2018版高考一轮总复习数学（文）模拟演练 第2章 函数、导数及其应用 2-2 word版含答案

(时间：40分钟)

1．下列函数中，定义域是R且为增函数的是(　　)

A．y＝e－x  B．y＝x3  C．y＝ln x  D．y＝|x|

答案　B

解析　因为对数函数y＝ln x的定义域不是R，故首先排除选项C；因为指数函数y＝e－x，即y＝x，在定义域内单调递减，故排除选项A；对于函数y＝|x|，当x∈(－∞，0)时，函数变为y＝－x，在其定义域内单调递减，因此排除选项D；而函数y＝x3在定义域R上为增函数，故选B.

2．若f(x)＝x2＋2(a－1)x＋2在区间(－∞，4)上是减函数，则实数a的取值范围是(　　)

A．a<－3   B．a≤－3

C．a>－3   D．a≥－3

答案　B

解析　对称轴x＝1－a≥4，∴a≤－3.

3．函数f(x)＝|x－2|x的单调减区间是(　　)

A．  B．  C．  D．．

4．函数f(x)＝的单调增区间是(　　)

A．(－∞，－3)   B．

答案　B

解析　∵x2＋x－6≥0，∴x≥2或x≤－3，又∵y＝是由y＝，t∈∪∪  C．  D．(0,8)

答案　B

解析　2＝1＋1＝f(3)＋f(3)＝f(9)，由f(x)＋f(x－8)≤2，可得f≤f(9)，因为f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数，所以有解得8<x≤9.

6．函数f(x)＝在区间上的最大值是1，最小值是，则a＋b＝________.

答案　6

解析　易知f(x)在上为减函数，

∴即∴

∴a＋b＝6.

7．若函数f(x)＝|2x＋a|的单调递增区间是函数y＝－x(x≥0)的最大值为________．

答案　

解析　令t＝，则t≥0，所以y＝t－t2＝－2＋，结合图象知，当t＝，即x＝时，ymax＝.

9．已知f(x)＝(x≠a)．

(1)若a＝－2，试证f(x)在(－∞，－2)内单调递增；

(2)若a>0且f(x)在(1，＋∞)内单调递减，求a的取值范围．

解　(1)证明：任取x1<x2<－2，

则f(x1)－f(x2) ＝－＝.

∵(x1＋2)(x2＋2)>0，x1－x2<0，

∴f(x1)<f(x2)，∴f(x)在(－∞，－2)内单调递增．

(2)任设1<x1<x2，则

f(x1)－f(x2)＝－＝.

∵a>0，x2－x1>0，

∴要使f(x1)－f(x2)>0，

只需(x1－a)(x2－a)>0恒成立，

∴a≤1.综上所述知a的取值范围是(0,1]．

10．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)＝－.

(1)求证：f(x)在R上是减函数；

(2)求f(x)在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(x2)，

∴f(x)在R上为减函数．

(2)∵f(x)在R上是减函数，

∴f(x)在上也是减函数，

∴f(x)在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)在上的最大值为2，最小值为－2.

(时间：20分钟)

11．若2x＋5y≤2－y＋5－x，则有(　　)

A．x＋y≥0  B．x＋y≤0  C．x－y≤0  D．x－y≥0

答案　B

解析　设函数f(x)＝2x－5－x，易知f(x)为增函数，又f(－y)＝2－y－5y，由已知得f(x)≤f(－y)，

∴x≤－y，∴x＋y≤0.

12．已知函数f(x)＝

是R上的单调递增函数，则实数a的取值范围是(　　)

A．(1，＋∞)  B．上是减函数，则实数a的取值范围是________．

答案　(1)　(2)(－∞，0)∪(1,3]

解析　(1)当a>0且a≠1时，由3－ax≥0得x≤，即此时函数f(x)的定义域是.

(2)当a－1>0，即a>1时，要使f(x)在(0,1]上是减函数，则需3－a×1≥0，此时1<a≤3.

当a－1<0，即a<1时，要使f(x)在(0,1]上是减函数，则需－a>0，此时a<0.

综上所述，所求实数a的取值范围是(－∞，0)∪(1,3]．

14．已知函数f(x)＝a－.

(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－，

设0<x1<x2，则x1x2>0，x2－x1>0，

f(x2)－f(x1)＝－＝－＝>0，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．

(2)由题意，a－<2x在(1，＋∞)上恒成立，

设h(x)＝2x＋，

则a<h(x)在(1，＋∞)上恒成立．

任取x1，x2∈(1，＋∞)且x1<x2，

h(x1)－h(x2)＝(x1－x2).

∵1<x1<x2，∴x1－x2<0，x1x2>1，

∴2－>0，∴h(x1)<h(x2)，

∴h(x)在(1，＋∞)上单调递增．

故a≤h(1)，即a≤3，

∴a的取值范围是(－∞，3]．