【新高考复习】专题04 函数的性质综合应用必刷100题(解析版)

专题04函数的性质综合应用必刷100题任务一:善良模式(基础)1-50题一、单选题1．（2021·黑龙江·牡丹江市第三高级中学高三月考（文））已知函数(1)fx的定义域为(－2,0)，则(21)fx的定义域为（）A．(－1,0)B．(－2,0)C．(0,1)D．1,02【答案】C【分析】由题设函数的定义域，应用换元法求出()ft的定义域，进而求(21)fx的定义域即可.【详解】由题设，若1tx，则(1,1)t，∴对于(21)fx有21(1,1)x，故其定义域为(0,1).故选：C.2．（2021·湖南·高三月考）已知函数()fx满足22()()326fxfxxx，则（）A．()fx的最小值为2B．xR，22432()xxfxC．()fx的最大值为2D．xR，22452()xxfx【答案】D【分析】先求得fx，然后结合二次函数的性质确定正确选项.【详解】因为22()()326fxfxxx（i），所以用x代换x得22()()326fxfxxx（ii）.（i）×2（ii）得23()366fxxx，即22()22(1)1fxxxx，从而()fx只有最小值，没有最大值，且最小值为1.2222222221243243122()222222xxxxxxfxxxxxxx，2222222221245245122()222222xxxxxxfxxxxxxx.故选：D.3．（2021·河南·孟津县第一高级中学高三月考（理））若函数()2021xxfxx，则不等式(1)(24)0fxfx的解集为（）A．[1,)B．(,1]C．(0,1]D．[1,1]【答案】A【分析】判断出函数的奇偶性和单调性，再利用其性质解不等式即可【详解】()fx的定义域为R,因为()2021(2021)()xxxxfxxxfx，所以()fx是奇函数，所以不等式(1)(24)0fxfx可化为(1)(42)fxfx，因为,,2021xxyyyx在R上均为增函数，所以()fx在R上为增函数，所以142xx，解得1x，故选：A.4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数f（x2+1）＝x4，则函数y＝f（x）的解析式是（）A．21,0fxxxB．21,1fxxxC．21,0fxxxD．21,1fxxx【答案】B【分析】利用凑配法求得fx解析式.【详解】2242211211fxxxx，且211x，所以22211,1fxxxxx.故选：B.5．（2021·湖南省邵东市第一中学高三月考）已知函数fx满足222fabfafb对,abR恒成立，且(1)0f，则(2021)f（）A．1010B．20212C．1011D．20232【答案】B【分析】利用赋值法找出规律，从而得出正确答案.【详解】令0ab，则20020,00ffff，令0,1ab，则221021,121fffff，由于10f，所以112f.令1ab，则221211fff，令2,1ab，则2133221122fff，令3,1ab，则23144321222fff，以此类推，可得202120212f.故选：B.6．（2021·安徽·六安二中高三月考）设fx为奇函数，且当0x时，21xfx，则当0x时，fx（）A．21xB．21xC．21xD．21x【答案】D【分析】根据题意，设0x，则0x，由函数的解析式可得()21xfx，结合函数的奇偶性分析可得答案．【详解】根据题意，设0x，则0x，则()21xfx，又由()fx为奇函数，则()()21xfxfx，故选：D.7．（2021·河南·高三月考（理））||||2()xxxefxe的最大值与最小值之差为（）A．4B．4eC．44eD．0【答案】B【分析】利用函数为奇函数，且其图像的对称性，利用导数可得函数的单调性和最值.【详解】22()1xxxxexfxee，设2()xxgxe，则()()1gxfx则()gx为奇函数，图像关于原点对称，其最大值与最小值是互为相反数，maxmax()()1gxfxmin()()1mingxfxmaxmin()()0gxgxmaxminmaxminmaxminmax()()(()1)(()1)()()2()fxfxgxgxgxgxgx即()fx的最大值与最小值之差为max2()gx，当0x时2()xxgxe，222(1)()xxxxgxee，故2()xxgxe的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,)，所以max2()(1)gxge，所以()fx的最大值与最小值之差为4e故选：B.8．（2021·黑龙江·牡丹江市第三高级中学高三月考（理））已知减函数332fxxx，若320fmfm，则实数m的取值范围为（）A．,3B．3,C．,3D．3,【答案】C【分析】根据函数奇偶性和单调性，列出不等式即可求出范围.【详解】易知fx为R上的奇函数，且在R上单调递减，由320fmfm，得322fmfmfm，于是得32mm，解得3m.故选:C.9．（2021·陕西·西安中学高三期中）已知函数21ln131xxaxfxxxa（0a，1a），且5f，则f（）A．5B．2C．1D．1【答案】C【分析】令3gxfx，由0gxgx，可得gx为奇函数，利用奇函数的性质即可求解.【详解】解：令21ln113xxaxgxfxxxa，因为2211ln1ln1011xxxxaagxxxxxxxxaag，所以gx为奇函数，所以0gg，即330ff，又5f，所以1f，故选：C.10．（2021·北京通州·高三期中）已知函数fx的定义域为R，54f，3fx是偶函数，12,3,xx，有12120fxfxxx，则（）A．04fB．14fC．24fD．30f【答案】B【分析】根据条件可得fx关于直线3x对称，fx在3,上单调递增，结合54f可判断出答案.【详解】由3fx是偶函数可得fx关于直线3x对称因为12,3,xx，有12120fxfxxx，所以fx在3,上单调递增因为54f，所以064ff，154ff，244ff无法比较3f与0的大小故选：B.11．（2021·北京朝阳·高三期中）若函数221xfxaaR为奇函数，则实数a（）.A．2B．1C．0D．1【答案】D【分析】由奇函数的性质00f求解即可【详解】因为函数221xfxaaR为奇函数，定义域为R，所以00f，即02021a，解得1a，经检验符合题意，故选：D.12．（2022·上海·高三专题练习）函数()2020sin2fxxx，若满足2(1)0fxxft恒成立，则实数t的取值范围为（）A．[2,)B．[1,)C．3,4D．(,1]【答案】C【详解】∵()2020sin2()fxxxfx，且()20202cos20fxx，∴函数()fx为单调递增的奇函数．于是，2(1)0fxxft可以变为2(1)(1)fxxftft…，即21xxt，∴21txx，而221331244xxx，可知实数34t，故实数t的取值范围为3,4．故选：C.13．（2021·江苏·海安高级中学高三月考）已知定义在R上的可导函数fx，对任意的实数x，都有4fxfxx，且当0,x时，2fx恒成立，若不等式1221fafaa恒成立，则实数a的取值范围是（）A．1,02B．10,2C．1,2D．1,2【答案】D【分析】由题意可得()()()fxxfxx，令()()2Fxfxx，根据奇偶性的定义，可得()Fx为偶函数，利用导数可得()Fx的单调性，将题干条件化简可得()2(1)2(1)faafaa，即()(1)FaFa，根据()Fx的单调性和奇偶性，计算求解，即可得答案.【详解】由4fxfxx，得()2()2()fxxfxx，记()()2Fxfxx，则有()()FxFx，即()Fx为偶函数，又当(0,)x时，()()20Fxfx恒成立，所以()Fx在(0,)上单调递增，所以由1221fafaa，得()2(1)2(1)faafaa，即()(1)FaFa(||)(|1|)FaFa…，所以|||1|aa…，即2212aaa，解得12a…，故选：D.14．（2021·黑龙江·哈尔滨三中高三期中（文））设函数222,0()lg,0xxxfxxx，则函数()1yfx的零点个数为（）A．1个B．2个C．3个D．0个【答案】B【分析】由已知函数()fx的解析式作出图象，把函数()1yfx的零点转化为函数()fx与1y的交点得答案．【详解】由函数解析式222,0()lg,0xxxfxxx由图可知，函数()1yfx的零点的个数为2个．故选：B．15．（2020·广东·梅州市梅江区嘉应中学高三月考）已知函数fx是定义在R上的奇函数，满足1(2)()fxfx，且当3,02x时，2log(31)fxx，则2021f等于（）A．4B．2C．2D．2log7【答案】C【分析】求得fx是周期为4的周期函数，从而求得2021f.【详解】因为函数fx是定义在R上的奇函数，11(4)(2)2()1(2)()fxfxfxfxfx，其最小正周期为4，所以2021450511)()1(ffff.因为31,02，且当3,02x时，2log(31)fxx，所以2()log13)1(12f，所以202112()ff.故选：C.16．（2021·江西·九江市柴桑区第一中学高三月考（文））已知函数fx是定义在[3,2]a上的奇函数，且在[3,0]上单调递增，则满足0fmfma的m的取值范围是（）A．5,82B．5,32C．2,3D．3,3【答案】B【分析】根据奇函数的定义可知定义域关于原点对称可得320a，即可解出a，由奇函数的性质可得函数fx在3,3上递增，再将0fmfma等价变形为fmfam，然后根据单调性即可解出．【详解】