【2021高考复习参考】高三数学(理)配套黄金练习：2.2

其次章２．２第２课时高考数学（理）黄金配套练习一、选择题1．函数y＝x2－6x＋10在区间(2,4)上是()A．递减函数B．递增函数C．先减后增D．先增后减答案C解析对称轴为x＝3，函数在(2,3]上为减函数，在[3,4)上为增函数．2．下列函数f(x)中，满足“对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有eq\f(fx2－fx1,x2－x1)<0”的是()A．f(x)＝eq\f(1,x)B．f(x)＝(x－1)2C．f(x)＝exD．f(x)＝ln(x＋1)答案A解析满足eq\f(fx2－fx1,x2－x1)<0其实就是f(x)在(0，＋∞)上为减函数，故选A.3．若f(x)＝x2＋2(a－1)x＋2在区间(－∞，4)上是减函数，那么实数a的取值范围是()A．a<－3B．a≤－3C．a>－3D．a≥－3答案B解析对称轴x＝1－a≥4.∴a≤－3.4．下列函数中既是偶函数，又是区间[－1,0]上的减函数的是()A．y＝cosxB．y＝－|x－1|C．y＝lneq\f(2－x,2＋x)D．y＝ex＋e－x答案D5．函数y＝loga(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＝loga(22＋2·2－3)∴y＝loga5>0，∴a>1由复合函数单调性知单减区间须满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2x－3>0,x<－1))，解之得x<－3.6．已知奇函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且不等式eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0对任意两个不相等的正实数x1、x2都成立．在下列不等式中，正确的是()A．f(－5)>f(3)B．f(－5)<f(3)C．f(－3)>f(－5)D．f(－3)<f(－5)答案C解析由eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0对任意两个不相等的正实数x1、x2都成立，可知，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，又f(x)为奇函数，故f(x)在(－∞，0)上也为增函数，故选C.7．函数f(x)在区间(－2,3)上是增函数，则y＝f(x＋5)的一个递增区间是()A．(3,8)B．(－7，－2)C．(－2，－3)D．(0,5)答案B解析令－2<x＋5<3，得：－7<x<－2.8．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋4x，x≥0，,4x－x2，x＜0.))若f(2－a2)＞f(a)，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(2，＋∞)B．(－1,2)C．(－2,1)D．(－∞，－2)∪(1，＋∞)答案C解析y＝x2＋4x＝(x＋2)2－4在[0，＋∞)上单调递增；y＝－x2＋4x＝－(x－2)2＋4在(－∞，0)上单调递增．又x2＋4x－(4x－x2)＝2x2≥0，∴f(2－a2)＞f(a)⇒2－a2＞a⇒a2＋a－2＜0⇒－2＜a＜1，故选C.9．给定函数①y＝xeq\f(1,2)；②y＝logeq\f(1,2)(x＋1)；③y＝|x－1|；④y＝2x＋1，其中在区间(0,1)上单调递减的函数的序号是()A．①②B．②③C．③④D．①④答案B解析①是幂函数，其在(0，＋∞)上为增函数，故此项不符合题意；②中的函数是由函数y＝logeq\f(1,2)x向左平移1个单位而得到的，因原函数在(0，＋∞)上为减函数，故此项符合题意；③中的函数图象是函数y＝x－1的图象保留x轴上方的部分，下方的图象翻折到x轴上方而得到的，由其图象可知函数符合题意；④中的函数为指数函数，其底数大于1，故其在R上单调递增，不符合题意，综上可知选择B.二、填空题10．给出下列命题①y＝eq\f(1,x)在定义域内为减函数；②y＝(x－1)2在(0，＋∞)上是增函数；③y＝－eq\f(1,x)在(－∞，0)上为增函数；④y＝kx不是增函数就是减函数．其中错误命题的个数有________．答案3解析①②④错误，其中④中若k＝0，则命题不成立．11．函数f(x)＝|logax|(0<a<1)的单调递增区间是________．答案[1，＋∞)解析函数图象如图12．函数f(x)＝－x2＋|x|的递减区间是________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))与eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))解析数形结合13．在给出的下列4个条件中，①eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<a<1,x∈－∞，0))②eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0<a<1,x∈0，＋∞))③eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>1,a∈－∞，0))④eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>1,x∈0，＋∞))能使函数y＝logaeq\f(1,x2)为单调递减函数的是________．(把你认为正确的条件编号都填上)．答案①④解析利用复合函数的性质，①④正确．14．若奇函数f(x)在(－∞，0]上单调递减，则不等式f(lgx)＋f(1)>0的解集是________．答案(0，eq\f(1,10))解析由于f(x)为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，又由于f(x)在(－∞，0]上单调递减，所以f(x)在[0，＋∞)上也为单调递减函数，所以函数f(x)在R上为单调递减函数．不等式f(lgx)＋f(1)>0可化为f(lgx)>－f(1)＝f(－1)，所以lgx<－1，解得0<x<eq\f(1,10).三、解答题15．已知f(x)＝eq\f(x,x－a)(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．答案(1)略(2)0<a≤1解析(1)证明任设x1<x2<－2，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,x1＋2)－eq\f(x2,x2＋2)＝eq\f(2x1－x2,x1＋2x2＋2).∵(x1＋2)(x2＋2)>0，x1－x2<0，∴f(x1)<f(x2)，∴f(x)在(－∞，－2)内单调递增．(2)解任设1<x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,x1－a)－eq\f(x2,x2－a)＝eq\f(ax2－x1,x1－ax2－a).∵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0<a≤1.16．函数f(x)对任意的a、b∈R，都有f(a＋b)＝f(a)＋f(b)－1，并且当x>0时，f(x)>1.(1)求证：f(x)是R上的增函数；(2)若f(4)＝5，解不等式f(3m2－答案(1)略(2){m|－1<m<eq\f(4,3)}解(1)证明：设x1，x2∈R，且x1<x2，则x2－x1>0，∴f(x2－x1)>1.f(x2)－f(x1)＝f[(x2－x1)＋x1]－f(x1)＝f(x2－x1)＋f(x1)－1－f(x1)＝f(x2－x1)－1>0.∴f(x2)>f(x1)．即f(x)是R上的增函数．(2)∵f(4)＝f(2＋2)＝f(2)＋f(2)－1＝5，∴f(2)＝3，∴原不等式可化为f(3m2－m－2)<f(2)，∵f(x)是R上的增函数，∴3m2－m－2<2，解得－1<m<eq\f(4,3)，故m的解集为{m|－1<m<eq\f(4,3)}．拓展练习·自助餐1．函数f(x)＝log0.5(x＋1)＋log0.5(x－3)的单调递减区间是()A．(3，＋∞)B．(1，＋∞)C．(－∞，1)D．(－∞，－1)答案A解析由已知易得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1>0，,x－3>0，))即x>3，又0<0.5<1，∴f(x)在(3，＋∞)上单调递减．2．设函数f(x)＝2x＋eq\f(1,x)－1(x<0)，则f(x)()A．有最大值B．有最小值C．是增函数D．是减函数答案A解析当x<0时，－x>0，－(2x＋eq\f(1,x))＝(－2x)＋(－eq\f(1,x))≥2eq\r(－2x·－\f(1,x))＝2eq\r(2)，即2x＋eq\f(1,x)≤－2eq\r(2)，2x＋eq\f(1,x)－1≤－2eq\r(2)－1，即f(x)≤－2eq\r(2)－1，当且仅当－2x＝－eq\f(1,x)，即x＝－eq\f(\r(2),2)时取等号，此时函数f(x)有最大值，选A.3．已知f(x)为R上的减函数，则满足f(|eq\f(1,x)|)<f(1)的实数x的取值范围是()A．(－1,1)B．(0,1)C．(－1,0)∪(0,1)D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)答案C解析由已知得：|eq\f(1,x)|>1⇒－1<x<0或0<x<1，故选C.4．函数f(x)＝eq\f(x2,x－1)(x∈R且x≠1)的单调增区间是______．答案(－∞，0)和(2，＋∞)解析将原函数y＝eq\f(x2,x－1)变形为y＝(x－1)＋eq\f(1,x－1)＋2明显x－1在区间(－∞，－1)和(1，＋∞)内取值时，函数单调递增，即得x在区间(－∞，0)和(2，＋∞)内取值时，函数单调递增．5．函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax2＋1，x≥0,a2－1eax，x<0))在(－∞，＋∞)上单调，则a的取值范围是________．答案(－∞，－eq\r(2)]∪(1，eq\r(2)]解析由于f(x)为单调函数，若a>0，则当x≥0时，f(x)＝ax2＋1是单调递增函数，故当x<0时，f(x)也是单调递增函数，又a>0时，eax为单调递增函数，所以a2－1>0，又f(x)在(－∞，＋∞)上单调，故还应满足(a2－1)·e0≤a×02＋1，即需满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0,a2－1>0⇒1<a≤\r(2),a2－1≤1))同理，当a<0时，满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0,a2－1>0⇒a≤－\r(2).,a2－1≥1))综上得1<a≤eq\r(2)或a≤－eq\r(2).6．已知函数f(x)自变量取值区间A，若其值域区间也为A，则称区间A为f(x)的保值区间．(1)求函数f(x)＝x2形如[n，＋∞)(n∈R)的保值区间；(2)g(x)＝x－ln(x＋m)的保值区间是[2，＋∞)，求m的取值范围．解析(1)若n<0，则n＝f(