高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第2章　函数、导数及其应用2.2(教师版)

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这是一份高考数学(理数)一轮课后刷题练习：第2章　函数、导数及其应用2.2(教师版)，共8页。

一、选择题
1．函数y＝f(x)在区间[0,2]上单调递增，且函数f(x＋2)是偶函数，则下列结论成立的是( )
A．f(1)C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)))答案 B
解析因为函数f(x＋2)是偶函数，所以f(x＋2)＝f(－x＋2)，即函数f(x)的图象关于x＝2对称，又函数y＝f(x)在[0,2]上单调递增，所以函数y＝f(x)在区间[2,4]上单调递减．因为f(1)＝f(3)，eq \f(7,2)>3>eq \f(5,2)，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)))2．若函数f(x)＝ax＋1在R上递减，则函数g(x)＝a(x2－4x＋3)的增区间是( )
A．(2，＋∞) B．(－∞，2)
C．(4，＋∞) D．(－∞，4)
答案 B
解析 ∵f(x)＝ax＋1在R上递减，∴a<0.
而g(x)＝a(x2－4x＋3)＝a(x－2)2－a.
∵a<0，∴在(－∞，2)上g(x)递增．故选B.
3．若函数y＝lga(x2＋2x－3)，当x＝2时，y>0，则此函数的单调递减区间是( )
A．(－∞，－3) B．(1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－1，＋∞)
答案 A
解析当x＝2时，y＝lga(22＋2×2－3)＝lga5，
∴y＝lga5>0，∴a>1.由复合函数单调性知，单调递减区间需满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2x－3>0，,x<－1，))解之得x<－3.故选A.
4．已知函数f(x)＝x2－2ax＋a在区间(0，＋∞)上有最小值，则函数g(x)＝eq \f(fx,x)在区间(0，＋∞)上一定( )
A．有最小值 B．有最大值
C．是减函数 D．是增函数
答案 A
解析 ∵f(x)＝x2－2ax＋a在(0，＋∞)上有最小值，
∴a>0.∴g(x)＝eq \f(fx,x)＝x＋eq \f(a,x)－2a在(0，eq \r(a))上单调递减，在(eq \r(a)，＋∞)上单调递增．
∴g(x)在(0，＋∞)上一定有最小值．故选A.
5．已知f(x)＝x2－csx，则f(0.6)，f(0)，f(－0.5)的大小关系是( )
A．f(0)B．f(0)C．f(0.6)D．f(－0.5)答案 B
解析 ∵f(－x)＝(－x)2－cs(－x)＝x2－csx＝f(x)，∴f(x)是偶函数．∴f(－0.5)＝f(0.5)．
又∵f′(x)＝2x＋sinx，当x∈(0,1)时，f′(x)>0.
∴f(x)在(0,1)上是增函数，∴f(0)6．定义新运算⊕：当a≥b时，a⊕b＝a；当aA．－1 B．1 C．6 D．12
答案 C
解析由已知得当－2≤x≤1时，f(x)＝x－2，
当1∵f(x)＝x－2，f(x)＝x3－2在定义域内都为增函数．
∴f(x)的最大值为f(2)＝23－2＝6.故选C.
7．已知f(x)为R上的减函数，则满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x－1)))>f(1)的实数x的取值范围是( )
A．(－∞，2) B．(2，＋∞)
C．(－∞，1)∪(1,2) D．(－∞，1)∪(2，＋∞)
答案 D
解析 ∵f(x)为R上的减函数，
∴由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x－1)))>f(1)得eq \f(1,x－1)<1.解得x<1或x>2.
∴x的取值范围是(－∞，1)∪(2，＋∞)．故选D.
8．已知a>0，设函数f(x)＝eq \f(2018x＋1＋2010,2018x＋1)(x∈[－a，a])的最大值为M，最小值为N，那么M＋N＝( )
A．2018 B．2019 C．4028 D．4027
答案 C
解析由题意得f(x)＝eq \f(2018x＋1＋2010,2018x＋1)＝2018－eq \f(8,2018x＋1).
∵y＝2018x＋1在[－a，a]上是单调递增的，
∴f(x)＝2018－eq \f(8,2018x＋1)在[－a，a]上是单调递增的，
∴M＝f(a)，N＝f(－a)，∴M＋N＝f(a)＋f(－a)
＝4036－eq \f(8,2018a＋1)－eq \f(8,2018－a＋1)＝4028.故选C.
9．函数f(x)＝eq \f(ax＋1,x＋2)在区间(－2，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
C．(－2，＋∞) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
答案 B
解析 ∵当a＝0时，f(x)＝eq \f(1,x＋2)在区间(－2，＋∞)上单调递减，
故a＝0舍去，∴a≠0，此时f(x)＝eq \f(ax＋1,x＋2)＝eq \f(ax＋2＋1－2a,x＋2)＝a＋eq \f(1－2a,x＋2)，
又因为y＝eq \f(1,x＋2)在区间(－2，＋∞)上单调递减，
而函数f(x)＝eq \f(ax＋1,x＋2)在区间(－2，＋∞)上单调递增，
∴1－2a<0，即a>eq \f(1,2).故选B.
10．若函数f(x)＝lg0.2(5＋4x－x2)在区间(a－1，a＋1)上递减，且b＝lg 0.2，c＝20.2，则( )
A．c答案 D
解析 f(x)定义域为{x|－1b，c＝20.2>20＝1，c>a>b.故选D.
二、填空题
11．若函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－1x－2a，x<2，,lgax，x≥2))(a>0且a≠1)在R上单调递减，则实数a的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，1))
解析因为函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－1x－2a，x<2，,lgax，x≥2))(a>0且a≠1)在R上单调递减，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－1<0，,012．已知函数f(x)的定义域为A，若其值域也为A，则称区间A为f(x)的保值区间．若g(x)＝－x＋m＋ex的保值区间为[0，＋∞)，则m的值为________．
答案－1
解析由定义知，g(x)＝－x＋m＋ex保值区间为[0，＋∞)，又∵g′(x)＝－1＋ex≥0，∴g(x)为在[0，＋∞)上的增函数．∴当x＝0时，g(0)＝0，即m＋1＝0，∴m＝－1.
13．已知函数f(x)＝x2＋eq \f(a,x)，若函数f(x)在x∈[2，＋∞)上是单调递增的，则实数a的取值范围为________．
答案 (－∞，16]
解析 ∵函数f(x)＝x2＋eq \f(a,x)在x∈[2，＋∞)上单调递增，
∴f′(x)＝2x－eq \f(a,x2)＝eq \f(2x3－a,x2)≥0在x∈[2，＋∞)上恒成立．
∴2x3－a≥0，∴a≤2x3在x∈[2，＋∞)上恒成立，
∴a≤2×23＝16.
∴实数a的取值范围为(－∞，16]．
14．函数f(x)的定义域为A，若x1，x2∈A且f(x1)＝f(x2)时总有x1＝x2，则称f(x)为单函数．例如，函数f(x)＝2x＋1(x∈R)是单函数．
给出下列命题：
①函数f(x)＝x2(x∈R)是单函数；
②指数函数f(x)＝2x(x∈R)是单函数；
③若f(x)为单函数，x1，x2∈A且x1≠x2，则f(x1)≠f(x2)；
④在定义域上具有单调性的函数一定是单函数．
其中真命题是________(写出所有真命题的序号)．
答案 ②③④
解析对于①，若f(x)＝x2，则f(x1)＝f(x2)时x1＝x2，或x1＝－x2，故①错误；对于②，f(x)＝2x是R上的增函数，当f(x1)＝f(x2)时总有x1＝x2，故②正确；对于③，由单函数的定义，可知其逆否命题：f(x)为单函数，x1，x2∈A且若x1≠x2，则f(x1)≠f(x2)为真命题，故③正确；对于④，假若f(x1)＝f(x2)时，有x1≠x2，这与单调函数矛盾，故④正确．
三、解答题
15．已知函数f(x)对于任意x，y∈R，总有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且当x>0时，f(x)<0，f(1)＝－eq \f(2,3).
(1)求证：f(x)在R上是减函数；
(2)求f(x)在[－3,3]上的最大值和最小值．
解 (1)证明：设x1>x2，
则f(x1)－f(x2)＝f(x1－x2＋x2)－f(x2)
＝f(x1－x2)＋f(x2)－f(x2)＝f(x1－x2)．
又∵x>0时，f(x)<0，而x1－x2>0，
∴f(x1－x2)<0，即f(x1)∴f(x)在R上为减函数．
(2)∵f(x)在R上是减函数，
∴f(x)在[－3,3]上也是减函数，
∴f(x)在[－3,3]上的最大值和最小值分别为f(－3)与f(3)．
而f(3)＝3f(1)＝－2，且f(0)＋f(0)＝f(0)，
∴f(0)＝0，又f(－3)＋f(3)＝f(－3＋3)＝0，
∴f(－3)＝－f(3)＝2.
∴f(x)在[－3,3]上的最大值为2，最小值为－2.
16．已知函数f(x)＝a－eq \f(1,|x|).
(1)求证：函数y＝f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
(2)若f(x)<2x在(1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)证明：当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝a－eq \f(1,x)，
设00，x2－x1>0，
f(x2)－f(x1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,x2)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,x1)))＝eq \f(1,x1)－eq \f(1,x2)＝eq \f(x2－x1,x1x2)>0，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
(2)由题意，a－eq \f(1,x)<2x在(1，＋∞)上恒成立，
设h(x)＝2x＋eq \f(1,x)，则a任取x1，x2∈(1，＋∞)且x1h(x1)－h(x2)＝(x1－x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(1,x1x2))).
∵11，
∴2－eq \f(1,x1x2)>0，∴h(x1)∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增．
故a≤h(1)，即a≤3，∴a的取值范围是(－∞，3].

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