《优化探究》2022届高三数学人教A版理科一轮复习提素能高效训练-第2章-函数与导数-2-5

A组考点基础演练一、选择题1．化简(a>0，b>0)的结果是()A．a B．abC．a2b D.eq\f(1,a)解析：原式＝＝eq\f(1,a).答案：D2．在同始终角坐标系中，函数f(x)＝2x＋1与g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－1的图象关于()A．y轴对称 B．x轴对称C．原点对称 D．直线y＝x对称解析：∵g(x)＝21－x＝f(－x)，∴f(x)与g(x)的图象关于y轴对称．答案：A3．函数f(x)＝e2x＋1的大致图象为()解析：f(x)＝e2x＋1＝(e2)x＋1，∵e2>1，∴f(x)为增函数，故排解A，D，又∵e2x＋1>1，∴排解B.答案：C4．(2021年荆州模拟)设函数f(x)定义在实数集上，它的图象关于直线x＝1对称，且当x≥1时，f(x)＝3x－1，则有()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))解析：由题设知，当x≥1时，f(x)＝3x－1单调递增，因其图象关于直线x＝1对称，∴当x≤1时，f(x)单调递减．∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))).答案：B5．当x∈[－2,2]时，ax<2(a>0且a≠1)，则实数a的取值范围是()A．(1，eq\r(2)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))∪(1，eq\r(2)) D．(0,1)∪(1，eq\r(2))解析：当x∈[－2,2]时，ax<2(a>0且a≠1)，当a>1时，y＝ax是一个增函数，则有a2<2，可得－eq\r(2)<a<eq\r(2)，故有1<a<eq\r(2)；当0<a<1时，y＝ax是一个减函数，则有a－2<2，可得a>eq\f(\r(2),2)或a<－eq\f(\r(2),2)(舍)，故有eq\f(\r(2),2)<a<1.综上可得，a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))∪(1，eq\r(2))．答案：C二、填空题6．函数y＝ax－2＋1(a>0，a≠1)图象恒过定点________．解析：当x＝2时，ax－2＋1＝2，∴函数过点(2,2)．答案：(2,2)7．已知函数f(x)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a,2x)))的定义域是(1，＋∞)，则实数a的值为________．解析：由题意得，不等式1－eq\f(a,2x)>0的解集是(1，＋∞)，由1－eq\f(a,2x)>0，可得2x>a，故x>log2a，由log2a＝1得a＝2.答案：28．若函数f(x)＝a|2x－4|(a>0，a≠1)且f(1)＝9，则f(x)的单调递减区间是________．解析：由f(1)＝9得a2＝9，∴a＝3.因此f(x)＝3|2x－4|，又∵g(x)＝|2x－4|的递减区间是(－∞，2]，∴f(x)的单调递减区间是(－∞，2]．答案：(－∞，2]三、解答题9．(2021年日照校际联考)已知函数f(x)＝2x＋k·2－x，k∈R.(1)若函数f(x)为奇函数，求实数k的值；(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，都有f(x)>2－x成立，求实数k的取值范围．解析：(1)由于f(x)＝2x＋k·2－x，k∈R是奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，x∈R，即2－x＋k·2x＝－(2x＋k·2－x)，所以(1＋k)＋(k＋1)·22x＝0对一切x∈R恒成立，所以k＝－1.(2)由于x∈[0，＋∞)，均有f(x)>2－x，即2x＋k·2－x>2－x成立，所以1－k<22x对x≥0恒成立，所以1－k<(22x)min，由于y＝22x在[0，＋∞)上单调递增，所以(22x)min＝1，所以k>0.10．设a>0且a≠1，函数y＝a2x＋2ax－1在[－1,1]上的最大值是14，求a的值．解析：令t＝ax(a>0且a≠1)，则原函数化为y＝(t＋1)2－2(t>0)．①当0<a<1时，x∈[－1,1]，t＝ax∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a，\f(1,a)))，此时f(t)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a，\f(1,a)))上为增函数．所以f(t)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋1))2－2＝14.所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋1))2＝16，所以a＝－eq\f(1,5)或a＝eq\f(1,3).又由于a>0，所以a＝eq\f(1,3).②当a>1时，x∈[－1,1]，t＝ax∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))，此时f(t)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))上是增函数．所以f(t)max＝f(a)＝(a＋1)2－2＝14，解得a＝3(a＝－5舍去)．综上得a＝eq\f(1,3)或3.B组高考题型专练1．(2022年济宁三模)已知函数f(x)＝|2x－1|，a<b<c且f(a)>f(c)>f(b)，则下列结论中，确定成立的是()A．a<0，b<0，c<0 B．a<0，b≥0，c>0C．2－a<2c D．2a＋解析：作出函数f(x)＝|2x－1|的图象，如图，∵a<b<c，且f(a)>f(c)>f(b)，结合图象知f(a)<1，a<0，c>0，∴0<2a<1.∴f(a)＝|2a－1|＝1－2a<1，∴f(c)<1，∴0<c<1.∴1<2c<2，∴f(c)＝|2c－1|＝2c－1，又∵f(a)>f(c)，∴1－2a>2c－1，∴2a＋2c<2，故选D.答案：D2．当x∈(－∞，－1]时，不等式(m2－m)·4x－2x<0恒成立，则实数m的取值范围是()A．(－2,1) B．(－4,3)C．(－1,2) D．(－3,4)解析：原不等式变形为m2－m<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，∵函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在(－∞，－1]上是减函数，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－1＝2，当x∈(－∞，－1]时，m2－m<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x恒成立等价于m2－m<2，解得－1<m<2.答案：C3．已知函数f(x)＝2x－eq\f(1,2x)，函数g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx，x≥0，,f－x，x<0，))则函数g(x)的最小值是________．解析：当x≥0时，g(x)＝f(x)＝2x－eq\f(1,2x)为单调增函数，所以g(x)≥g(0)＝0；当x<0时，g(x)＝f(－x)＝2－x－eq\f(1,2－x)为单调减函数，所以g(x)>g(0)＝0，所以函数g(x)的最小值是0.答案：04．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋10≤x<1,2x－\f(1,2)x≥1))，设a>b≥0，若f(a)＝f(b)，则b·f(a)的取值范围是________．解析：画出函数图象如图所示，由图象可知要使a>b≥0，f(a)＝f(b)同时成立，eq\f(1,2)≤b<1，bf(a)＝b·f(b)＝b(b＋1)＝b2＋b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b＋\f(1,2)))2－eq\f(1,4)，所以eq\f(3,4)≤b·f(a)<2.答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，2))5．已知函数f1(x)＝e|x－a|，f2(x)＝ebx.(1)若f(x)＝f1(x)＋f2(x)－bf2(－x)，是否存在a，b∈R，y＝f(x)为偶函数．假如存在，请举例并证明你的结论；假如不存在，请说明理由；(2)若a＝2，b＝1，求函数g(x)＝f1(x)＋f2(x)在R上的单调区间．解析：(1)存在a＝0，b＝－1使y＝f(x)为偶函数．证明如下：当a＝0，b＝－1时，f(x)＝e|x|＋e－x＋ex，x∈R，∴f(－x)＝e|－x|＋ex＋e－x＝f(x)，∴y＝f(x)为偶函数．(注：a＝0，b＝0也可以)(2)∵g(x)＝e|x－2|＋ex＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ex－2＋ex