第2章 双休检测4-【优学精研】2027年高考数学一轮总复习教用Word（创新版）

**基本信息** 聚焦函数性质（奇偶性、对称性、单调性、周期性）的综合应用，通过典例提炼图象变换、参数求解、区间分析等解题方法，构建“性质理解-方法应用-综合迁移”的逻辑体系，培养数学抽象与逻辑推理素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |函数性质综合|9题|对称性与奇偶性互化、周期推导、平移变换规律|从奇偶性/对称性定义出发，推导函数图象特征，建立性质间的内在联系| |二次函数应用|3题|区间单调性判定、最值分类讨论、参数范围求解|以二次函数对称轴为核心，关联单调性与区间关系，形成参数问题的系统解法| |幂函数与方程|2题|幂函数图象特征分析、方程实根分布判定|结合幂函数单调性，通过图象交点转化方程问题，体现数形结合思想|

双休检测4 （时间：60分钟，满分：90分） 一、单项选择题（共7小题，每小题5分，共35分） 1.已知函数y＝f（x）的图象经过点P（1，－2），则函数y＝－f（－x）的图象必过点（　　） A.（－1，2） B.（1，2） C.（－1，－2） D.（－2，1） 解析：A　函数y＝f（x）与y＝－f（－x）的图象关于原点对称，y＝f（x）的图象经过点P（1，－2），则函数y＝－f（－x）的图象必过点（－1，2）.故选A. 2.已知函数f（x）＝x2＋ax对定义域内任意的x都有f（2－x）＝f（2＋x），则实数a＝（　　） A.4 B.－4 C. D.－ 解析：B　∵f（2－x）＝f（2＋x），∴f（x）的图象关于直线x＝2对称，故－＝2，∴a＝－4.故选B. 3.已知函数f（x）是奇函数，函数g（x）是偶函数.若f（x）－g（x）＝xsin x，则f（）＝（　　） A. B.－ C.0 D.－1 解析：C　由函数f（x）是奇函数，函数g（x）是偶函数，f（x）－g（x）＝xsin x，故f（－x）－g（－x）＝－xsin（－x），即－f（x）－g（x）＝xsin x，将该式和f（x）－g（x）＝xsin x相减可得f（x）＝0，则f（）＝0.故选C. 4.已知函数f（x）＝，则函数y＝f（x－1）＋1的图象（　　） A.关于点（1，1）对称 B.关于点（－1，1）对称 C.关于点（－1，0）对称 D.关于点（1，0）对称 解析：A　因为函数f（x）＝为奇函数，所以函数f（x）的图象关于原点（0，0）对称，又y＝f（x－1）＋1的图象是由f（x）＝的图象向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度得到，所以函数y＝f（x－1）＋1的图象关于点（1，1）对称.故选A. 5.已知y＝（x－m）（x－n）＋2 026（m＜n），且α，β（α＜β）是方程y＝0的两根，则α，β，m，n的大小关系是（　　） A.α＜m＜n＜β B.m＜α＜n＜β C.m＜α＜β＜n D.α＜m＜β＜n 解析：C　y＝（x－m）（x－n）＋2 026（m＜n）为二次函数，图象开口向上，因为α，β（α＜β）是方程y＝0的两根，故α，β（α＜β）为二次函数的图象与x轴的两个交点的横坐标，且当x＝m，x＝n时，y＝2 026，画出大致图象如图所示，显然m＜α＜β＜n. 6.（2026·福建泉州模拟）幂函数y＝xα，当α取不同的正数时，在区间[0，1]上它们的图象是一组美丽的曲线（如图），设点A（1，0），B（0，1），连接AB，线段AB恰好被其中的两个幂函数y＝xa，y＝xb的图象三等分，即有BM＝MN＝NA，那么a－＝（　　） A.0 B.1 C. D.2 解析：A　由BM＝MN＝NA，点A（1，0），B（0，1），∴M，N，将两点坐标分别代入y＝xa，y＝xb，得a＝lo，b＝lo，∴a－＝lo－＝0. 7.已知函数f（x）＝x2－2（a－1）x＋a，若对于区间[－1，2]上的任意两个不相等的实数x1，x2，都有f（x1）≠f（x2），则实数a的取值范围是（　　） A.（－∞，0] B.[0，3] C.（－∞，0]∪[3，＋∞） D.[3，＋∞） 解析：C　二次函数f（x）＝x2－2（a－1）x＋a图象的对称轴为直线x＝a－1，∵对于任意x1，x2∈[－1，2]且x1≠x2，都有f（x1）≠f（x2），即f（x）在区间[－1，2]上是单调函数，∴a－1≤－1或a－1≥2，∴a≤0或a≥3，即实数a的取值范围为（－∞，0]∪[3，＋∞）. 二、多项选择题（共2小题，每小题6分，共12分） 8.已知定义在R上的函数f（x）在（－∞，2]上单调递增，且f（x＋2）为偶函数，则（　　） A.f（x）的对称中心为（2，0） B.f（x）的对称轴为直线x＝2 C.f（－1）＞f（4） D.不等式f（x＋3）＞f（4x）的解集为（－∞，）∪（1，＋∞） 解析：BD　因为f（x＋2）为偶函数，其图象关于y轴对称，所以f（x）图象的对称轴为直线x＝2，故A错误，B正确；又f（x）在（－∞，2]上单调递增，所以f（x）在[2，＋∞）上单调递减，所以f（－1）＝f（5）＜f（4），故C错误；由不等式f（x＋3）＞f（4x）结合f（x）的对称性及单调性，得｜x＋3－2｜＜｜4x－2｜，即（x＋3－2）2＜（4x－2）2，即（5x－1）（3x－3）＞0，解得x＜或x＞1，所以不等式f（x＋3）＞f（4x）的解集为（－∞，）∪（1，＋∞），故D正确. 9.已知定义域为R的函数f（x）在（－1，0]上单调递增，f（1＋x）＝f（1－x），且f（x）的图象关于点（2，0）对称，则下列结论正确的是（　　） A.f（0）＝f（2） B.f（x）的最小正周期T＝2 C.f（x）在（1，2]上单调递减 D.f（2 025）＞f（2 026）＞f（2 027） 解析：AC　由f（1＋x）＝f（1－x）知，f（x）图象的对称轴为直线x＝1，所以f（0）＝f（2），故A正确；由f（1＋x）＝f（1－x）知，f（2＋x）＝f（－x），又f（x）的图象关于点（2，0）对称，即f（2＋x）＝－f（2－x），故f（4＋x）＝－f（－x），所以－f（2＋x）＝f（4＋x），即－f（x）＝f（2＋x），所以f（x）＝f（x＋4），f（x）的最小正周期为4，故B错误；因为f（x）在（－1，0]上单调递增，且T＝4，所以f（x）在（3，4]上单调递增.又f（x）的图象关于点（2，0）对称，所以f（x）在[0，1）上单调递增，因为f（x）的图象关于直线x＝1对称，所以f（x）在（1，2]上单调递减，故C正确；根据f（x）的周期为4，可得f（2 025）＝f（1），f（2 026）＝f（2），f（2 027）＝f（－1），由A知f（2）＝f（0），由C的分析可知，函数f（x）在[0，1）上单调递增，在（－1，0]上单调递增，确定的单调区间内均不包含x＝±1，若f（－1）＝f（1）＝0，则f（2 025）＞f（2 026）＞f（2 027）不成立，故D错误. 三、填空题（共3小题，每小题5分，共15分） 10.若f（x）＝，则不等式f（x）＞f（8x－16）的解集是　　　　. 解析：因为f（x）＝在定义域[0，＋∞）内为增函数，且f（x）＞f（8x－16），所以即2≤x＜，所以不等式的解集为. 11.若（m＋1）－1＜（3－2m）－1，则实数m的取值范围为　（－∞，－1）∪（ ，）　. 解析：分三种情况考虑：①解得＜m＜；②此时无解；③解得m＜－1.综上可得，m∈（－∞，－1）∪（ ，）. 12.已知函数f＝aln（x＋）＋bsin x＋2，若f＝7，则f＝　－3　. 解析：设g（x）＝ln（x＋），显然定义域为R，又g（x）＋g（－x）＝ln（x＋）＋ln（－x＋）＝ln（（）2－x2）＝ln 1＝0，则g（－x）＝－g（x），所以g（x）＝ln（x＋）是R上的奇函数；又y＝sin x也是R上的奇函数，所以f（x）－2也是R上的奇函数，因此f（－3）－2＝－，则f（3）＝4－f（－3）＝4－7＝－3. 四、解答题（共2小题，共28分） 13.（13分）（2026·山东潍坊模拟）设f（x）是定义在R上的奇函数，f（x＋2）＝－f（x），当0≤x≤1时，f（x）＝x. （1）当－1≤x≤3时，求f（x）的解析式； （2）当－4≤x≤4时，求方程f（x）＝m（－1≤m＜0）的所有实根之和. 解：（1）若－1≤x≤0，则0≤－x≤1， 则f（－x）＝－x， ∵f（x）是奇函数， ∴f（－x）＝－x＝－f（x）， 即f（x）＝x，－1≤x≤0， 即当－1≤x≤1时，f（x）＝x； 若1＜x≤3，则－1＜x－2≤1， ∵f（x＋2）＝－f（x）， ∴f（x）＝－f（x－2）＝－（x－2）＝2－x， 即当－1≤x≤3时，f（x）的解析式为f（x）＝ （2）由f（x＋2）＝－f（x），得f（x＋4）＝－f（x＋2）＝f（x）， 故f（x）的周期为4. 作出函数f（x）在[－4，4]上的图象，如图， 则函数的最小值为－1， 若m＝－1，则方程f（x）＝m在[－4，4]上的解为x＝－1或x＝3，则－1＋3＝2； 若－1＜m＜0，则方程f（x）＝m在[－4，4]上共有4个解， 且它们分别关于直线x＝－1和直线x＝3对称， 设它们从小到大依次为a，b，c，d， 则a＋b＝－2，c＋d＝6，即a＋b＋c＋d＝－2＋6＝4. 综上，当m＝－1时，f（x）＝m的所有实根之和为2； 当－1＜m＜0时，f（x）＝m的所有实根之和为4. 14.（15分）设函数f（x）＝x2－2tx＋2，其中t∈R. （1）若t＝1，且对任意的x∈[0，a＋2]，都有f（x）≤5，求实数a的取值范围； （2）若对任意的x1，x2∈[0，4]，都有｜f（x1）－f（x2）｜≤8，求实数t的取值范围. 解：（1）因为f（x）＝x2－2tx＋2＝（x－t）2＋2－t2，所以f（x）在区间（－∞，t]上单调递减，在区间[t，＋∞）上单调递增，且对任意的x∈R，都有f（t＋x）＝f（t－x）.若t＝1，则f（x）＝（x－1）2＋1， f（x）在区间（－∞，1]上单调递减，在区间[1，＋∞）上单调递增，且f（0）＝f（2）＝2. 对任意的x∈[0，a＋2]，都有f（x）≤5等价于在区间[0，a＋2]上，f（x）max≤5. 当a＋2≥2，即a≥0时，f（a＋2）≥f（0）， f（x）max＝f（a＋2）＝（a＋1）2＋1≤5，解得－3≤a≤1，所以0≤a≤1； 当0＜a＋2＜2，即－2＜a＜0时，f（x）max＝f（0）＝2≤5恒成立，故－2＜a＜0. 综上所述，实数a的取值范围为（－2，1]. （2）设函数f（x）在区间[0，4]上的最大值为M，最小值为m，则对任意的x1，x2∈[0，4]，都有｜f（x1）－f（x2）｜≤8等价于M－m≤8. ①当t≤0时，M＝f（4）＝18－8t，m＝f（0）＝2，由M－m＝18－8t－2＝16－8t≤8，得t≥1，无解； ②当0＜t≤2时，M＝f（4）＝18－8t，m＝f（t）＝2－t2， 由M－m＝18－8t－（2－t2）＝t2－8t＋16＝（t－4）2≤8，得4－2≤t≤4＋2，因此4－2≤t≤2； ③当2＜t≤4时，M＝f（0）＝2，m＝f（t）＝2－t2， 由M－m＝2－（2－t2）＝t2≤8，得－2≤t≤2，因此2＜t≤2； ④当t＞4时，M＝f（0）＝2，m＝f（4）＝18－8t，由M－m＝2－（18－8t）＝8t－16≤8，得t≤3，无解. 综上所述，实数t的取值范围为[4－2，2]. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $