2013届高考数学(理)高考调研(人教A版)一轮复习2-2课时作业

课时作业(五)
1．若f (x )＝x 2＋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. 2．已知0<t ≤14，那么1
t －t 的最小值是( ) A.154 B.638 C ．2 D ．－2
答案 A
解析 令f (t )＝1t －t ，t >0时，f (t )为减函数，∴0<t ≤1
4时，f (t )的最小值为f (14)，即15
4.
3．下列函数满足“对∀x 1，x 2∈(0，＋∞)且x 1≠x 2时恒有f (x 2)－f (x 1)
x 2－x 1
<0”的是( )
A ．f (x )＝1
x B ．f (x )＝(x －1)2 C ．f (x )＝e x D ．f (x )＝ln(x ＋1)
答案 A
解析 条件即f (x )在(0，＋∞)为减函数，只有1
x 符合条件． 4．函数y ＝x 2＋bx ＋c (x ∈[0，＋∞))是单调函数，则b 的取值范围是( )
A ．b ≥0
B ．b ≤0
C ．b >0
D ．b <0
答案 A
解析 由－b
2≤0，得b ≥0.
5．已知奇函数f (x )对任意的正实数x 1，x 2(x 1≠x 2)，恒有(x 1－x 2)(f (x 1)－f (x 2))>0，则一定正确的是( )
A ．f (4)>f (－6)
B ．f (－4)<f (－6)
C ．f (－4)>f (－6)
D ．f (4)<f (－6)
答案 C
解析 该题考查抽象函数的运算，显然(4－6)(f (4)－f (6))>0⇒f (4)<f (6)，结合奇函数的定义，得－f (4)＝f (－4)，－f (6)＝f (－6)．故f (－4)>f (－6)．
6．函数f (x )＝1－1x －1( )
A ．在(－1，＋∞)上单调递增
B ．在(1，＋∞)上单调递增
C ．在(－1，＋∞)上单调递减
D ．在(1，＋∞)上单调递减 答案 B
解析 f (x )可由－1
x 沿x 轴向左平移一个单位，再向上平移一个单位得，如图．
7．(2012·武汉模拟)若函数f (x )＝log a (x 2
－ax ＋1
2)有最小值，则实
数a 的取值范围是( )
A ．(0,1)
B ．(0,1)∪(0，2)
C ．(1，2)
D ．[2，＋∞)
答案 C
解析 x 2
－ax ＋1
2有最小值，f (x )也有最小值，∴⎩⎨⎧
a >1Δ<0
⇒1<a < 2.
8．(2012·哈师大附中)已知定义域为D 的函数f (x )，若对任意x ∈D ，存在正数M ，都有|f (x )|≤M 成立，则称函数f (x )是定义域D 上的“有界函数”．已知下列函数：①f (x )＝sin x ·cos x ＋1；②f (x )＝1－x 2
；③f (x )＝1－2x
；④f (x )＝lg 1－x 1＋x
.其中“有界函数”的个数是
( )
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
答案 B
解析 对于①，f (x )＝12sin2x ＋1∈[12，32]，因此有|f (x )|≤3
2，该函数是“有界函数”．对于②，f (x )＝1－x 2∈[0,1]，因此有|f (x )|≤1，
该函数是“有界函数”．对于③，f (x )＝1－2x ∈(－∞，1)，此时|f (x )|的值可无限的大，因此该函数不是“有界函数”．对于④，函数f (x )的定义域是(－1,1)，且当x ∈(－1,1)时，y ＝1－x 1＋x ＝－1＋2
1＋x 的值域
是(0，＋∞)，因此函数f (x )的值域是R ，此时|f (x )|的值可无限的大，因此该函数f (x )的值域是R ，此时|f (x )|的值可无限的大，因此该函数不是“有界函数”．综上所述，其中是“有界函数”的共有2个，选B.
9．给出下列命题
①y ＝1
x 在定义域内为减函数； ②y ＝(x －1)2在(0，＋∞)上是增函数； ③y ＝－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． 10．函数f (x )＝|log a x |(0<a <1)的单调递增区间是________． 答案 [1，＋∞) 解析 函数图像如图
11．函数y ＝⎩⎪⎨⎪
⎧
2x ＋3，x ≤0，x ＋3，0<x ≤1，
－x ＋5，x >1，的值域是________．
答案 (－∞，4]
解析 作出图像.
12．若函数f (x )＝4x
x 2＋1在区间(m,2m ＋1)上是单调递增函数，则m
∈________.
答案 (－1,0]
解析 ∵f ′(x )＝4(1－x 2)
(x 2＋1)2，
令f ′(x )>0得－1<x <1， ∴f (x )的增区间为(－1,1)． 又∵f (x )在(m,2m ＋1)上单调递增，
∴⎩
⎪⎨⎪⎧
m ≥－1，2m ＋1≤1，∴－1≤m ≤0. ∵区间(m,2m ＋1)，
∴隐含2m ＋1>m ，即m >－1. 综上，－1<m ≤0.
13．已知f (x )＝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x 1<x 2<－2，
则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1＋2－x 2
x 2＋2＝2(x 1－x 2)(x 1＋2)(x 2＋2).
∵(x 1＋2)(x 2＋2)>0，x 1－x 2<0，∴f (x 1)<f (x 2)， ∴f (x )在(－∞，－2)内单调递增． (2)解 任设1<x 1<x 2，则
f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1－a －x 2
x 2－a ＝a (x 2－x 1)(x 1－a )(x 2－a ).
∵a >0，x 2－x 1>0，
∴要使f (x 1)－f (x 2)>0，只需(x 1－a )(x 2－a )>0恒成立，∴a ≤1. 综上所述知0<a ≤1.
14．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 (3m 2－m －2)<3. 答案 (1)略 (2){m |－1<m <4
3} 解 (1)证明：设x 1，x 2∈R ，且x 1<x 2， 则x 2－x 1>0，∴f (x 2－x 1)>1. f (x 2)－f (x 1)＝f [(x 2－x 1)＋x 1]－f (x 1)
＝f (x 2－x 1)＋f (x 1)－1－f (x 1)＝f (x 2－x 1)－1>0. ∴f (x 2)>f (x 1)．
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 (3m 2－m －2)<f (2)， ∵f (x )是R 上的增函数，
∴3m 2－m －2<2，解得－1<m <4
3， 故m 的解集为{m |－1<m <4
3}．
15．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 )＝x 2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． 答案 (1)[0，＋∞)或[1，＋∞) (2)－1 解析 (1)若n <0，则n ＝f (0)＝0，矛盾． 若n ≥0，则n ＝f (n )＝n 2，解得n ＝0或1， 所以f (x )的保值区间为[0，＋∞)或[1，＋∞)． (2)因为g (x )＝x －ln(x ＋m )的保值区间是[2，＋∞)， 所以2＋m >0，即m >－2，
令g ′(x )＝1－1x ＋m >0，得x >1－m ，
所以g (x )在(1－m ，＋∞)上为增函数， 同理可得g (x )在(－m,1－m )上为减函数． 若2≤1－m 即m ≤－1时，
则g (1－m )＝2得m ＝－1满足题意．
若m >－1时，则g (2)＝2，得m ＝－1，矛盾． 所以满足条件的m 值为－1.
1．函数f (x )＝log 0.5(x ＋1)＋log 0.5(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⎩
⎪⎨⎪⎧
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 ＋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 ＋1x )＝(－2x )＋(－1
x )≥ 2
(－2x )·(－1x )＝22，即2x ＋1x ≤－22，2x ＋1
x －1≤－22－1，
即f (x )≤－22－1，当且仅当－2x ＝－1x ，即x ＝－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 (|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：|1
x |>1⇒－1<x <0或0<x <1，故选C.
4．函数f (x )＝x 2
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 ＝x 2x －1变形为y ＝(x －1)＋1
x －1
＋2
显然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．在给出的下列4个条件中，
①⎩⎨⎧
0<a <1x ∈(－∞，0) ②⎩⎨⎧ 0<a <1
x ∈(0，＋∞) ③⎩⎨⎧ a >1x ∈(－∞，0) ④⎩⎨⎧
a >1x ∈(0，＋∞)
能使函数y ＝log a 1
x 2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．
6．f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
ax －1，x ≤2，
log a
(x －1)＋3，x >2，是定义域上的单调函数，则a
的取值范围是( )
A ．(1，＋∞)
B ．[2，＋∞)
C ．(1,2)
D ．(1,2]
答案 D
解析 由题意知a >0，且f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
ax －1，x ≤2，
log a
(x －1)＋3，x >2是定义域上
的单调增函数，因此⎩
⎪⎨⎪⎧
a >1，
2a －1≤log a (2－1)＋3，
故1<a ≤2.
1．若函数f (x )是R 上的增函数，对实数a 、b ，若a ＋b >0，则有( )
A ．f (a )＋f (b )>f (－a )＋f (－b )
B ．f (a )＋f (b )<f (－a )＋f (－b )
C ．f (a )－f (b )>f (－a )－f (－b )
D ．f (a )－f (b )<f (－a )－f (－b ) 答案 A
解析 ∵a ＋b >0，∴a >－b ，b >－a ， ∴f (a )>f (－b )，f (b )>f (－a )，∴选A.
2．若函数y ＝ax 与y ＝－b
x 在(0，＋∞)上都是减函数，则y ＝ax 2
＋bx 在(0，＋∞)上是( )
A ．增函数
B ．减函数
C ．先增后减
D ．先减后增
答案 B
解析 由题意知a <0，b <0，选B.
3．(2012·烟台调研)设函数y ＝f (x )在(－∞，＋∞)内有定义，对
于给定的正数K ，定义函数：f K (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
f (x )，f (x )≤K ，K ，f (x )>K .
取函数f (x )＝a
－|x |
(a >1)，则当K ＝1
a 时，函数f K (x )在下列区间上单调递减的是( ) A ．(－∞，0)
B ．(－a ，＋∞)
C ．(－∞，－1)
D ．(1，＋∞)
答案 D 解析 函数f (x )＝a －|x |(a >1)的图像为下图中实线部分，y ＝K ＝1a 的
图像为下图中虚线部分，f K (x )的图像为实线和虚线中靠下方的部分，知f K (x )在(1，＋∞)上为减函数，故选D.
4．已知函数f (x )的定义域为A ，若其值域也为A ，则称区间A 为f (x )的保值区间．若g (x )＝－x ＋m ＋e x 的保值区间为[0，＋∞)，则m 的值为( )
A ．1
B ．－1
C ．e
D ．－e 答案 B
解析 由定义知，g (x )＝－x ＋m ＋e x 保值区间[0，＋∞)，
又∵g ′(x )＝－1＋e x ≥0，∴g (x )为在[0，＋∞)上的增函数．
∴当x ＝0时，g (0)＝0，即m ＋1＝0，∴m ＝－1.
5．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
x 2＋1，x ≥01，x <0，则满足不等式f (1－x 2)>f (2x )的x 的取值范围是________．
答案 (－1，2－1)
解析
画出f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋1，x ≥01，x <0
的图像，由图像可知，若f (1－x 2)>f (2x )，则⎩⎪⎨⎪⎧ 1－x 2>01－x 2>2x ，即⎩⎪⎨⎪⎧ －1<x <1－1－2<x <－1＋2， 得x ∈(－1，2－1)．。