圖象及應(yīng)用(1)確定函數(shù)圖象的主要方法是利用函數(shù)的性質(zhì)，如定義域、奇偶性、單調(diào)性等，特別是利用一些特征點(diǎn)排除不合要求的圖象．(2)函數(shù)圖象的應(yīng)用主要體現(xiàn)為數(shù)形結(jié)合思想，借助于函數(shù)圖象的特點(diǎn)和變化規(guī)律，求解有關(guān)不等式恒成立、最值、交點(diǎn)、方程的根等問題．求解兩個(gè)函數(shù)圖象在給定區(qū)間上的交點(diǎn)個(gè)數(shù)問題時(shí)，可以先畫出已知函數(shù)完整的圖象，再觀察．提醒：圖象平移與整體放縮不改變圖象的對(duì)稱性，求解較復(fù)雜函數(shù)圖象的對(duì)稱點(diǎn)或?qū)ΨQ軸時(shí)可先平移．[高考題型全通關(guān)]1．(2020·廣東四校聯(lián)考)函數(shù)y＝xcosx＋eq\f(ln|x|,x)的部分圖象大致為()A[顯然函數(shù)y＝xcosx＋eq\f(ln|x|,x)為奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，又當(dāng)x＝π時(shí)，y＝πcosπ＋eq\f(ln|π|,π)＝－π＋eq\f(lnπ,π)＜0，所以結(jié)合各選項(xiàng)可知，選A．]2．(2020·江西紅色七校第一次聯(lián)考)函數(shù)f(x)＝eq\f(x3,ex＋e－x)(其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))在[－6，6]的圖象大致為()A．B．C．D．A[f(－x)＝eq\f(－x3,e－x＋ex)＝－f(x)，故f(x)為奇函數(shù)，排除D；當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＞0，排除C；又f(2)＝eq\f(8,e2＋e－2)＞1，故選A．]3．如圖所示的函數(shù)圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式可能是()A．y＝2x－x2－1B．y＝2xsinxC．y＝eq\f(x,lnx)D．y＝(x2－2x)exD[根據(jù)函數(shù)圖象可知，當(dāng)x→－∞時(shí)，y→0，故A不符合；根據(jù)函數(shù)圖象可知，該函數(shù)為非奇非偶函數(shù)，故B不符合；根據(jù)函數(shù)圖象可知，該函數(shù)的定義域?yàn)镽，故C不符合；對(duì)于y＝(x2－2x)ex，y′＝ex(x2－2)，令y′＝0得x＝±eq\r(2)，可得該函數(shù)在(－eq\r(2)，eq\r(2))上單調(diào)遞減，在(－∞，－eq\r(2))和(eq\r(2)，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)y＝0時(shí)，x＝0或x＝2，當(dāng)x→＋∞時(shí)，y→＋∞，當(dāng)x→－∞時(shí)，y→0，故D符合．]4．[多選]下列可能是函數(shù)f(x)＝eq\f(ax＋b,x＋c2)(其中a，b，c∈{－1，0，1})的圖象的是()ABC[法一：A選項(xiàng)中的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，并結(jié)合函數(shù)的定義域、單調(diào)性，猜想a＝0，b＝1，c＝0，符合條件；B選項(xiàng)中的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，并結(jié)合函數(shù)的定義域、單調(diào)性，猜想a＝1，b＝0，c＝0，符合條件；觀察C選項(xiàng)中的圖象，由定義域猜想c＝1，由圖象過原點(diǎn)得b＝0，猜想a＝1，符合條件．觀察D選項(xiàng)中的圖象知函數(shù)f(x)的零點(diǎn)在(0，1)內(nèi)，但此種情況不可能存在．故選ABC．法二：因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝eq\f(ax＋b,x＋c2)(其中a，b，c∈{－1，0，1})的零點(diǎn)只能由ax＋b產(chǎn)生，所以函數(shù)f(x)可能沒有零點(diǎn)，也可能零點(diǎn)是x＝0，但是不會(huì)產(chǎn)生在區(qū)間(0，1)內(nèi)的零點(diǎn)．故選ABC．]5．已知函數(shù)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，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為()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[由函數(shù)的解析式易知f(x)≤0恒成立，則|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恒成立等價(jià)于函數(shù)y＝|f(x)|的圖象恒不在函數(shù)y＝mx－2圖象的下方．作出函數(shù)y＝|f(x)|的圖象，如圖所示，函數(shù)y＝mx－2的圖象是過定點(diǎn)(0，－2)的直線，由圖可知，當(dāng)m<0時(shí)，不滿足題意；當(dāng)m＝0時(shí)，滿足題意；當(dāng)m>0時(shí)，考慮直線y＝mx－2與曲線y＝x2＋3x(x>0)相切的情況．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)，結(jié)合圖形可知0＜m≤3＋2eq\r(2)，綜上所得0≤m≤3＋2eq\r(2).法二：當(dāng)m＞0時(shí)，要使|f(x)|≥mx－2恒成立，只要x＞0時(shí)，|f(x)|≥mx－2，即x2＋3x≥mx－2，得x2＋3x＋2≥mx，得m≤x＋eq\f(2,x)＋3即可．∵當(dāng)x＞0時(shí)，x＋eq\f(2,x)＋3≥3＋2eq\r(x·\f(2,x))＝3＋2eq\r(2)，即0＜m≤3＋2eq\r(2)，綜上所得0≤m≤3＋2eq\r(2).]6．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋12，x≤0，,|log2x|，x＞0，))若方程f(x)＝a有四個(gè)不同的根x1，x2，x3，x4，且x1＜x2＜x3＜x4，則x3(x1＋x2)＋eq\f(1,x\o\al(2,3)x4)的取值范圍為()A．(－1，＋∞) B．(－1，1]C．(－∞，1) D．[－1，1)B[作出函數(shù)f(x)的圖象，如圖所示．∵方程f(x)＝a有四個(gè)不同的根x1，x2，x3，x4，∴函數(shù)y＝f(x)的圖象與直線y＝a有四個(gè)不同的交點(diǎn)，由圖可知0＜a≤1，又x1＜x2＜x3＜x4，∴x1＋x2＝－2，0＜x3＜1＜x4，且|log2x3|＝|log2x4|，即－log2x3＝log2x4，則log2x3＋log2x4＝0，即log2x3x4＝0，則x3x4＝1.由|log2x|＝1得x＝eq\f(1,2)或2，則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，又函數(shù)y＝－2x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上為減函數(shù)，故－1＜－2x3＋eq\f(1,x3)≤1，故x3(x1＋x2)＋eq\f(1,x\o\al(2,3)x4)的取值范圍為(－1，1]．故選B．]7．(2020·石家莊模擬)已知函數(shù)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)滿足：①當(dāng)x＜0時(shí)，方程f(x)＝g(x)無解；②當(dāng)x＞0時(shí)，至少存在一個(gè)整數(shù)x0使f(x0)≥g(x0)．則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________．(e－3，3][繪制函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，函數(shù)g(x)恒過點(diǎn)(0，－2)，①當(dāng)x＜0時(shí)，方程f(x)＝g(x)無解，考查臨界情況，當(dāng)x＜0時(shí)，f(x)＝－ln(－x)，f′(x)＝－eq\f(1,－x)·(－1)＝－eq\f(1,x)，設(shè)f(x)與g(x)的切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，－ln(－x0))，切線斜率為k＝－eq\f(1,x0)，故切線方程為y＋ln(－x0)＝－eq\f(1,x0)(x－x0)，切線過點(diǎn)(0，－2)．則－2＋ln(－x0)＝－eq\f(1,x0)·(－x0)＝1，解得x0＝－e3，故切線的斜率k＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,－e3)))＝e－3，據(jù)此可得a＞e－3.②當(dāng)x＞0時(shí)，x＝1時(shí)，－6x2＋20x－13＝1，點(diǎn)(0，－2)，(1，1)兩點(diǎn)連線的斜率k＝eq\f(－2－1,0－1)＝3，x＝2時(shí)，－6x2＋20x－13＝3，eq\f(6,x)＝3，點(diǎn)(0，－2)，(2，3)兩點(diǎn)連線的斜率k＝eq\f(3＋2,2－0)＝eq\f(5,2)，據(jù)此可得a≤3，綜上可得，實(shí)數(shù)a的取值范圍為e－3＜a≤3.]命題點(diǎn)3函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用明確函數(shù)的4個(gè)性質(zhì)(1)奇偶性，具有奇偶性的函數(shù)在關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的區(qū)間上，其圖象、函數(shù)值、解析式和單調(diào)性聯(lián)系密切，研究問題時(shí)可以轉(zhuǎn)化到部分(一般取一半)區(qū)間上，注意偶函數(shù)常用結(jié)論f(x)＝f(|x|)；(2)單調(diào)性，可以比較大小、求函數(shù)最值、解不等式、證明方程根的唯一性；(3)周期性，利用周期性可以轉(zhuǎn)化函數(shù)的解析式、圖象和性質(zhì)，把不在已知區(qū)間上的問題轉(zhuǎn)化到已知區(qū)間上求解；(4)對(duì)稱性，常圍繞圖象的對(duì)稱中心設(shè)置試題背景，利用圖象對(duì)稱中心的性質(zhì)簡(jiǎn)化所求問題．[高考題型全通關(guān)]1．[多選]下列函數(shù)中，既是偶函數(shù)，又在(0，＋∞)上單調(diào)遞增的是()A．y＝ln(eq\r(1＋9x2)－3x) B．y＝ex＋e－xC．y＝x2＋1 D．y＝cosx＋3BC[對(duì)于A，設(shè)f(x)＝ln(eq\r(1＋9x2)－3x)，則f(－x)＝ln(eq\r(1＋9x2)＋3x)＝lneq\f(1,\r(1＋9x2)－3x)＝－f(x)，又f(x)的定義域?yàn)镽，所以f(x)是奇函數(shù)，故A不符合題意；對(duì)于B，設(shè)g(x)＝ex＋e－x，g(x)顯然為偶函數(shù)，g′(x)＝ex－e－x，當(dāng)x＞0時(shí)，g′(x)＞0，故g(x)＝ex＋e－x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故B符合題意；對(duì)于C，易知y＝x2＋1是偶函數(shù)，且在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故C符合題意；對(duì)于D，易知y＝cosx＋3在(0，＋∞)上不單調(diào)，故D不符合題意．故選BC．]2．[多選]函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，且f(x＋1)與f(x＋2)都為奇函數(shù)，則()A．f(x)為奇函數(shù) B．f(x)為周期函數(shù)C．f(x＋3)為奇函數(shù) D．f(x＋4)為偶函數(shù)ABC[因?yàn)閒(x＋1)，f(x＋2)均為奇函數(shù)，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代換x，得f(－x)＝－f(x＋2)，將f(－x＋2)＝－f(x＋2)代入，得f(－x)＝f(－x＋2)，以－x代換x，得f(x)＝f(x＋2)，所以f(x)為周期函數(shù)，選項(xiàng)B正確；由f(－x＋2)＝－f(x＋2)，得f(－x＋2)＝－f(x)，以－x代換x，得f(x＋2)＝－f(－x)，即f(x)＝－f(－x)，即f(－x)＝－f(x)，所以f(x)為奇函數(shù)，選項(xiàng)A正確；f(x＋3)＝f(x＋1)，f(x＋1)為奇函數(shù)，故f(x＋3)為奇函數(shù)，選項(xiàng)C正確；因?yàn)閒(x＋4)＝f(x＋2)＝f(x)，若f(x＋4)為偶函數(shù)，則f(x)也為偶函數(shù)，與f(x)為奇函數(shù)矛盾，故選項(xiàng)D不正確．]3．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－πx))＋x＋e2,x2＋e2)的最大值為M，最小值為N，則(M＋N－1)2019的值為()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)為奇函數(shù)，由于奇函數(shù)在對(duì)稱區(qū)間上的最大值與最小值的和為0，M＋N＝f(x)max＋f(x)min＝g(x)max＋1＋g(x)min＋1＝2，(M＋N－1)2019＝1.]4．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x3－\f(1,2)x2，x＜0，,ex，x≥0))則f(3－x2)＞f(2x)的解集為()A．(－∞，－3)∪(1，＋∞)B．(－3，1)C．(－∞，－1)∪(3，＋∞)D．(－1，3)B[當(dāng)x＜0時(shí)，f(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)x2，f′(x)＝x2－x，∵x＜0，∴f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增，且x→0時(shí)，f(x)→0，∴f(x)＜0，當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝ex單調(diào)遞增，且f(x)≥f(0)＝1，因此可得f(x)單調(diào)遞增，∴f(