函数的图象与性质专题过关检测-2025届高三数学二轮复习

专题突破练2　函数的图象与性质 一、单项选择题 1.下列函数是偶函数且值域为[0,+∞)的是 (　　) A.f(x)=x2-1 B.f(x)= C.f(x)=log2x D.f(x)=|x| 2.(2024·新高考Ⅰ,6)已知函数f(x)=在R上单调递增,则a的取值范围是(　　) A.(-∞,0] B.[-1,0] C.[-1,1] D.[0,+∞) 3.(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f(k)=(　　) A.-3 B.-2 C.0 D.1 4.已知函数f(x)=的图象与函数g(x)=-x3+12x+1的图象交点分别为:P1(x1,y1),P2(x2,y2),…,Pk(xk,yk)(k∈N*),则(x1+x2+…+xk)+(y1+y2+…+yk)=(　　) A.-2 B.0 C.2 D.4 二、多项选择题 5.已知函数f(x)的定义域为(1,+∞),值域为R,则(　　) A.函数f(x2+1)的定义域为R B.函数f(x2+1)-1的值域为R C.函数f的定义域和值域都是R D.函数f(f(x))的定义域和值域都是R 6.已知函数f(x)=,则下列说法正确的是(　　) A.函数f(x)的图象的对称中心是点(0,1) B.函数f(x)在R上是增函数 C.函数f(x)是奇函数 D.方程f(2x-1)+f(2x)=2的解为x= 7.(2024·九省联考)已知函数f(x)的定义域为R,且f()≠0,若f(x+y)+f(x)f(y)=4xy,则(　　) A.f(-)=0 B.f()=-2 C.函数f(x-)是偶函数 D.函数f(x+)是减函数 三、填空题 8.已知函数f(x)=则f=　　　　　.  9.写出一个图象关于直线x=2对称,且在区间[0,2]上单调递增的偶函数f(x)=　　　　　.  10.已知函数f(x)=ln(+2x)-,若f(log2a)=2,则f(loa)=　　　　　.  11.已知函数f(x)=若关于x的方程f(x)=m有4个不同的解x1,x2,x3,x4,其中x1<x2<x3<x4,则=　　　　　,的取值范围为　　　　　.  专题突破练2　函数的图象与性质 一、单项选择题 1.D　解析 对于A,f(x)=x2-1为偶函数,但值域为[-1,+∞),故A不符合题意;对于B,f(x)=的定义域不关于原点对称,为非奇非偶函数,故B不符合题意;对于C,f(x)=log2x的定义域不关于原点对称,为非奇非偶函数,故C不符合题意;对于D,f(x)=|x|为偶函数,且值域为[0,+∞),故D符合题意. 2.B　解析 因为函数f(x)在R上单调递增,且当x<0时,f(x)=-x2-2ax-a,所以f(x)=-x2-2ax-a在区间(-∞,0)上单调递增,又图象的对称轴为直线x=-a,所以-a≥0,即a≤0;当x≥0时,f(x)=ex+ln(x+1),所以函数f(x)在区间[0,+∞)上单调递增.若函数f(x)在R上单调递增,则-a≤f(0)=1,即a≥-1.综上,实数a的取值范围是[-1,0].故选B. 3.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, f(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f(k)=-3,故选A. 4.D　解析 由于f(x)=+1,而y=是奇函数,所以函数f(x)=+1的图象关于点(0,1)对称. 因为y=-x3+12x是奇函数,所以函数g(x)=-x3+12x+1的图象关于点(0,1)对称. 因为f'(x)=<0,所以f(x)在区间(-∞,0),(0,+∞)内单调递减. 因为g'(x)=-3(x2-4),所以函数g(x)在区间(-∞,-2),(2,+∞)内单调递减,在区间(-2,2)内单调递增. 画出函数f(x)和g(x)的大致图象(图略),可知,f(x)与g(x)的图象有4个交点,不妨设x1<x2<x3<x4,则点P1与P4,点P2与P3分别关于点(0,1)对称,所以x1+x4=0,x3+x2=0,y1+y4=2,y3+y2=2,故所求和为4. 二、多项选择题 5.BC　解析 对于选项A,令x2+1>1可得x≠0,所以f(x2+1)的定义域为{x|x≠0},故选项A不正确; 对于选项B,因为f(x)值域为R,x2+1≥1,所以f(x2+1)的值域为R,可得f(x2+1)-1的值域为R,故选项B正确; 对于选项C,因为=1+>1对x∈R恒成立,所以f的定义域为R,因为>1,所以f的值域为R,故选项C正确; 对于选项D,若函数f(f(x))的值域是R,则f(x)>1,此时无法判断其定义域是否为R,故选项D不正确. 6.ABD　解析 由于f(x)==1+,对于选项A,设g(x)=,则f(x)=1+g(x),g(-x)==-g(x),所以函数g(x)为奇函数,g(x)的图象关于原点成中心对称,因此f(x)=1+g(x)的图象关于点(0,1)成中心对称,即点(0,1)是函数f(x)图象的对称中心.故A正确. 对于选项B,由f(x)=1+,则f'(x)=>0,所以函数f(x)在R上是增函数,故B正确. 对于选项C,f(1)=,f(-1)=-,则f(1)≠-f(-1),所以函数f(x)不是奇函数,故C不正确; 对于选项D,因为f(x)的图象关于点(0,1)成中心对称,且f(x)在R上是增函数,所以由方程f(2x-1)+f(2x)=2,得2x-1+2x=0,解得x=,所以D正确,故选ABD. 7.ABD　解析 令x=,y=0,则有f()+f()×f(0)= f() [1+f(0)]=0,又f()≠0,所以1+f(0)=0,所以f(0)=-1.令x=,y=-,则有f()+f()f(-)=4××(-),即f(0)+f()f(-)=-1,所以f()f(-)=0,又f()≠0,所以f(-)=0.故A正确; 令y=-,则有f(x-)+f(x)f(-)=4x×(-),即f(x-)=-2x,所以函数f(x-)是奇函数,f()=f(1-)=-2×1=-2,故B正确,C错误; 所以f(x+1-)=-2(x+1)=-2x-2,所以f(x+)=-2x-2,所以函数f(x+)是减函数.故D正确.故选ABD. 三、填空题 8.　解析 因为-<0,所以f=f=f=sin. 9.-cosx(答案不唯一)　解析 如f(x)=-cosx,显然f(-x)=f(x),即f(x)为偶函数,由x=kπ,k∈Z,得x=2k,k∈Z. 当k=1时,f(x)=-cosx的图象关于直线x=2对称. 由x∈[0,2],得x∈[0,π],则由余弦函数的性质可知,函数f(x)=-cosx在区间[0,2]上单调递增. 10.-3　解析 根据题意,函数f(x)=ln(+2x)-,则f(-x)=ln(-2x)-=-ln(+2x)-,于是f(x)+f(-x)=-1,所以f(loa)=f(-log2a)=-1-f(log2a)=-1-2=-3. 11.2　(3,)　解析 当x<1时,函数f(x)=在区间(-∞,0]上单调递减,函数值的取值集合为[0,1),在区间[0,1)上单调递增,函数值的取值集合为[0,+∞). 当x≥1时,f(x)=x2-4x+4在区间[1,2]上单调递减,函数值的取值集合为[0,1],在区间[2,+∞)上单调递增,函数值的取值集合为[0,+∞). 在平面直角坐标系中画出函数f(x)的图象如图所示. 方程f(x)=m有4个不同的解,即直线y=m与函数y=f(x)的图象有4个公共点. 观察图象知,x1<0<x2<1<x3<2<x4,由f(x1)=f(x2),得,即,所以=2; 显然x3+x4=4,即x4=4-x3,1<x3<2,所以=2+=2+,而x3(4-x3)=-(x3-2)2+4∈(3,4),所以1<,所以3<2+, 所以的取值范围为(3,) 学科网（北京）股份有限公司 $$