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2022年高考数学一轮复习小题多维练（新高考版）专题04函数的基本性质一、单选题1.下列函数中，在区间（0，+∞）上单调递增且存在零点的是（）A．y＝exB．C．D．y＝（x﹣1）2【答案】C【分析】根据基本初等函数的图象与性质，零点的含义，以及函数图象的变换法则，逐一判断每个选项即可．【解答】解：函数y＝ex＞0恒成立，不存在零点，即A不符合题意；函数恒成立，不存在零点，即B不符合题意；函数在（0，+∞）上单调递增，且当x＝1时，y＝0，所以函数的零点为x＝1，即C正确；函数y＝（x﹣1）2在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，即D不符合题意．故选：C．【知识点】函数的零点、函数的单调性及单调区间2.已知实数m是给定的常数，函数f（x）＝x3+﹣mx+1的图象不可能是（）A．B．C．D．【答案】B【分析】对函数f（x）求导可得f'（x）＝（3x+1）（x﹣m），不妨取m＝0、m＞0和三类讨论函数f（x）的单调区间，并与选项进行匹配即可作出选择．【解答】解：f（0）＝1，f'（x）＝3x2+（1﹣3m）x﹣m＝（3x+1）（x﹣m），当m＞0时，函数f（x）在和（m，+∞）上单调递增，在上单调递减，选项A，C的图象有可能符合题意；当m＝0时，令f'（x）＜0，得；令f'（x）＞0，得或x＞0．所以函数f（x）在和（0，+∞）上单调递增，在上单调递减，选项B的图象不符合题意；当时，函数f（x）在（﹣∞，m）和上单调递增，在上单调递减，选项D的图象有可能符合题意．故选：B．【知识点】函数的单调性及单调区间3.定义在R的函数f（x）＝﹣x3+m与函数g（x）＝f（x）+x3+x2﹣kx在[﹣1，1]上具有相同的单调性，则k的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣2]B．[2，+∞）C．[﹣2，2]D．（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）【答案】B【分析】根据题意，分析易得f（x）在R上为减函数，求出g（x）的解析式，分析可得g（x）在[﹣1，1]上为减函数，结合二次函数的性质分析可得答案．【解答】解：根据题意，函数f（x）＝﹣x3+m，其定义域为R，则R上f（x）为减函数，g（x）＝f（x）+x3+x2﹣kx＝x2﹣kx+m在[﹣1，1]上为减函数，必有x＝≥1，解可得k≥2，即k的取值范围为[2，+∞）；故选：B．【知识点】函数的单调性及单调区间4.若ln（a+4b）＝lna+lnb﹣1，则的取值范围为（）A．（，7）B．[，7）C．（，+∞）D．[9，+∞）【答案】D【分析】利用对数运算法则，推出＝，然后利用基本不等式转化求解函数的最大值即可．【解答】解：由ln（a+4b）＝lna+lnb﹣1，可得a+4b＝，所以＝，因为a＞0，b＞0，所以＝（a+b）•（）＝5+≥5+4＝9．当且仅当a＝2b＝6e时，取等号．所以的取值范围为[9，+∞）．故选：D．【知识点】函数的最值及其几何意义5.已知函数f（x）＝，则函数y＝在区间[m，m+2]（﹣2≤m≤0）上的最大值的取值范围是（）A．[1，2]B．[，2]C．[1，]D．[1，]【答案】D【分析】零点分段取绝对值，在利用换元法，作出图象，分段讨论m，即可求解最大值的取值范围；【解答】解：函数f（x）＝，则f（x）＝，设g（x）＝f（x）+1，可得g（x）＝，作出g（x）的图象，从图象可知，当x＝﹣2时，可得g（x）的最大值为1；当﹣2＜m＜﹣1时，g（x）max＝＝＝∈（1，）；当﹣1≤m≤0时，g（x）max＝＝，综上，可得在区间[m，m+2]（﹣2≤m≤0）上的最大值的取值范围是[1，]；故选：D．【知识点】函数的最值及其几何意义6.设f（x）是R上的奇函数且满足f（x﹣1）＝f（x+1），当0≤x≤1时，f（x）＝5x（1﹣x），则f（﹣2020.6）＝（）A．B．C．﹣D．﹣【答案】D【分析】根据题意，分析可得f（x）是周期为2的周期函数，结合函数的奇偶性可得f（﹣2020.6）＝f（﹣2020﹣0.6）＝f（﹣0.6）＝﹣f（0.6），又由函数的解析式计算可得答案．【解答】解：根据题意，f（x）满足f（x﹣1）＝f（x+1），即f（x+2）＝f（x），则f（x）是周期为2的周期函数，又由f（x）为奇函数，则f（﹣2020.6）＝f（﹣2020﹣0.6）＝f（﹣0.6）＝﹣f（0.6），当0≤x≤1时，f（x）＝5x（1﹣x），则f（0.6）＝5×0.6×0.4＝，故f（﹣2020.6）＝﹣f（0.6）＝﹣，故选：D．【知识点】抽象函数及其应用、函数奇偶性的性质与判断7.已知函数f（x）＝ln+ax+b（a，b∈R），对任意的x∈（﹣∞，﹣3）∪（3，+∞）都有f（﹣x）+f（x）＝6，且f（5）＝3，则f（9）﹣f（﹣5）＝（）A．B．C．D．【答案】C【分析】根据题意，由f（﹣x）+f（x）＝6，则有（ln+ax+b）+（ln﹣ax+b）＝2b＝6，分析可得b的值，又由f（5）＝3，解可得a的值，由f（﹣x）+f（x）＝6可得f（﹣5）的值，由解析式可得f（﹣9）的值，计算可得答案【解答】解：根据题意，f（x）＝ln+ax+b，若f（﹣x）+f（x）＝6，则有（ln+ax+b）+（ln﹣ax+b）＝2b＝6，则有b＝3，又由f（5）＝3，则f（5）＝ln+5a+3＝3，解可得a＝，则f（x）＝ln+x+b，对任意的x∈（﹣∞，﹣3）∪（3，+∞）都有f（﹣x）+f（x）＝6，且f（5）＝3，则f（﹣5）＝6﹣3＝3，则f（9）﹣f（﹣5）＝ln+9×+3﹣3＝，故选：C．【知识点】函数奇偶性的性质与判断、抽象函数及其应用8.对于任意x∈R，函数f（x）满足f（2﹣x）＝f（x），且当x≥l时，f（x）＝x2+lgx，若a＝f（2），b＝f（logπ3），c＝f（﹣1），则a，b，c之间的大小关系是（）A．b＞a＞cB．b＞c＞aC．c＞a＞bD．c＞b＞a【答案】C【分析】首先根据f（2﹣x）＝f（x），得出函数关于x＝1对称，再将对应的自变量转化到区间[1，+∞）内，利用函数的单调性作出判断．【解答】解：∵f（2﹣x）＝f（x），∴f（x）关于直线x＝1对称，∴，c＝f（﹣1）＝f（3），且，又当x≥l时，f（x）＝x2+lgx，故函数f（x）在[1，+∞）单调递增，∴，即b＜a＜c．故选：C．【知识点】奇偶函数图象的对称性、函数单调性的性质与判断9.已知函数f（x）是（﹣∞，+∞）上的偶函数，若对于x≥0，都有f（x+2）＝﹣f（x），且当x∈[0，2）时，f（x）＝log2（x+1），则f（﹣2017）＝（）A．﹣2B．﹣1C．2D．1【答案】D【分析】利用函数的奇偶性的定义以及函数的周期性化简，可得f（﹣2017）＝f（1），代入已知解析式，求解即可得到答案【解答】解：由已知函数是偶函数，且x≥0时，都有f（x+2）＝﹣f（x），∴f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x），当x∈[0，2）时，f（x）＝log2（x+1），所以f（﹣2017）＝f（2017）＝f（4×504+1）＝f（1）＝log22＝1．故选：D．【知识点】函数的周期性10.偶函数f（x）对于任意实数x，都有f（2+x）＝f（2﹣x）成立，并且当﹣2≤x≤0时，f（x）＝2﹣x，则＝（）A．B．﹣C．D．﹣【答案】C【分析】先通过偶函数f（2+x）＝f（2﹣x），可推断函数f（x）是以4为周期的函数，故可以把f（）转化为f（）＝f（﹣），再利用其为偶函数以及解析式可得结论．【解答】解：对任意实数x都有f（4+x）＝f[2+（2+x）]＝f[2﹣（2+x）]＝f（﹣x），由于f（x）为偶函数，所以f（﹣x）＝f（x）．所以f（4+x）＝f（x）．所以函数f（x）是以4为周期的周期函数．所以．故选：C．【知识点】函数的周期性11.已知函数f（x）的图象关于原点对称，且满足f（x+1）+f（3﹣x）＝0，当x∈（2，4）时，f（x）＝﹣log（x﹣1）+m，若＝f（﹣1），则实数m的值是（）A．B．C．D．【答案】C【分析】根据题意，分析可得f（x+1）＝﹣f（3﹣x）＝f（x﹣3），即f（x+4）＝f（x），故函数f（x）的周期为4，据此可得f（2021）＝f（1），结合函数的解析式可得f（1）和f（﹣1）的值，进而可得若，则有＝m+1，解可得m的值，即可得答案．【解答】解：根据题意，函数f（x）满足f（x+1）+f（3﹣x）＝0，又由f（x）为奇函数，则f（x+1）＝﹣f（3﹣x）＝f（x﹣3），即f（x+4）＝f（x），故函数f（x）的周期为4，则f（2021）＝f（1+2020）＝f（1），当x∈（2，4）时，，则f（3）＝m+1，即f（2021）＝f（1）＝﹣f（3）＝﹣m﹣1，又由f（x）为奇函数，则f（﹣1）＝﹣f（1）＝m+1，若，则有＝m+1，解可得：m＝﹣；故选：C．【知识点】函数的周期性12.已知函数f（x）＝﹣x2+a，g（x）＝x2ex，若对任意的x2∈[﹣1，1]，存在唯一的x1∈[﹣，2]，使得f（x1）＝g（x2），则实数a的取值范围是（）A．（e，4]B．（e+，4]C．（e+，4）D．（，4]【答案】B【分析】求得f（x）在（，2]的值域A，以及函数y＝g（x）的导数，判断单调性，求得在[﹣1，1]的值域B，由题意可得B包含于A，可得a的不等式，解不等式可得所求范围．【解答】解：f（x）＝﹣x2+a在[﹣，2]的值域为[a﹣4，a]，但f（x）在（，2]递减，此时f（x）∈[a﹣4，a﹣）．g（x）＝x2ex的导数为g′（x）＝2xex+x2ex＝x（x+2）ex，可得g（x）在[﹣1，0]递减，（0，1]递增，则g（x）在[﹣1，1]的最小值为g（0）＝0，最大值为g（1）＝e，即值域为[0，e]．对任意的x2∈[﹣1，1]，存在唯一的x1∈[﹣，2]，使得f（x1）＝g（x2），可得[0，e]⊆[a﹣4，a﹣），可得a﹣4≤0＜e＜a﹣，解得e+＜a≤4．故选：B．【知识点】函数恒成立问题二、多选题13.已知函数f（x）的定义域是[﹣1，5]，且f（x）在区间[﹣1，2）上是增函数，在区间[2，5]上是减函数，则以下说法一定正确的是（）A．f（2）＞f（5）B．f（﹣1）＝f（5）C．f（x）在定义域上有最大值，最大值是f（2）D．f（0）与f（3）的大小不确定【答案】AD【分析】结合函数的单调性及函数是否在x＝2处连续分别检验各选项即可判断．【解答】解：因为在区间[2，5]上是减函数，故f（2）＞f（5）成立，A正确；因为f（x）在区间[﹣1，2）上是增函数，在区间[2，5]上是减函数，但在x＝2处不一定连续，故无法比较f（0）与f（3）的大小，B不正确，D正确，当函数在x＝2处连续时，x＝2处函数的最大值，当函数在x＝2处不连续时，x＝2时，函数不能取得最大值，C错误；故选：AD．【知识点】函数单调性的性质与判断14.已知不等式ex≥x+1，对任意的x∈R恒成立．以下命题中真命题的有（）A．对∀x∈R，不等式e﹣x＞1﹣x恒成立B．对∀x∈（0，+∞），不等式ln（x+1）＜x恒成立C．对∀x∈（0，+∞），且x≠1，不等式lnx＜x﹣1恒成立D．对∀x∈（0，+∞），且x≠1，不等式恒成立【答案】ABCD【分析】A由已知不等式ex≥x+1，结合对称性可得e﹣x＞1﹣x恒成立；B把已知不等式两边取对数可得不等式ln（x+1）＜x恒成立；C直接利用导数证明不等式lnx＜x﹣1恒成立；D对x分类证明对∀x∈（0，+∞），且x≠1，不等式恒成立．【解答】解：由ex≥x+1对任意的x∈R恒成立，如图，结合对称性可知，对∀x∈R，不等式e﹣x＞1﹣x恒成立，故A正确；由ex≥x+1，且x∈（0，+∞），两边取对数，得x＞ln（x+1），即ln（x+1）＜x，故B正确；令f（x）＝lnx﹣x+1，则f′（x）＝＝，当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，∴f（x）max＝f（1）＝0，则lnx﹣x+1＜0，即lnx＜x﹣1，