2021年高考数学热点03 函数及其性质(解析版)

【命题趋势】

在新一轮高考改革中，函数仍旧是高中数学中的以后重难点.高中数学的学习当中，函数贯穿于整个数学内容，是学生最头疼的内容，也会高考当中最能拉开分值的考点，占有的分数比重比较高.内容量比较大，近年文科数学中，函数奇偶性，零点问题，恒成立问题，周期性问题以及单调性问题是高考函数中的核心.容易把具体函数与相应的性质相结合.通过列举了高考数学高频率考点，组合成了本专题，通过本函数及性质的专题的学习，让你对高中数学函数及其性质部分有充分的的理解，在以后遇到高考中的高频题型能够快速找到最佳解法.

【考查题型】选择题，填空题【满分技巧】

图像题是高考数学中函数及其性质高考必考题型，第一种解法三步走，第一步奇偶性判定，第二步单调性的判定，第三步特殊值的带入.第二种解法：也是三步走，第一步奇偶性判定，第二步特殊值带入.第三步特殊值带入.

零点问题是近几年高考常考题目，此类题目务必采用数形结合.将复杂函数分割化，从而求出对应函数的交点问题.

对于恒成立问题一般采用函数单调性的方法去做.f(x)≥M恒成立则M小于等于函数最小值，f(x)≤M恒成立，则M大于等于函数最大值，对于存在使的f(x)≤M成立，则M大于函数最小值.对于选择题则可以采用特殊值代入法.

恒成立问题另外注意问题是双变量问题，双变量问题一般是指的是两个未知数相互不影响，即若f(x1)≥g(x2)恒成立，只要满足f(x)定义域范围内最小值大于g(x)最大值即可.

分段函数单调性问题是简单题目也是最容易出错的问题，一般容易遗漏边界点.采用特

殊值代入法时应采用多次带入方不会出错.

函数及其性质一般会放在选择题的最后四题左右，相对来说比较难，在常规方法的同时应注意特殊点代入，抽象函数具体化.

【常考知识】基本函数图像变换，奇偶性应用，周期性应用，单调性，不等式问题.

【限时检测】（建议用时：40分钟）

一、单选题

1．（2020·山西高三期中（文））集合A∩B=（ A．[0，2]【答案】B

）

B．(1，2]

Axy2(2x)，Byy2,x0，则

xC．[1，2]D．(1，+∞)

2(2x)0x20y21y1【分析】∴

AB1,2故选：B.

2．（2020·全国高三月考（文））函数图象大致为（

）

fxcos2xln1xln1x在1,1上的

A．B．

C．【答案】A

D．

【分析】依题意，

fxcos2xln1xln1xfx，故函数

fx为

偶函数，图象关于y轴对称，排除B；

fcosln1ln104244而，排除D，

除C.故选：A

31fcos1ln042，排

3．（2020·全国高三月考（文））已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x0时，

x22x,x0g(x)f(x)4x1log2(x1),x0，若g(f(a))3，则实数a的取值范围为，

（ ）

A．

12,1212,20,8B．

3,20,122,8C．D．

【答案】C

x22x3,x0,3x0,log(x1)3,x00x7，所以3x7，g(x)32【分析】由可得，，解得g(f(a))3的解即3f(a)7的解，

作出f(x)的图象如下，

f(12)7，f(8)3，f(12)7，f(2)3，当a12,20,8时，g(f(a))3，

故选：C.

4．（2020·山东聊城市·高三期中）若函数f(x)为定义在R上的偶函数，且在(0,)内是增函数，又f(2)0，则不等式xf(x1)0的解集为（ A．(,2)(0,2)C．(1,0)(3,)【答案】C

）

B．(1,1)(3,)D．(2,0)(2,)【分析】因为函数f(x)为定义在R上的偶函数，在(0,)内是增函数，f(2)0，

f00所以函数f(x)在(,0)内是减函数，f(2)0，，

x,1，f(x1)0，x0，xf(x1)0；

当

当x1，xf(x1)0；

当

x1,0，f(x1)0，x0，xf(x1)0；

当x0，xf(x1)0；

当

x0,1，f(x1)0，x0，xf(x1)0；

当x1，xf(x1)0；

当

x1,3，f(x1)0，x0，xf(x1)0；

当x3，xf(x1)0；

当

x3,，f(x1)0，x0，xf(x1)0，

综上所述，不等式xf(x1)0的解集为(1,0)(3,)，故选：C.

2x1fx＝x21，若不等式5．（2020·宁夏银川市·银川一中高三月考（文））已知函数fa22amf12a0（ A．9）

B．8C．7D．6对任意的

a1,4均成立，则m的取值不可能是

【答案】D

11212x12xfxxfxx121112xfx2【分析】，是定义在R上的奇函

x数，

2x122fx12x12x1，又

22x1为减函数，fx为增函数.

y21为增函数，

xy由

fa22amf12a0得：

fa22amf12af2a1，

a22am2a1，整理得：ma24a1，

a24a114116a1,4max2，

，m6，

m的取值不可能是6.

故选：D.

6．（2020·全国高三其他模拟（文））下列函数有两个零点的是（

）

A．

fxexx11fxx1x12B．

fxx33x23x1fxln xxC．

D．

【答案】B

【分析】

对于选项B，画出

yx1y和

1x12的图象，可知它们有两个交点；

fx,fx3x26x33(x1)20对于选项C，，所以在上单调递增，

fx所以在

,上最多只有一个零点；

fx1xx，易知fx在0,1上单调递增，在(1,)上单调递减，

对于选项D，因为

所以

fxmaxf110，所以

fx没有零点．

故选：B．

3x4x1(x0)f(x)x1(x0)7．（2020·安徽省涡阳第一中学高三月考（文））已知函数，若

关于x的方程f(x)a(x3)恰有4个不相等的实数根，则实数a的取值范围是（

）

A．[1,2)【答案】D

B．[0,1)1[,2)C．31[,1)D．332g(x)x4x1(x0)g(x)3x4【分析】设，可得

x(0,当

2323)x(,)3时，g(x)单调递减，当3时，g(x)fx的图象，如图所示：

单调递增，

且g(0)1，画出函数

结合图象，可得直线ya(x3)与函数

yfx在(,0)处有一个交点，

要使得关于x的方程f(x)a(x3)恰有4个不相等的实数根，

23,)yfx则满足在区间3上，直线ya(x3)与函数有两个交点，在

((0,23)3处需1个交点，

当直线ya(x3)经过(0,1)时 ，可得

a13，

23x330,32yx4x1x4x1y3x4，当时，，可得

x,x04x01，设直线ya(x3)与曲线的相切时切点为03322yx4x13xk3x40004xx00则切线的斜率，切线方程为，

将点

3,0代入可得x01，即切点坐标为(1,4)，此时a1，

1[,1)所以实数a的取值范围是3.

故选：D.

8．（2020·山西高三期中（文））已知alg2，的大小关系为（ A．acb【答案】D

【分析】: 0lg1alg2lg101,

）

B．abcblog2sin36，

clnsin6则a，b，c

C．bcaD．cabblog2sin36log2312log21233,

clnsin6ln1ln102,

所以c0a1b,即cab.故选：D

ex,x0f(x)1x,x0，则ff19．（2020·渝中区·重庆巴蜀中学高三月考）已知函数

（ ）

A．0【答案】B

B．1C．e

D．1e0f(f(1))f(0)e1，【分析】

故选：B

1231ba2，4，clog43，则a，b，c10．（2020·全国高三月考（文））已知

的大小关系为（ ）A．cabC．abc【答案】B

1212121212B．cbaD．bac1a2【分析】

023b4，43，

14412233，ab1，

12clog43log441，abc，

故选：B

11af(()3)|x|4，11．（2020·成都七中万达学校高三期中）已知函数f(x)2，记7bf(log3)cf(log15)2，3，则a，b，c的大小关系为（ ）

A．cba【答案】A

B．bacC．abcD．cab【分析】

fx2x是偶函数，并且当x0时，y2是增函数，

xcflog15flog353，

7111730loglog350()11log3log3534224因为，，即

又因为

13yfx在

0,是增函数，所以abc.

故选：A.

12．（2020·全国高三月考（文））已知函数周期函数，其部分图象如图所示，

fx，

gx的定义域为

0,，且fx是

gxlogmx2（m0且m1）；若函数

）

hxfxgx有5个零点，则实数m的取值范围为（

A．

6,10B．

10,146,10C．【答案】B

10,14D．【分析】显然m>1；由于函数

gx有5个零点，故临界状态如图所示，

g104g144，解得10m14．则故选：B

13．（2020·宁夏银川九中高三月考（文））定义在R上的函数f（x）满足：f（x+6）＝f（x），当﹣3≤x＜﹣1时，f（x）＝﹣（x+2）2；当﹣1≤x＜3时，f（x）＝x，则f（1）+f（2）+f（3）++f（2021）＝（ A．336【答案】B

【分析】解：∵当1„x3时，f(x)x，

B．337

）

C．338

D．339

f00,f11， f22，

fxfx6, f(x6)f(x)，

f3f3,f4f1,f5f2f6f(0)0,，

2当3„x1时，f(x)(x2)，

∴

f3f(3)1，

f4f(2)0，

f5f(1)1，

f1f2f3f4f5f61，

fx6fx,fx6kfx,kZ，

∴

f16kf26kf36kf46kf56kf66k1，

202163371，

f1f2f3f(2021)337f(6)337．

故选：B．

14．（2020·安徽高三月考（文））若直线2axby20a0,b0过函数

f(x)A．4

1412x1图象的对称中心，则ab最小值为（ ）

B．6

C．8

D．9

【答案】D

f(x)【分析】由题意得，函数

121,2，x1图象的对称中心为

∴2a2b20，即ab1，

4141a4ba4b(ab)41529baba∴abab，

2a4ba2bba，即3时取等号.当且仅当

故选：D.

x2log1x1,x02fxfx,x015．（2020·安徽高三月考（文））已知，则不等式

fx2f2x的解集为（ ）

A．

xx2B．

xx22xx23C．

【答案】C

2xx3或x2D．x2log1x1,x02fxfxRfx,x0【分析】由于，则函数为上的偶函数，

x0,fxx2log1x1时，

2当为增函数，

由

fx2f2x，可得

fx2f2x，可得

x22x，

2x2222x4x44x3x4x403所以，，即，解得，

2xx2fx2f2x3.因此，不等式的解集为

故选：C.