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5讲　高效演练 分层突破学案

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1．若函数f(x)＝(2a－5)·ax是指数函数，则f(x)在定义域内( )
A．为增函数 B．为减函数
C．先增后减 D．先减后增
解析：选A.由指数函数的定义知2a－5＝1，解得a＝3，所以f(x)＝3x，所以f(x)在定义域内为增函数．
2．设函数f(x)＝x2－a与g(x)＝ax(a>1且a≠2)在区间(0，＋∞)上具有不同的单调性，则M＝(a－1)0.2与N＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))eq \s\up12(0.1)的大小关系是( )
A．M＝N B．M≤N
C．MN
解析：选D.因为f(x)＝x2－a与g(x)＝ax(a>1且a≠2)在区间(0，＋∞)上具有不同的单调性，所以a>2，所以M＝(a－1)0.2>1，N＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))eq \s\up12(0.1)<1，所以M>N，故选D.
3．已知f(x)＝3x－b(2≤x≤4，b为常数)的图象经过点(2，1)，则f(x)的值域为( )
A．[9，81] B．[3，9]
C．[1，9] D．[1，＋∞)
解析：选C.由f(x)过定点(2，1)可知b＝2，所以f(x)＝3x－2且在[2，4]上是增函数，f(x)min＝f(2)＝1，f(x)max＝f(4)＝9.
4.已知函数y＝kx＋a的图象如图所示，则函数y＝ax＋k的图象可能是( )
解析：选B.由函数y＝kx＋a的图象可得k<0，0－1，所以－15．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，＋∞)内单调递增
B．偶函数，在[0，＋∞)内单调递减
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.
6．不等式2－x2＋2x>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x＋4)的解集为 ．
解析：不等式2－x2＋2x >eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x＋4)可化为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x2－2x)>eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x＋4)，等价于x2－2x答案：{x|－17．若函数f(x)＝a|2x－4|(a>0，a≠1)满足f(1)＝eq \f(1,9)，则f(x)的单调递减区间是 ．
解析：由f(1)＝eq \f(1,9)得a2＝eq \f(1,9).
又a>0，所以a＝eq \f(1,3)，因此f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(|2x－4|).
因为g(x)＝|2x－4|在[2，＋∞)上单调递增，所以f(x)的单调递减区间是[2，＋∞)．
答案：[2，＋∞)
8．设偶函数g(x)＝a|x＋b|在(0，＋∞)上单调递增，则g(a)与g(b－1)的大小关系是 ．
解析：由于g(x)＝a|x＋b|是偶函数，知b＝0，
又g(x)＝a|x|在(0，＋∞)上单调递增，得a>1.
则g(b－1)＝g(－1)＝g(1)，故g(a)>g(1)＝g(b－1)．
答案：g(a)>g(b－1)
9．已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(|x|－a).
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)的最大值等于eq \f(9,4)，求a的值．
解：(1)令t＝|x|－a，则f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(t)，不论a取何值，t在(－∞，0]上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，又y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(t)是单调递减的，
因此f(x)的单调递增区间是(－∞，0]，
单调递减区间是(0，＋∞)．
(2)由于f(x)的最大值是eq \f(9,4)，
且eq \f(9,4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))eq \s\up12(－2)，
所以函数g(x)＝|x|－a应该有最小值－2，从而a＝2.
10．(2020·福建养正中学模拟)已知函数f(x)＝2x，g(x)＝x2＋2ax(－3≤x≤3)．
(1)若g(x)在[－3，3]上是单调函数，求a的取值范围；
(2)当a＝－1时，求函数y＝f(g(x))的值域．
解：(1)g(x)＝(x＋a)2－a2图象的对称轴为直线x＝－a，因为g(x)在[－3，3]上是单调函数，所以－a≥3或－a≤－3，即a≤－3或a≥3.故a的取值范围为(－∞，－3]∪[3，＋∞)．
(2)当a＝－1时，f(g(x))＝2eq \s\up8(x2－2x) (－3≤x≤3)．
令u＝x2－2x，y＝2u.
因为x∈[－3，3]，所以u＝x2－2x＝(x－1)2－1∈[－1，15]．
而y＝2u是增函数，所以eq \f(1,2)≤y≤215，
所以函数y＝f(g(x))的值域是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，215)).
[综合题组练]
1．(2020·辽宁大连第一次(3月)双基测试)函数y＝eq \f(2x,2x＋1)(x∈R)的值域为( )
A．(0，＋∞) B．(0，1)
C．(1，＋∞) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
解析：选B.y＝eq \f(2x,2x＋1)＝eq \f(2x＋1－1,2x＋1)＝1－eq \f(1,2x＋1)，
因为2x>0，所以1＋2x>1，
所以0所以函数y的值域为(0，1)，故选B.
2．已知函数f(x)＝ax(a>0，a≠1)在区间[－1，2]上的最大值为8，最小值为m.若函数g(x)＝(3－10m)eq \r(x)是单调递增函数，则a＝ ．
解析：根据题意，得3－10m>0，解得m当a>1时，函数f(x)＝ax在区间[－1，2]上单调递增，
最大值为a2＝8，解得a＝2eq \r(2)，最小值为m＝a－1＝eq \f(1,2\r(2))＝eq \f(\r(2),4)>eq \f(3,10)，不合题意，舍去；
当0答案：eq \f(1,8)
3．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)解关于t的不等式f(t2－2t)＋f(2t2－1)<0.
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(－∞，＋∞)上为减函数(此处可用定义或导数法证明函数f(x)在R上是减函数)．
又因为f(x)是奇函数，所以不等式f(t2－2t)＋f(2t2－1)<0等价于f(t2－2t)<－f(2t2－1)＝f(－2t2＋1)．
所以t2－2t>－2t2＋1即3t2－2t－1>0.
解得t>1或t<－eq \f(1,3)，所以该不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(t|t>1或t<－\f(1,3))).