适用于老高考旧教材2024版高考数学二轮复习考点突破练16函数的图象与性质理（附解析）

考点突破练16　函数的图象与性质一、选择题1.(2022北京,4)已知函数f(x)=11+2x,则对任意实数x,有(　　)A.f(-x)+f(x)=0B.f(-x)-f(x)=0C.f(-x)+f(x)=1D.f(-x)-f(x)=132.(2023四川巴中一模)已知函数f(x)=x2-(a+4)x+5,x<2,(2a-3)x,x≥2是R上的减函数,则实数a的取值范围为(　　)A.(0,32)B.[0,32)C.(0,76]D.[0,76]3.(2023安徽合肥一模)已知g(x)=ex-2,x<4,log5(x-1),x≥4,则f(f(26))等于(　　)A.15B.1eC.1D.24.(2023新高考Ⅱ,4)若f(x)=(x+a)ln2x-12x+1为偶函数,则a=(　　)A.-1B.0C.12D.15.(2023陕西西北工大附中期末)设函数f(x)满足f(-x)=f(x),且∀x1,x2∈(0,+∞)(x1≠x2),有(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0,则(　　)A.f(-2)<f(-3)<f(1)B.f(-3)<f(-2)<f(1)C.f(-1)<f(-2)<f(3)D.f(-1)<f(3)<f(-2)6.设函数f(x)=(x-1)2+sinxx2+1的最大值为a,最小值为b,则a+b=(　　)A.-1B.0C.1D.27.(2023四川内江一模)函数y=ln|x|x2+2的图象大致为(　　)8.(2023河南新乡三模)函数f(x)=3ln(x2+1+x)1+|x|的部分图象大致为(　　) 9.若函数f(x)满足f(2-x)+f(x)=-2,则下列函数中为奇函数的是(　　)A.f(x-1)-1B.f(x-1)+1C.f(x+1)-1D.f(x+1)+110.设函数f(x)的定义域为R,满足f(x+1)=2f(x),且当x∈(0,1]时,f(x)=x(x-1).若对任意x∈(-∞,m],都有f(x)≥-89,则m的取值范围是(　　)A.(-∞,94]B.(-∞,73]C.(-∞,52]D.(-∞,83]11.(2022新高考Ⅱ,8)若函数f(x)的定义域为R,且f(x+y)+f(x-y)=f(x)f(y),f(1)=1,则∑k=122f(k)=(　　)A.-3B.-2C.0D.112.(2023湖南长郡中学二模)设实数a,b满足1001a+1010b=2023a,1014a+1016b=2024b,则a,b的大小关系为(　　)A.a>bB.a=bC.a<bD.无法比较13.已知f(x)是定义域为R的偶函数,f(1)=0,f(5.5)=2,g(x)=(x-1)f(x).若g(x+1)是偶函数,则g(-0.5)=(　　)A.-3B.-2C.2D.314.已知函数f(x)=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.[3-22,3+22]B.[0,3-22]C.(3-22,3+22)D.[0,3+22]二、填空题15.(2021浙江,12)已知a∈R,函数f(x)=x2-4,x>2,|x-3|+a,x≤2.若f(f(6))=3,则a=　　　　　. 16.(2023全国甲,理13)若y=(x-1)2+ax+sinx+π2为偶函数,则a=　　　　　. 17.(2023四川内江一模)已知f(x)是定义域为R的奇函数,且对任意的x都有f(x+1)=-f(x),当0<x<1时,有f(x)=4x+3,则f(3.5)=　　　　　. 18.(2022北京,14)设函数f(x)=-ax+1,x<a,(x-2)2,x≥a.若f(x)存在最小值,则a的一个取值为　　　　　;a的最大值为　　　　　. 19.已知函数f(x)=(x-1)(2x+1)(x2+ax+b)x2,对任意非零实数x,均满足f(x)=f-1x,则f(-1)=　　　　,函数f(x)的最小值为　　　　. 20.(2023山东青岛一模)设函数f(x)是定义在整数集Z上的函数,且满足f(0)=1,f(1)=0,对任意的x,y∈Z都有f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y),则f(3)=　　　　　;f(12+22+…+20232)f(12)+f(22)+…+f(20232)=　　　　　.  考点突破练16　函数的图象与性质1.C　解析∵f(x)=11+2x的定义域是R,∴f(-x)=11+2-x=2x1+2x,∴f(x)+f(-x)=1+2x1+2x=1,故选C.2.D　解析由f(x)是R上的减函数,结合二次函数和一次函数解析式知a+42≥2,2a-3<0,22-2(a+4)+5≥2(2a-3),解得0≤a≤76.故选D.3.C　解析∵26>4,∴f(26)=log5(26-1)=2.又2<4,∴f(f(26))=f(2)=e2-2=1.故选C.4.B　解析(方法一)易知函数f(x)的定义域为-∞,-12∪12,+∞,∵函数f(x)为偶函数,∴f(-x)=f(x).不妨令x=1,则有f(-1)=f(1),∴(-1+a)ln3=(1+a)ln13,∴-1+a=-1-a,∴a=0.此时f(x)=xln2x-12x+1,f(-x)=-xln-2x-1-2x+1=-xln2x+12x-1=xln2x-12x+1=f(x),∴a=0符合题意.(方法二)设g(x)=ln2x-12x+1,函数g(x)的定义域是-∞,-12∪12,+∞.g(-x)=ln-2x-1-2x+1=ln2x+12x-1=-ln2x-12x+1=-g(x),∴函数g(x)是奇函数.而f(x)=(x+a)g(x)为偶函数,有f(-x)=(-x+a)g(-x)=-(-x+a)g(x)=(x-a)g(x)=f(x),故x-a=x+a,则a=0.故选B.5.C　解析由题意f(x)是定义在R上的偶函数,且f(x)是(0,+∞)上的增函数,所以f(-1)=f(1),f(-2)=f(2),所以f(1)<f(2)<f(3),即f(-1)<f(-2)<f(3),故选C.6.D　解析因为f(x)=x2-2x+1+sinxx2+1=1+-2x+sinxx2+1,而函数u(x)=-2x+sinxx2+1为奇函数.因为奇函数的图象关于原点对称,所以u(x)max+u(x)min=0,从而f(x)max+f(x)min=a+b=[u(x)max+1]+[u(x)min+1]=2.故选D.7.D　解析设f(x)=ln|x|x2+2,x≠0,∵f(-x)=ln|-x|(-x)2+2=f(x),∴函数f(x)为偶函数,排除A,C;当x∈(0,1)时,ln|x|<0,x2+2>0,∴f(x)<0,排除B.故选D.8.C　解析由题意f(x)的定义域为R,∵f(-x)=3ln(x2+1-x)1+|x|=3ln(x2+1+x)-11+|x|=-3ln(x2+1+x)1+|x|=-f(x),∴f(x)为奇函数,排除B,D.当x>0时,1+|x|>0,x2+1+x>1,得ln(x2+1+x)>0,∴f(x)>0,排除A.故选C.9.D　解析(方法一)函数f(x)满足f(2-x)+f(x)=-2,可得f(1-x)+f(1+x)=-2,即为[f(1-x)+1]+[f(1+x)+1]=0,即f(-x+1)+1=-[f(x+1)+1],所以函数y=f(x+1)+1为奇函数.(方法二)由函数f(x)满足f(2-x)+f(x)=-2,得函数f(x)的图象关于点(1,-1)对称,将f(x)的图象向左平移1个单位长度,再向上平移一个单位长度后,其图象关于原点对称,即f(x+1)+1的图象关于原点对称,则f(x+1)+1为奇函数.故选D.10.B　解析∵x∈(0,1]时,f(x)=x(x-1),f(x+1)=2f(x),∴f(x)=2f(x-1),即f(x)的图象如图所示:当2<x≤3时,f(x)=4f(x-2)=4(x-2)(x-3),令4(x-2)(x-3)=-89,即9x2-45x+56=0,解得x1=73,x2=83,∴当m≤73时,f(x)≥-89成立.故选B.11.A　解析令y=1,得f(x+1)+f(x-1)=f(x)·f(1)=f(x),即f(x+1)=f(x)-f(x-1).从而f(x+2)=f(x+1)-f(x),f(x+3)=f(x+2)-f(x+1).消去f(x+2)和f(x+1),得到f(x+3)=-f(x),从而f(x+6)=f(x),故f(x)的周期为6.令x=1,y=0,得f(1)+f(1)=f(1)·f(0),得f(0)=2,f(2)=f(1)-f(0)=1-2=-1,f(3)=f(2)-f(1)=-1-1=-2,f(4)=f(3)-f(2)=-2-(-1)=-1,f(5)=f(4)-f(3)=-1-(- 2)=1,f(6)=f(5)-f(4)=1-(-1)=2,∑k=122f(k)=3[f(1)+f(2)+…+f(6)]+f(19)+f(20)+f(21)+f(22)=f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=1+(-1)+(-2)+(-1)=-3.即∑k=122f(k)=-3,故选A.12.C　解析假设a≥b,则1010a≥1010b,1014a≥1014b,由1001a+1010b=2023a得1001a+1010a≥2023a⇒(10012023)a+(10102023)a≥1,因为f(x)=(10012023)x+(10102023)x是R上的减函数,又f(1)=10012023+10102023=20112023<1,则f(a)≥1>f(1),所以a<1;由1014a+1016b=2024b得1014b+1016b≤2024b⇒(10142024)b+(10162024)b≤1,因为g(x)=(10142024)x+(10162024)x是R上的减函数,又g(1)=10142024+10162024=20302024>1,则g(b)≤1<g(1),所以b>1;即有a<1<b与假设a≥b矛盾,所以a<b,故选C.13.D　解析由g(x+1)是偶函数,得g(x)的图象关于直线x=1对称,则有g(x)=g(2-x),即(x-1)f(x)=(2-x-1)f(2-x),整理得f(x)+f(2-x)=0,∴f(x)的图象关于(1,0)对称.又f(x)是偶函数,∴f(x)的图象关于直线x=0对称,∴f(x)的周期为T=4×(1-0)=4,∴f(5.5)=f(1.5)=f(-2.5)=f(2.5)=2,g(-0.5)=g[2-(-0.5)]=g(2.5)=1.5f(2.5)=3.14.D　解析由函数的解析式易知f(x)≤0恒成立,则|f(x)|=-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)|的图象在函数y=mx-2的图象的上方.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.由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+22或m=3-22,结合图形可知0<m≤3+22.综上,m的取值范围是[0,3+22].15.2　解析因为函数f(x)=x2-4,x>2,|x-3|+a,x≤2,所以f(6)=(6)2-4=2,所以f(f(6))=f(2)=|2-3|+a=3,解得a=2.16.2　解析令y=f(x)=(x-1)2+ax+sinx+π2,整理得f(x)=x2+(a-2)x+cosx+1,∴f(-x)=(-x)2+(a-2)(-x)+cos(-x)+1=x2+(2-a)x+cosx+1,∵函数f(x)是偶函数,∴f(x)=f(-x),即x2+(a-2)x+cosx+1=x2+(2-a)x+cosx+1,解得a=2.17.-5　解析由题得f(x+2)=f[(x+1)+1]=-f(x+1)=-[-f(x)]=f(x),所以f(x)的周期为2,所以f(3.5)=f(4-0.5)=f(-0.5)=-f(0.5)=-(40.5+3)=-5.18.0(第一空答案不唯一)　1　解析根据题意可以用0,2为a的取值的分界点,研究函数f(x)的性质.当a<0时,f(x)=-ax+1,x<a,该函数的值域为(-∞,-a2+1),故整个函数没有最小值;当a=0时,f(x)=-ax+1,x<a,该函数的值域为{1},而函数f(x)=(x-2)2,x≥a的值域为[0,+∞),即存在最小值为0,故a的一个取值可以为0;当0<a≤2时,f(x)=-ax+1,x<a,该段函数的值域为(-a2+1,+∞),而函数f(x)=(x-2)2,x≥a的值域为[0,+∞),若存在最小值,则需满足-a2+1≥0,于是结合0<a≤2可得0<a≤1;当a>2时,f(x)=-ax+1,x<a,该段函数的值域为(-a2+1,+∞),而函数f(x)=(x-2)2,x≥a的值域为[(a-2)2,+∞),若存在最小值,则满足-a2+1≥(a-2)2,此时无解.综上,a的取值范围为[0,1],故a的最大值为1.19.0　-98　解析由题意观察得f(1)=0,f-12=0.因为f(x)=f-1x,所以f(-1)=0,f(2)=0,即1-a+b=0,2a+b+4=0,解得a=-1,b=-2, 所以f(x)=(x-1)(2x+1)(x2+ax+b)x2=(x-1)(2x+1)(x2-x-2)x2=(x-1)(2x+1)(x+1)(x-2)x2=(x2-1)(2x2-3x-2)x2=x-1x2x-3-2x=(x-1x)[2(x-1x)-3]=2(x-1x(2-3(x-1x).令t=x-1x∈R,得函数y=2t2-3t,所以当t=34时,ymin=-98.20.0　11011　解析令x=y=1,f(2)+f(0)=2f2(1),∴f(2)=-1,令x=2,y=1,f(3)+f(1)=2f(2)f(1),∴f(3)=0,令y=1,则f(x+1)+f(x-1)=0,即f(x+1)=-f(x-1),可得f(x+2)=-f(x),f(x)=-f(x+2)=f(x+4),f(x)的周期T=4,f(1)=0,f(2)=-1,f(3)=0,f(4)=f(0)=1,∴x为奇数时,f(x)=0,n为奇数时,n2也为奇数,即f(n2)=0;n为偶数时,n2为4的整数倍,则f(n2)=1.∴f(12)+f(22)+…+f(20232)=0+1+0+1+…+0+1+0=1011,n2+(n+1)2=2n2+2n+1=2n(n+1)+1,由n∈Z,则n(n+1)为偶数,记n2+(n+1)2=2n(n+1)+1=4kn+1,kn∈Z,12+22+…+20232=(12+22)+(32+42)+…+(20212+20222)+20232=4(k1+k3+…+k2021)+1011+4092529=4(k1+k3+…+k2021)+4093540=4(k1+k3+…+k2021+1023385),f(12+22+…+20232)=f(4(k1+k3+…+k2021+1023385))=f(0)=1,所以f(12+22+…+20232)f(12)+f(22)+…+f(20232)=11011.