2023届高考一轮复习讲义（理科）第二章　函数概念与基本初等函数 第5讲　高效演练分层突破学案

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1．函数f(x)＝1－e|x|的图象大致是( )
解析：选A.将函数解析式与图象对比分析，因为函数f(x)＝1－e|x|是偶函数，且值域是(－∞，0]，只有A满足上述两个性质．
2．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知a＝lg20.2，b＝20.2，c＝0.20.3，则( )
A．aC．c解析：选B.因为a＝lg20.2<0，b＝20.2>1，c＝0.20.3∈(0，1)，所以a3．(2020·安徽皖江名校模拟)若ea＋πb≥e－b＋π－a，则有( )
A．a＋b≤0 B．a－b≥0
C．a－b≤0 D．a＋b≥0
解析：选D.令f(x)＝ex－π－x，则f(x)在R上单调递增，因为ea＋πb≥e－b＋π－a，所以ea－π－a≥e－b－πb，则f(a)≥f(－b)，所以a≥－b，即a＋b≥0.故选D.
4．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－2－x，x≥0，,2x－1，x<0，))则函数f(x)是( )
A．偶函数，在[0，＋∞)上单调递增
B．偶函数，在[0，＋∞)上单调递减
C．奇函数，且单调递增
D．奇函数，且单调递减
解析：选C.易知f(0)＝0，当x>0时，f(x)＝1－2－x，－f(x)＝2－x－1，此时－x<0，则f(－x)＝2－x－1＝－f(x)；当x<0时，f(x)＝2x－1，－f(x)＝1－2x，此时－x>0，则f(－x)＝1－2－(－x)＝1－2x＝－f(x)．即函数f(x)是奇函数，且单调递增，故选C.
5．设x>0，且1A．0C．1解析：选C.因为1因为x>0，所以b>1，
因为bx1，
因为x>0，所以eq \f(a,b)>1，
所以a>b，所以16．函数y＝ax－b(a>0，且a≠1)的图象经过第二、三、四象限，则ab的取值范围是________．
解析：因为函数y＝ax－b的图象经过第二、三、四象限，所以函数y＝ax－b单调递减且其图象与y轴的交点在y轴的负半轴上．令x＝0，则y＝a0－b＝1－b，由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(01.))故ab∈(0，1)．
答案：(0，1)
7．不等式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x2＋ax)解析：由题意，y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)是减函数，
因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x2＋ax)所以x2＋ax>2x＋a－2恒成立，
所以x2＋(a－2)x－a＋2>0恒成立，
所以Δ＝(a－2)2－4(－a＋2)<0，
即(a－2)(a－2＋4)<0，
即(a－2)(a＋2)<0，
故有－2答案：(－2，2)
8．已知实数a，b满足等式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(a)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(b)，下列五个关系式：
①0＜b＜a；②a＜b＜0；③0＜a＜b；④b＜a＜0；⑤a＝b.
其中可能成立的关系式有________．(填序号)
解析：
函数y1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)与y2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(x)的图象如图所示．
由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(a)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(b)得，a＜b＜0或0＜b＜a或a＝b＝0.
故①②⑤可能成立，③④不可能成立．
答案：①②⑤
9．设f(x)＝eq \f(x（1－2x）,1＋2x).
(1)判断函数f(x)的奇偶性；
(2)讨论函数f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性．
解：(1)根据题意，f(x)＝eq \f(x（1－2x）,1＋2x)，
则f(－x)＝eq \f(（－x）（1－2－x）,1＋2－x)＝eq \f(（－x）（2x－1）,2x＋1)＝eq \f(x（1－2x）,1＋2x)＝f(x)，
所以函数f(x)为偶函数．
(2)因为f(x)＝eq \f(x（1－2x）,1＋2x)＝－x＋eq \f(2x,2x＋1)，
所以f′(x)＝－1＋eq \f(2（2x＋1）－2x（2xln 2）,（2x＋1）2)＝－1＋eq \f(2,2x＋1)－eq \f(2x（2xln 2）,（2x＋1）2)，
因为x＞0，所以2x＋1＞2，
所以eq \f(2,2x＋1)＜1，
所以－1＋eq \f(2,2x＋1)＜0，
所以f′(x)＜0，
故函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减．
10．已知函数f(x)＝2a·4x－2x－1.
(1)当a＝1时，求函数f(x)在x∈[－3，0]上的值域；
(2)若关于x的方程f(x)＝0有解，求a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，f(x)＝2·4x－2x－1
＝2(2x)2－2x－1，
令t＝2x，x∈[－3，0]，则t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，1)).
故y＝2t2－t－1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,4)))eq \s\up12(2)－eq \f(9,8)，
t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，1))，故值域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(9,8)，0)).
(2)关于x的方程2a(2x)2－2x－1＝0有解，
设2x＝m>0，
等价于方程2am2－m－1＝0在(0，＋∞)上有解，
记g(m)＝2am2－m－1，
当a＝0时，解为m＝－1<0，不成立．
当a<0时，开口向下，对称轴m＝eq \f(1,4a)<0，
过点(0，－1)，不成立．
当a>0时，开口向上，
对称轴m＝eq \f(1,4a)>0，过点(0，－1)，必有一个根为正，综上得a>0.
[综合题组练]
1．已知0A．ba B．aa
C．ab D．bb
解析：选C.因为0aa，ba又因为y＝xb在(0，＋∞)上为增函数，所以ab>bb，所以在ab，ba，aa，bb中最大的是ab.故选C.
2．已知函数f(x)＝|2x－1|，af(c)>f(b)，则下列结论中，一定成立的是( )
A．a<0，b<0，c<0
B．a<0，b≥0，c>0
C．2－a<2c
D．2a＋2c<2
解析：选D.
作出函数f(x)＝|2x－1|的图象，如图，
因为af(c)>f(b)，
结合图象知，00，
所以0<2a<1.
所以f(a)＝|2a－1|＝1－2a<1，
所以f(c)<1，所以0所以1<2c<2，所以f(c)＝|2c－1|＝2c－1，
又因为f(a)>f(c)，
所以1－2a>2c－1，
所以2a＋2c<2，故选D.
3．设y＝f(x)在(－∞，1]上有定义，对于给定的实数K，定义fK(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（x），f（x）≤K，,K，f（x）>K.))给出函数f(x)＝2x＋1－4x，若对于任意x∈(－∞，1]，恒有fK(x)＝f(x)，则( )
A．K的最大值为0
B．K的最小值为0
C．K的最大值为1
D．K的最小值为1
解析：选D.根据题意可知，对于任意x∈(－∞，1]，若恒有fK(x)＝f(x)，则f(x)≤K在x≤1上恒成立，即f(x)的最大值小于或等于K即可．
令2x＝t，则t∈(0，2]，f(t)＝－t2＋2t＝－(t－1)2＋1，可得f(t)的最大值为1，所以K≥1，故选D.
4．设a>0，且a≠1，函数y＝a2x＋2ax－1在[－1，1]上的最大值是14，则实数a的值为________．
解析：令t＝ax(a>0，且a≠1)，
则原函数化为y＝f(t)＝(t＋1)2－2(t>0)．
①当0此时f(t)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a，\f(1,a)))上为增函数．
所以f(t)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋1))eq \s\up12(2)－2＝14.
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋1))eq \s\up12(2)＝16，解得a＝－eq \f(1,5)(舍去)或a＝eq \f(1,3).
②当a>1时，x∈[－1，1]，t＝ax∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，a))，
此时f(t)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，a))上是增函数．所以f(t)max＝f(a)＝(a＋1)2－2＝14，解得a＝3或a＝－5(舍去)．综上得a＝eq \f(1,3)或3.
答案：eq \f(1,3)或3
5．已知定义域为R的函数f(x)＝eq \f(－2x＋b,2x＋1＋a)是奇函数．
(1)求a，b的值；
(2)若对任意的t∈R，不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0恒成立，求k的取值范围．
解：(1)因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0，
即eq \f(－1＋b,2＋a)＝0，解得b＝1，
所以f(x)＝eq \f(－2x＋1,2x＋1＋a).
又由f(1)＝－f(－1)知eq \f(－2＋1,4＋a)＝－eq \f(－\f(1,2)＋1,1＋a)，解得a＝2.
(2)由(1)知f(x)＝eq \f(－2x＋1,2x＋1＋2)＝－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2x＋1)，
由上式易知f(x)在R上为减函数，
又因为f(x)是奇函数，
从而不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0等价于f(t2－2t)<－f(2t2－k)＝f(－2t2＋k)．
因为f(x)是R上的减函数，由上式推得t2－2t>－2t2＋k.
即对一切t∈R有3t2－2t－k>0，
从而Δ＝4＋12k<0，
解得k<－eq \f(1,3).
故k的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3))).