文档内容
第二章 函数及其性质综合测试卷
（新高考专用）
（考试时间：120分钟；满分：150分）
注意事项：
1.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填
写在答题卡上。
2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用
橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第 I 卷（选择题）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要
求的。
1．（5分）（2024·河北·模拟预测）函数y=√lg(x−1)的定义域为（ ）
A．¿ B．¿ C．¿ D．¿
【解题思路】根据题意得lg(x−1)≥0，解不等式得解.
【解答过程】由lg(x−1)≥0，即lg(x−1)≥lg1，即x−1≥1，解得x≥2.
所以函数的定义域为¿.
故选：B.
2．（5分）（2024·广东惠州·模拟预测）下列函数是奇函数，且在定义域内单调递增是（ ）
1
A．y=√x2−1 B．y=x3−x C．y=− D．y=√3 x
x
【解题思路】利用函数的奇偶性和单调性逐项判断即可.
【解答过程】对于A， 为偶函数，故A错误；
y=√x2−1
对于B，设 ，所以
f (x)=x3−x=x(x2−1) f (0)=f (1)=0,
故y=x3−x在定义域上不是单调递增，故B错误；
1
对于C，y=− ，故函数的单调增区间为(−∞,0)和(0,+∞)，
x1
所以y=− 在定义域上不是单调递增，故C错误；
x
对于D， y=√3 x=x3 1，由幂函数的性质可知，函数 y=√3 x 为奇函数，且在定义域上单调递增，故D正确.
故选：D.
|x2−4|
3．（5分）（2024·安徽合肥·三模）函数f (x)= 的图象大致是（ ）
x
A． B．
C． D．
【解题思路】根据函数奇偶性、在(2,+∞)上的单调性、函数值f (1)的正负情况依次判断和排除ABC，即
可得解.
【解答过程】由题f (x)定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)关于原点对称，且
|(−x) 2−4| |x2−4| ，
f (−x)= =− =−f (x)
−x x
故f (x)是奇函数，故A错；
|x2−4| x2−4 4
当x>2时，f (x)= = =x− ，
x x x
4
又y=x是增函数，y=− 在(2,+∞)上是增函数，
x
4
故f (x)=x− 在(2,+∞)上是增函数，故BC错；
x
故选：D.
4．（5分）（2024·福建宁德·模拟预测）设a=log 0.3，b=log
1
0.4， c=0.40.3，则a，b，c的大小关系
2
2
为（ ）A．aa>b C．blog 2=1，所以
2 2 1 2 22 2
2
b>1.
因为0<0.40.3<0.40=1，所以0−3x2−6x的解集为（ ）
A．(−∞,−2)∪(0,+∞) B．(−∞,−1)∪(0,+∞)
C．(−2,0) D．(−1,0)
【解题思路】根据偶函数的性质，结合不等式特征构造新函数，利用新函数的单调性和奇偶性进行求解即
可.
【解答过程】由 ，可得 .
f (2x+1)−f (x−1)>−3x2−6x f (2x+1)+(2x+1) 2>f (x−1)+(x−1) 2
令g(x)=f (x)+x2，因为f (x)是偶函数，且在[0,+∞)上单调递增，所以g(x)也是偶函数，且在[0,+∞)上
单调递增，从而|2x+1|>|x−1|，解得x<−2或x>0.
故选：A.
7．（5分）（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数y=f (x)是定义在R上的函数，f (1+x)=f (1−x)，函数
f (x+1)的图象关于点(−1,0)对称，且对任意的x ,x ∈[0,1],x ≠x ，均有
1 2 1 2
，则下列关于函数 的说法中，正确的个数是（ ）
x3f (x )+x3f (x )>x3f (x )+x3f (x ) y=f (x)
1 1 2 2 1 2 2 1
①f (x+2)=f (x−2)；
( 13) (26)
②f − x3f (x )+x3f (x )
1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 2 1
不妨设 ，则 ，即 ，因此 在 上单调递增，
x >x (x3−x3)f (x )>(x3−x3)f (x ) f (x )>f (x ) f (x) [0,1]
1 2 1 2 1 1 2 2 1 213 13 3 1 26 26 2 1
f(− )=f(− +8)=f( )=f( )，f( )=f( −8)=f( )>f( )，②正确；
2 2 2 2 3 3 3 2
由函数f (x)是R上的奇函数，在[0,1]上单调递增，得函数f (x)在[−1,1]上单调递增，
在[1,3]上单调递减，(3,5)上单调递增，③错误；
由f(2)=f(0)=0，f (x)在[−1,1]上单调递增，在[1,3]上单调递减，得当x∈[−1,3]时，f (x)≥0，则有
x∈[0,2]，
又函数f (x)是以4为周期的周期函数，因此不等式f (x)≥0的解集为[4k,4k+2](k∈Z)，④正确.
故选：C.
8．（5分）（2024·四川成都·二模）已知函数f (x)=¿,若关于x的方程
有且仅有4个不同的实数根，则实数 的取值范围为（ ）
[f(x)] 2−(m2+3)f(x)+m3−m2+3m=0 m
(1 ) ( 1 ) ( 1) ( 1 )
A． ,1 B． − ,0 C． 0, D． − ,1
4 2 4 2
【解题思路】令 ，方程可化为 或 有四个不同实数根，借助导数研究
g(x)=f (x)+m g(x)=2m g(x)=m2+3
g(x)的单调性与最值，数形结合即可判断m的取值范围．
【解答过程】设g(x)=f (x)+m=¿，则f(x)=g(x)−m，
又 ，
[f(x)] 2−(m2+3)f(x)+m3−m2+3m=[f (x)−m][f (x)−m2+m−3]=0
所以 ，则 或 ．
[g(x)−2m][g(x)−m2−3]=0 g(x)=2m g(x)=m2+3
①当 时， 2(x+1)，求导得 2ex−2(x+1)ex −2x．
x>−1 g(x)= g′ (x)= =
ex e2x ex
当 时， ，即函数 在 上单调递增；
−10 g(x) (−1,0)
当 时， ，即函数 在 上单调递减．
x>0 g′ (x)<0 g(x) (0,+∞)
因为 ，所以 ．
x>−1 x+1>0,ex>0⇒g(x)>0
又g(0)=2，当x>−1且x→−1时，g(x)→0+
；
当x→+∞时，g(x)→0+
．
3 1
②当x≤−1时，g(x)= (x+2) 2−1，g(−1)= ，
2 2根据以上信息，作出函数g(x)的大致图象如图所示．
观察图像可得：函数y=g(x)的图象与函数y=m2+3的图象仅有1个交点，
所以函数y=g(x)的图象与函数y=2m的图象有3个交点，
1 1 (1 )
则 <2m<2⇒ 0时，f (x)的最大值为
3
【解题思路】利用函数的性质研究，可以判断A、B、C选项，对于D选项，利用基本不等式来求最值即
可．
2x
【解答过程】由x2+9≠0可得：函数f (x)= 的定义域为R，故A正确；
x2+9
−2x 2x
由f (−x)= =− =−f (x)，结合定义域为R，可知f (x)是奇函数，故B错误；
(−x) 2+9 x2+9
由
2(x+2024)
解得， ，所以零点为 ，故C错误；
f (x+2024)= =0 x=−2024 −2024
(x+2024) 2+9
2x 2 2 1
f (x)= = ≤ =
当x>0时，x=3 x2+9 9 2√9 3，取等号条件为x=3，故D正确；
x+
x
故选：AD.10．（6分）（2024·陕西宝鸡·二模）已知函数f (x)=lnx+ln(2−x)，则（ ）
A．f (x)在(0,1)单调递增 B．y=f (x)的图象关于点(1,0)对称
C． 的图象关于直线 对称 D．函数 有两个零点
y=f (x) x=1 y=|f (x)|−ex
【解题思路】先求出函数f(x)的定义域，然后将函数f(x)利用对数的运算变形，再利用复合函数的单调
性的判断法则以及二次函数的性质依次判断A,B,C即可；分析函数 与函数 的单调性结合图
y=|f (x)| y=ex
象的交点，即可判断函数 零点个数，从而判断D.
y=|f (x)|−ex
【解答过程】函数 定义域为 ，又 ，
f (x) (0,2) f(x)=lnx+ln(2−x)=ln(2x−x2 )
令 ， ，
g(x)=2x−x2=−(x−1) 2+1 x∈(0,2)
所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减，
又y=lnx为单调递增函数，
所以f (x)在(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减，故选项A正确；
因为函数g(x)的对称轴为x=1，则函数f(x)关于直线x=1对称，故选项B错误，选项C正确；
因为 ，所以函数 ，
f (x) =f (1)=0 y=|f (x)|=−f (x)
max
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
y=|f (x)| (0,1) (1,2)
又函数y=ex在R上为增函数，
则函数 与函数 在平面直角坐标系中的图象如下图所示：
y=|f (x)| y=ex
故函数 与函数 在区间 上有两个交点，即函数 有两个零点，故D正确.
y=|f (x)| y=ex (0,2) y=|f (x)|−ex故选：ACD．
11．（6分）（2024·山东临沂·二模）已知定义在R上的函数f (x)满足f (x+1)+f (x+3)=f (2024)，
(1) 1
f (−x)=f (x+2)，且f = ，则（ ）
2 4
A．f (x)的最小正周期为4 B．f (2)=0
2024
C．函数 是奇函数 D． ( 1)
f (x−1) ∑❑k⋅f k− =−2024
2
k=1
【解题思路】据题意，通过赋值得到f (x)+f (x+2)=f (2024)，f (x+2)+f (x+4)=f (2024)，即可判断
A；令x=2021，可求出f (2022)=0，由周期性可判断B；令x=0，得到f (0)=0，由周期性f (2024)=0，
可证明f (x)是奇函数，假设函数f (x−1)是奇函数，推出矛盾，判断C；由周期性及对称性可计算D.
【解答过程】对于A，因为f (x+1)+f (x+3)=f (2024)，
所以f (x)+f (x+2)=f (2024)，f (x+2)+f (x+4)=f (2024)，
所以f (x+4)=f (x)，故f (x)的最小正周期为4，A正确；
对于B，因为f (x+1)+f (x+3)=f (2024)，
令x=2021，则f (2022)+f (2024)=f (2024)，
所以f (2022)=0，
由A可知，f (2022)=f (4×505+2)=f (2)=0，故B正确；
对于C， 因为f (−x)=f (x+2)，①
令x=0，则f (0)=f (2)=0，
所以f (2024)=f (4×506)=f (0)=0，
所以f (x)+f (x+2)=f (2024)=0，②
由①②，所以f (x)+f (−x)=0，即f (−x)=−f (x)，故f (x)为奇函数，
若函数f (x−1)是奇函数，则f (−x−1)=−f (x−1)，
所以 ，即 ，
f (−x−1)=f [−(x+1)]=−f (x+1) f (x−1)=f (x+1)
所以 ，
f (x+2)=[f (x+1)+1]=f [(x+1)−1]=f (x)
所以f (x)的最小正周期为2，与选项A矛盾，故C错误；
(1) 1 ( 1) 1
对于D，因为f (x)为奇函数，且f = ，所以f − =− ，
2 4 2 4
(7) ( 1) 1
又因为f (x)的最小正周期为4，所以f =f − =− ，
2 2 4因为f (−x)=f (x+2)
(3) ( 1 ) (1) 1 (5) ( 3) (3) 1
所以f =f − +2 =f = ，f =f − =−f =− ，
2 2 2 4 2 2 2 4
4
所以 ( 1) (1) (3) (5) (7)
∑❑k⋅f k− =1×f +2×f +3×f +4×f
2 2 2 2 2
k=1
1 1 ( 1) ( 1)
=1× +2× +3× − +4× − =−1，
4 4 4 4
8
( 1) (9) (11) (13) (15)
∑❑k⋅f k− =5×f +6×f +7×f +8×f
2 2 2 2 2
k=5
(1) (3) (5) (7)
=5×f +6×f +7×f +8×f
2 2 2 2
1 1 ( 1) ( 1)
=5× +6× +7× − +8× − =−1，
4 4 4 4
以此类推，
2024
所以 ( 1) ，故D错误.
∑❑k⋅f k− =506×(−1)=−506
2
k=1
故选：AB.
第 II 卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）（2024·上海·三模）已知log 3=a，2b=5，则log 45= 2a+b （用a、b表示）.
2 2
【解题思路】根据指对互化可得b=log 5，再结合对数运算即可.
2
【解答过程】由2b=5，得b=log 5，
2
又log 45=log (5×9)=2log 3+log 5=2a+b.
2 2 2 2
故答案为：2a+b.
13．（5分）（2024·广西南宁·二模）定义域为R的函数f(x)的图象关于点(1,1)对称，函数
g(x)=f(x)−2x的图象关于直线x=2对称．若f(0)=0，则f(1)+f(2)+⋯+f(50)= 2499 ．
【解题思路】根据抽象函数的对称性、周期性运算得解.
【解答过程】因为f(x)的图象关于点(1,1)对称，所以f(−x)+f(x+2)=2，
则f(−x)−2(−x)+f(x+2)−2(x+2)=−2即g(−x)+g(x+2)=−2，
又g(x)的图象关于直线x=2对称，则g(x+4)=g(−x)，所以g(x+4)+g(x+2)=−2，即g(x+2)+g(x)=−2，
可得g(x+4)=g(x)，则g(x)是以4为周期的函数.
因为g(0)=f(0)−2×0=0，
由f(−x)+f(x+2)=2，令x=−1，得f (1)=1，
所以g(1)=f (1)−2=−1，g(2)=−2−g(0)=−2，g(3)=g(1)=−1，
所以f(1)+f(2)+⋯+f(50)= g(1)+g(2)+⋯+g(50)+2(1+2+⋯+50)
=−4×12−1−2+2550=2499.
故答案为：2499.
14．（5分）（2024·湖南衡阳·模拟预测）已知f (x),g(x)是定义域为R的函数，且f (x)是奇函数，g(x)是
偶函数，满足 ，若对任意的 ，都有 g(x )−g(x ) 成立，则实数
f (x)+g(x)=ax2+x+2 1−3 a
1 2 x −x
1 2
[ 3 )
的取值范围是 − ,+∞ .
4
【解题思路】根据题意，得到 ，联立方程组，求得 ，结合题意转
−f (x)+g(x)=ax2−x+2 g(x)=ax2+2
化为 成立，构造 ，得到 在 单调递
g(x
1
)+3x
1
−3
1 2 x −x
1 2
所以 ，所以 成立，
g(x )−g(x )<−3x +3x g(x )+3x 0，则对称轴x =− ≤1恒成立；
0 2a
3 [ 3 )
综上可得，a≥− ，即实数a的取值范围为 − ,+∞ .
4 4
[ 3 )
故答案为： − ,+∞ .
4
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
m
15．（13分）（2024·山东济南·三模）已知函数f(x)=x+ ，且f(1)=2.
x
(1)求m的值;
(2)判断函数f(x)在(1,+∞)上是增函数还是减函数，并证明.
【解题思路】（1）将f(1)=2代入函数求值即可；
（2）利用单调性的定义判断即可.
【解答过程】（1）∵f(1)=2，
∴1+m=2
∴m=1
（2）函数为增函数，证明如下：
设x 、x 是(1,+∞)上的任意两个实数，且10，x −x <0，
1 2 1 2 1 2从而 ，即 ，
f (x )−f (x )<0 f (x )10，故当x=9时，g(x)取得最大值24，
即为使公司获得的年利润最大，每年应生产9万件该芯片．
17．（15分）（2024·河南·模拟预测）设a>0且a≠1，函数f (x)=log (x−1),g(x)=log (2x+t)(t∈R).
a a
(1)当t=1时，求不等式2f (x)≤g(x)的解集；(2)若函数 在区间 上有零点，求 的取值范围.
ℎ(x)=af(x)+tx2+2t+2 (1,3] t
【解题思路】（1）化简不等式2f (x)≤g(x)为2log (x−1)≤log (2x+1)，按照01分类讨论，
a a
利用对数函数的单调性解不等式即可；
1 x2+2 1 ( 3)
（2）将零点问题转化为 =− 有解，设m=x+1∈(2,4]，则 =− m+ +2，利用函数
t x+1 t m
( 3)
y=− m+ +2的单调性求解参数范围即可.
m
【解答过程】（1）当t=1时，不等式2f (x)≤g(x)可化为2log (x−1)≤log (2x+1)，
a a
若01，则¿，解得11时，不等式2f (x)≤g(x)的解集为(1,4]；
（2）由题意可知 ，
ℎ(x)=alog
a
(x−1)+tx2+2t+2=tx2+x+2t+1
令 ，即 ，因为 ，所以 ，
tx2+x+2t+1=0 t(x2+2)=−(x+1) x∈(1,3] x+1∈(2,4]
1 x2+2
所以t≠0,x2+2≠0，所以 =− ，
t x+1
设 ，则1 (m−1) 2+2 ( 3) ，
m=x+1∈(2,4] =− =− m+ +2
t m m
( 3)
因为函数y=− m+ +2在(2,4]上单调递减，
m
11 1 3 2 4
所以− ≤ <− ，所以− 0,4−x x >0 f (x )−f (x )>0 f (x )>f (x )
1 2 2 1 1 2 2 1 2 1
x 1
故函数f (x)= 在[1，2]上单调递增，最小值为f(1)= ．
4+x2 5
法一：g(x)=x2−2mx+4< 1 在[1，2]上恒成立，只要2m> ( x+ 19) ，
5 5x
max
19在[ √95]上单调递减，在[√95 )上单调递增，
y=x+ 1, ,2
5x 5 5
19 24 19 39 24
当x=1时，x+ = ，当x=2时，x+ = < ，
5x 5 5x 10 5
( 19) 24 12
故当x=1时， x+ = ，所以m> ．
5x 5 5
max
法二： ， ，
g(x)=x2−2mx+4=(x−m) 2+4−m2 x∈[1,2]3 1 1 39
当m≤ 时，g(x) =g(2)< ，4−4m+4< ，解得m> ，舍去；
2 max 5 5 20
3 1 1 12 12
当m> 时，g(x) =g(1)< ，1−2m+4< ，解得m> ，因此m> ，
2 max 5 5 5 5
12
综上所述：m> ．
5
19．（17分）（2024·河南·模拟预测）已知函数f (x)对任意实数x,y恒有f(x−y)+f(x+ y)=f(2x)成立，
且当x<0时，f(x)>0.
(1)求f(0)的值;
(2)判断f (x)的单调性，并证明;
(3)解关于 的不等式: .
x f [x2−(a+2)x]+f(a+ y)+f(a−y)>0
【解题思路】（1）根据题意，令x=0,y=0，即可求得f(0)=0；
（2）令x=0，得到f(−y)=−f(y)，所以f (x)为奇函数，在结合题意和函数单调性的定义和判定方法，
即可求解；
（3）化 简不等式为 ，结合函数 的单调性，把不等式 转化为
f (x2−(a+2)x)>f(−2a) f (x)
，结合一元二次不等式的解法，即可求解.
x2−(a+2)x<−2a
【解答过程】（1）解：因为函数f(x)对任意实数x,y恒有f(x−y)+f(x+ y)=f(2x)成立，
令x=0,y=0，则f(0)+f(0)=f(0)，所以f(0)=0.
（2）
解：函数f (x)为R上的减函数.
证明:令x=0，则f(−y)+f(y)=f(0)=0，所以f(−y)=−f(y)，故f (x)为奇函数.
任取x ,x ∈R，且x 0 f (x −x )>0
1 2
所以 (x −x x +x ) (x −x x +x )
f (x )−f (x )=f (x )+f (−x )=f 1 2+ 1 2 +f 1 2− 1 2
1 2 1 2 2 2 2 2
，即 ，所以 是 上的减函数.
=f (x −x )>0 f (x )>f (x ) f (x) R
1 2 1 2
（3）解：根据题意，可得 ，
f (x2−(a+2)x)>−[f(a+ y)+f(a−y)]=−f(2a)=f(−2a)
由（2）知 在 上单调递减，所以 ，
f (x) R x2−(a+2)x<−2a
即 ，可得 ，
x2−(a+2)x+2a<0 (x−2)(x−a)<0
当a>2时，原不等式的解集为(2,a)；
当a=2时，原不等式的解集为∅；
当a<2时，原不等式的解集为(a,2).
