高考数学一轮复习 第2章 第2节 课时分层训练5

这是一份高考数学一轮复习 第2章 第2节 课时分层训练5，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
(建议用时：30分钟)
一、选择题
1．下列函数中，定义域是R且为增函数的是( )
A．y＝2－xB．y＝x
C．y＝lg2xD．y＝－eq \f(1,x)
B [由题知，只有y＝2－x与y＝x的定义域为R，且只有y＝x在R上是增函数．]
2．若函数y＝ax与y＝－eq \f(b,x)在(0，＋∞)上都是减函数，则y＝ax2＋bx在(0，＋∞)上是( )
【导学号：31222028】
A．增函数B．减函数
C．先增后减D．先减后增
B [由题意知，a＜0，b＜0，则－eq \f(b,2a)＜0，从而函数y＝ax2＋bx在(0，＋∞)上为减函数．]
3．函数f(x)＝ln(4＋3x－x2)的单调递减区间是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(3,2))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(3,2))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，4))
D [要使函数有意义需4＋3x－x2＞0，
解得－1＜x＜4，∴定义域为(－1,4)．
令t＝4＋3x－x2＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))2＋eq \f(25,4).
则t在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(3,2)))上递增，在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，4))上递减，
又y＝ln t在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(25,4)))上递增，
∴f(x)＝ln(4＋3x－x2)的单调递减区间为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，4)).]
4．(2017·长春质检)已知函数f(x)＝|x＋a|在(－∞，－1)上是单调函数，则a的取值范围是( )
A．(－∞，1]B．(－∞，－1]
C．[－1，＋∞)D．[1，＋∞)
A [因为函数f(x)在(－∞，－1)上是单调函数，所以－a≥－1，解得a≤1.]
5．(2017·衡水调研)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2x，x≥0，,x2－2x，x＜0.))若f(－a)＋f(a)≤2f(1)，则a的取值范围是( )
【导学号：31222029】
A．[－1,0)B．[0,1]
C．[－1,1]D．[－2,2]
C [因为函数f(x)是偶函数，故f(－a)＝f(a)，原不等式等价于f(a)≤f(1)，即f(|a|)≤f(1)，而函数在[0，＋∞)上单调递增，故|a|≤1，解得－1≤a≤1.]
二、填空题
6．(2017·江苏常州一模)函数f(x)＝lg2(－x2＋2eq \r(2))的值域为________．
eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(3,2))) [∵0＜－x2＋2eq \r(2)≤2eq \r(2)，
∴当x＝0时，f(x)取得最大值，
f(x)max＝f(0)＝lg22eq \r(2)＝eq \f(3,2)，
∴f(x)的值域为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(3,2))).]
7．已知函数f(x)为R上的减函数，若m＜n，则f(m)________f(n)；若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))))＜f(1)，则实数x的取值范围是________．
＞ (－1,0)∪(0,1) [由题意知f(m)＞f(n)；eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＞1，
即|x|＜1，且x≠0.故－1＜x＜1且x≠0.]
8．(2017·郑州模拟)设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋a，x＜1，,2x，x≥1))的最小值为2，则实数a的取值范围是________．
【导学号：31222030】
[3，＋∞) [当x≥1时，f(x)≥2，当x＜1时，f(x)＞a－1.由题意知a－1≥2，∴a≥3.]
三、解答题
9．已知函数f(x)＝－eq \f(2,x＋1)，x∈[0,2]，用定义证明函数的单调性，并求函数的最大值和最小值．
[解] 设0≤x1＜x2≤2，则f(x1)－f(x2)＝－eq \f(2,x1＋1)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x2＋1)))＝－eq \f(2x2＋1－x1－1,x1＋1x2＋1)＝－eq \f(2x2－x1,x1＋1x2＋1).3分
由0≤x1＜x2≤2，
得x2－x1＞0，(x1＋1)(x2＋1)＞0，6分
所以f(x1)－f(x2)＜0，
即f(x1)＜f(x2)，
故f(x)在区间[0,2]上是增函数.10分
因此，函数f(x)＝－eq \f(2,x＋1)在区间[0,2]的左端点取得最小值，右端点取得最大值，即最小值是f(0)＝－2，最大值是f(2)＝－eq \f(2,3).12分
10．已知f(x)＝eq \f(x,x－a)(x≠a)．
(1)若a＝－2，试证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＜x2＜－2，
则f(x1)－f(x2)＝eq \f(x1,x1＋2)－eq \f(x2,x2＋2)
＝eq \f(2x1－x2,x1＋2x2＋2).2分
∵(x1＋2)(x2＋2)＞0，x1－x2＜0，
∴f(x1)＜f(x2)，
∴f(x)在(－∞，－2)内单调递增.5分
(2)f(x)＝eq \f(x,x－a)＝eq \f(x－a＋a,x－a)＝1＋eq \f(a,x－a)，
当a＞0时，f(x)在(－∞，a)，(a，＋∞)上是减函数，8分
又f(x)在(1，＋∞)内单调递减，
∴0＜a≤1，故实数a的取值范围是(0,1].12分
B组 能力提升
(建议用时：15分钟)
1．(2017·湖北枣阳第一中学3月模拟)已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－3，若存在f(a)＝g(b)，则实数b的取值范围为( ) 【导学号：31222031】
A．[0,3]B．(1,3)
C．[2－eq \r(2)，2＋eq \r(2)]D．(2－eq \r(2)，2＋eq \r(2))
D [由题可知f(x)＝ex－1＞－1，g(x)＝－x2＋4x－3＝－(x－2)2＋1≤1，
若f(a)＝g(b)，则g(b)∈(－1,1]，
即－b2＋4b－3＞－1，即b2－4b＋2＜0，
解得2－eq \r(2)＜b＜2＋eq \r(2).
所以实数b的取值范围为(2－eq \r(2)，2＋eq \r(2))，故选D.]
2．函数y＝eq \r(x)－x(x≥0)的最大值为________．
eq \f(1,4) [令t＝eq \r(x)，则t≥0，所以y＝t－t2＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,2)))2＋eq \f(1,4)，结合图象(图略)知，当t＝eq \f(1,2)，即x＝eq \f(1,4)时，ymax＝eq \f(1,4).]
3．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，
代入得f(1)＝f(x1)－f(x1)＝0，故f(1)＝0.3分
(2)证明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1>x2，则eq \f(x1,x2)>1，
当x>1时，f(x)