2023届高考一轮复习讲义（文科）第二章　函数概念与基本初等函数 第2讲　第1课时　高效演练 分层突破学案

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1．(2019·高考北京卷)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是( )
A．y＝xeq \s\up6(\f(1,2)) B. y＝2－x
C．y＝lgeq \s\d9(\f(1,2))x D．y＝eq \f(1,x)
解析：选A.对于幂函数y＝xα，当α>0时，y＝xα在(0，＋∞)上单调递增，当α<0时，y＝xα在(0，＋∞)上单调递减，所以选项A正确；选项D中的函数y＝eq \f(1,x)可转化为y＝x－1，所以函数y＝eq \f(1,x)在(0，＋∞)上单调递减，故选项D不符合题意；对于指数函数y＝ax(a>0，且a≠1)，当01时，y＝ax在(－∞，＋∞)上单调递增，而选项B中的函数y＝2－x可转化为y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)，因此函数y＝2－x在(0，＋∞)上单调递减，故选项B不符合题意；对于对数函数y＝lgax(a>0，且a≠1)，当01时，y＝lgax在(0，＋∞)上单调递增，因此选项C中的函数y＝lgeq \s\d9(\f(1,2))x在(0，＋∞)上单调递减，故选项C不符合题意，故选A.
2．函数f(x)＝－x＋eq \f(1,x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2，－\f(1,3)))上的最大值是( )
A.eq \f(3,2) B．－eq \f(8,3)
C．－2 D．2
解析：选A.函数f(x)＝－x＋eq \f(1,x)的导数为f′(x)＝－1－eq \f(1,x2)，则f′(x)<0，可得f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2，－\f(1,3)))上单调递减，即f(－2)为最大值，且为2－eq \f(1,2)＝eq \f(3,2).
3．已知函数f(x)为R上的减函数，则满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))))＜f(1)的实数x的取值范围是( )
A．(－1，1) B．(0，1)
C．(－1，0)∪(0，1) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
解析：选C.由f(x)为R上的减函数且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))))＜f(1)，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＞1，,x≠0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|x|＜1，,x≠0.))所以－1＜x＜0或0＜x＜1.故选C.
4．若函数f(x)＝x2＋a|x|＋2，x∈R在区间[3，＋∞)和[－2，－1]上均为增函数，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(11,3)，－3)) B．[－6，－4]
C．[－3，－2eq \r(2)] D．[－4，－3]
解析：选B.由于f(x)为R上的偶函数，因此只需考虑函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性即可．由题意知函数f(x)在[3，＋∞)上为增函数，在[1，2]上为减函数，故－eq \f(a,2)∈[2，3]，即a∈[－6，－4]．
5．定义新运算“⊕”：当a≥b时，a⊕b＝a；当aA．－1 B．1
C．6 D．12
解析：选C.由已知得，当－2≤x≤1时，f(x)＝x－2；
当1因为f(x)＝x－2，f(x)＝x3－2在定义域内都为增函数，
所以f(x)的最大值为f(2)＝23－2＝6.
6．函数f(x)＝|x－2|x的单调减区间是 ．
解析：由于f(x)＝|x－2|x＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－2x，x≥2，,－x2＋2x，x<2.))结合图象可知函数的单调减区间是[1，2]．
答案：[1，2]
7．若函数f(x)＝eq \f(1,x)在区间[2，a]上的最大值与最小值的和为eq \f(3,4)，则a＝ ．
解析：由f(x)＝eq \f(1,x)的图象知，f(x)＝eq \f(1,x)在(0，＋∞)上是减函数，因为[2，a]⊆(0，＋∞)，
所以f(x)＝eq \f(1,x)在[2，a]上也是减函数，
所以f(x)max＝f(2)＝eq \f(1,2)，f(x)min＝f(a)＝eq \f(1,a)，
所以eq \f(1,2)＋eq \f(1,a)＝eq \f(3,4)，所以a＝4.
答案：4
8．已知函数f(x)是R上的增函数，A(0，－3)，B(3，1)是其图象上的两点，那么不等式－3解析：由函数f(x)是R上的增函数，A(0，－3)，B(3，1)是其图象上的两点，知不等式－3答案：(－1，2)
9．已知函数f(x)＝2x－eq \f(a,x)的定义域为(0，1](a为实数)．
(1)当a＝1时，求函数y＝f(x)的值域；
(2)求函数y＝f(x)在区间(0，1]上的最大值及最小值，并求当函数f(x)取得最值时x的值．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝2x－eq \f(1,x)，
任取0则f(x1)－f(x2)＝2(x1－x2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))
＝(x1－x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(1,x1x2))).
因为00，x1x2>0.
所以f(x1)>f(x2)，
所以f(x)在(0，1]上单调递增，当x＝1时取得最大值1.
所以f(x)的值域为(－∞，1]．
(2)当a≥0时，y＝f(x)在(0，1]上单调递增，无最小值，当x＝1时取得最大值2－a；
当a<0时，f(x)＝2x＋eq \f(－a,x)，
当 eq \r(－\f(a,2))≥1，即a∈(－∞，－2]时，y＝f(x)在(0，1]上单调递减，无最大值，当x＝1时取得最小值2－a；
当 eq \r(－\f(a,2))<1，即a∈(－2，0)时，y＝f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0， \r(－\f(a,2))))上单调递减，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\r(－\f(a,2))，1))上单调递增，无最大值，当x＝eq \r(－\f(a,2))时取得最小值2eq \r(－2a).
10．已知函数f(x)＝eq \f(1,a)－eq \f(1,x)(a>0，x>0)．
(1)求证：f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
(2)若f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，求a的值．
解：(1)证明：任取x1>x2>0，
则f(x1)－f(x2)＝eq \f(1,a)－eq \f(1,x1)－eq \f(1,a)＋eq \f(1,x2)
＝eq \f(x1－x2,x1x2)，因为x1>x2>0，
所以x1－x2>0，x1x2>0，
所以f(x1)－f(x2)>0，
即f(x1)>f(x2)，
所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
(2)由(1)可知，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上为增函数，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(1,a)－2＝eq \f(1,2)，
f(2)＝eq \f(1,a)－eq \f(1,2)＝2，
解得a＝eq \f(2,5).
[综合题组练]
1．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3（a－3）x＋2，x≤1，,－4a－ln x，x>1))对任意的x1≠x2都有(x1－x2)[f(x2)－f(x1)]>0成立，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，3] B．(－∞，3)
C．(3，＋∞) D．[1，3)
解析：选D.由(x1－x2)[f(x2)－f(x1)]>0，得(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]<0，所以函数f(x)在R上单调递减，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－3<0，,3（a－3）＋2≥－4a，))
解得1≤a＜3.故选D.
2．(创新型)对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a，a≤b，,b，a>b.))设函数f(x)＝－x＋3，g(x)＝lg2x，则函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是 ．
解析：依题意，h(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg2x，02.))
当0当x>2时，h(x)＝3－x是减函数，
所以h(x)在x＝2时，取得最大值，h(2)＝1.
答案：1
3．已知f(x)＝eq \f(x,x－a)(x≠a)．
(1)若a＝－2，试证明f(x)在(－∞，－2)上单调递增；
(2)若a>0且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求a的取值范围．
解：(1)证明：设x1则f(x1)－f(x2)＝eq \f(x1,x1＋2)－eq \f(x2,x2＋2)＝eq \f(2（x1－x2）,（x1＋2）（x2＋2）).
因为(x1＋2)(x2＋2)>0，x1－x2<0，所以f(x1)所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增．
(2)设1＝eq \f(a（x2－x1）,（x1－a）（x2－a）).
因为a>0，x2－x1>0，
所以要使f(x1)－f(x2)>0，
只需(x1－a)(x2－a)>0恒成立，
所以a≤1.
综上所述，a的取值范围为(0，1]．
4．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)))＝f(x1)－f(x2)，且当x>1时，f(x)<0.
(1)求f(1)的值；
(2)证明：f(x)为单调递减函数；
(3)若f(3)＝－1，求f(x)在[2，9]上的最小值．
解：(1)令x1＝x2>0，代入得f(1)＝f(x1)－f(x1)＝0，故f(1)＝0.
(2)证明：任取x1，x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))，且x1>x2，则eq \f(x1,x2)>1，由于当x>1时，f(x)<0，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)))<0，即f(x1)－f(x2)<0，因此f(x1)(3)因为f(x)在(0，＋∞)上是单调递减函数，所以f(x)在[2，9]上的最小值为f(9)，由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)))＝f(x1)－f(x2)得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,3)))＝f(9)－f(3)，而f(3)＝－1，所以f(9)＝－2.所以f(x)在[2，9]上的最小值为－2.