高考數(shù)學(xué)（理）高分計劃一輪狂刷練第2章函數(shù)導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用22a

[基礎(chǔ)送分提速狂刷練]一、選擇題1．(2017·衡陽四中月考)函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[0,2]上單調(diào)遞增，且函數(shù)f(x＋2)是偶函數(shù)，則下列結(jié)論成立的是()A．f(1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2))) B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))<f(1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))<f(1) D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))<f(1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))答案B解析因為函數(shù)f(x＋2)是偶函數(shù)，所以f(x＋2)＝f(－x＋2)，即函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于x＝2對稱，又函數(shù)y＝f(x)在[0,2]上單調(diào)遞增，所以函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[2,4]上單調(diào)遞減．因為f(1)＝f(3)，eq\f(7,2)>3>eq\f(5,2)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))<f(3)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))<f(1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2))).故選B.2．(2017·武漢調(diào)研)若函數(shù)f(x)＝ax＋1在R上遞減，則函數(shù)g(x)＝a(x2－4x＋3)的增區(qū)間是()A．(2，＋∞) B．(－∞，2)C．(4，＋∞) D．(－∞，4)答案B解析∵f(x)＝ax＋1在R上遞減，∴a<0.而g(x)＝a(x2－4x＋3)＝a(x－2)2－a.∵a<0，∴在(－∞，2)上g(x)遞增．故選B.3．若函數(shù)y＝loga(x2＋2x－3)，當(dāng)x＝2時，y>0，則此函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間是()A．(－∞，－3) B．(1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－1，＋∞)答案A解析當(dāng)x＝2時，y＝loga(22＋2×2－3)＝loga5，∴y＝loga5>0，∴a>1.由復(fù)合函數(shù)單調(diào)性知，單調(diào)遞減區(qū)間需滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2x－3>0，,x<－1，))解之得x<－3.故選A.4．已知函數(shù)f(x)＝x2－2ax＋a在區(qū)間(0，＋∞)上有最小值，則函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,x)在區(qū)間(0，＋∞)上一定()A．有最小值 B．有最大值C．是減函數(shù) D．是增函數(shù)答案A解析∵f(x)＝x2－2ax＋a在(0，＋∞)上有最小值，∴a>0.∴g(x)＝eq\f(fx,x)＝x＋eq\f(a,x)－2a在(0，eq\r(a))上單調(diào)遞減，在(eq\r(a)，＋∞)上單調(diào)遞增．∴g(x)在(0，＋∞)上一定有最小值．故選A.5．(2018·太原模擬)已知f(x)＝x2－cosx，則f(0.6)，f(0)，f(－0.5)的大小關(guān)系是()A．f(0)<f(0.6)<f(－0.5)B．f(0)<f(－0.5)<f(0.6)C．f(0.6)<f(－0.5)<f(0)D．f(－0.5)<f(0)<f(0.6)答案B解析∵f(－x)＝(－x)2－cos(－x)＝x2－cosx＝f(x)，∴f(x)是偶函數(shù)．∴f(－0.5)＝f(0.5)．又∵f′(x)＝2x＋sinx，當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)>0.∴f(x)在(0,1)上是增函數(shù)，∴f(0)<f(0.5)<f(0.6)，即f(0)<f(－0.5)<f(0.6)．故選B.6．(2018·貴陽模擬)定義新運算⊕：當(dāng)a≥b時，a⊕b＝a；當(dāng)a<b時，a⊕b＝b2，則函數(shù)f(x)＝(1⊕x)x－2⊕x，x∈[－2,2]的最大值等于()A．－1B．1C．6D．12答案C解析由已知得當(dāng)－2≤x≤1時，f(x)＝x－2，當(dāng)1<x≤2時，f(x)＝x3－2.∵f(x)＝x－2，f(x)＝x3－2在定義域內(nèi)都為增函數(shù)．∴f(x)的最大值為f(2)＝23－2＝6.故選C.7．(2018·天津質(zhì)檢)已知f(x)為R上的減函數(shù)，則滿足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x－1)))>f(1)的實數(shù)x的取值范圍是()A．(－∞，2) B．(2，＋∞)C．(－∞，1)∪(1,2) D．(－∞，1)∪(2，＋∞)答案D解析∵f(x)為R上的減函數(shù)，∴由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x－1)))>f(1)得eq\f(1,x－1)<1.解得x<1或x>2.∴x的取值范圍是(－∞，1)∪(2，＋∞)．故選D.8．已知a>0，設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(2018x＋1＋2010,2018x＋1)(x∈[－a，a])的最大值為M，最小值為N，那么M＋N＝()A．2018B．2019C．4028D．4027答案C解析由題意得f(x)＝eq\f(2018x＋1＋2010,2018x＋1)＝2018－eq\f(8,2018x＋1).∵y＝2018x＋1在[－a，a]上是單調(diào)遞增的，∴f(x)＝2018－eq\f(8,2018x＋1)在[－a，a]上是單調(diào)遞增的，∴M＝f(a)，N＝f(－a)，∴M＋N＝f(a)＋f(－a)＝4036－eq\f(8,2018a＋1)－eq\f(8,2018－a＋1)＝4028.故選C.9．(2017·集寧期末)函數(shù)f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2)在區(qū)間(－2，＋∞)上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))C．(－2，＋∞)D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)答案B解析∵當(dāng)a＝0時，f(x)＝eq\f(1,x＋2)在區(qū)間(－2，＋∞)上單調(diào)遞減，故a＝0舍去，∴a≠0，此時f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2)＝eq\f(ax＋2＋1－2a,x＋2)＝a＋eq\f(1－2a,x＋2)，又因為y＝eq\f(1,x＋2)在區(qū)間(－2，＋∞)上單調(diào)遞減，而函數(shù)f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2)在區(qū)間(－2，＋∞)上單調(diào)遞增，∴1－2a<0，即a>eq\f(1,2).故選B.10．(2018·山西聯(lián)考)若函數(shù)f(x)＝log0.2(5＋4x－x2)在區(qū)間(a－1，a＋1)上遞減，且b＝lg0.2，c＝20.2，則()A．c<b<aB．b<c<aC．a(chǎn)<b<cD．b<a<c答案D解析f(x)定義域為{x|－1<x<5}，令u＝5＋4x－x2，y＝log0.2u，u(x)在(－1,2)上單調(diào)增，且y＝log0.2u為單調(diào)減函數(shù)，由復(fù)合函數(shù)單調(diào)性知f(x)在(－1,2)上為減函數(shù)，(a－1，a＋1)?(－1,2)即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋1≤2，,a－1≥－1))?0≤a≤1，又由于b＝lg0.2<0，所以a>b，c＝20.2>20＝1，c>a>b.故選D.二、填空題11．(2017·山東濟(jì)寧模擬)若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1x－2a，x<2，,logax，x≥2))(a>0且a≠1)在R上單調(diào)遞減，則實數(shù)a的取值范圍是________．答案eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))解析因為函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1x－2a，x<2，,logax，x≥2))(a>0且a≠1)在R上單調(diào)遞減，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1<0，,0<a<1，,loga2≤a－1×2－2a))?eq\f(\r(2),2)≤a<1，即實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)).12．已知函數(shù)f(x)的定義域為A，若其值域也為A，則稱區(qū)間A為f(x)的保值區(qū)間．若g(x)＝－x＋m＋ex的保值區(qū)間為[0，＋∞)，則m的值為________．答案－1解析由定義知，g(x)＝－x＋m＋ex保值區(qū)間為[0，＋∞)，又∵g′(x)＝－1＋ex≥0，∴g(x)為在[0，＋∞)上的增函數(shù)．∴當(dāng)x＝0時，g(0)＝0，即m＋1＝0，∴m＝－1.13．(2017·濟(jì)南期中)已知函數(shù)f(x)＝x2＋eq\f(a,x)，若函數(shù)f(x)在x∈[2，＋∞)上是單調(diào)遞增的，則實數(shù)a的取值范圍為________．答案(－∞，16]解析∵函數(shù)f(x)＝x2＋eq\f(a,x)在x∈[2，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f′(x)＝2x－eq\f(a,x2)＝eq\f(2x3－a,x2)≥0在x∈[2，＋∞)上恒成立．∴2x3－a≥0，∴a≤2x3在x∈[2，＋∞)上恒成立，∴a≤2×23＝16.∴實數(shù)a的取值范圍為(－∞，16]．14．(2018·濮陽模擬)函數(shù)f(x)的定義域為A，若x1，x2∈A且f(x1)＝f(x2)時總有x1＝x2，則稱f(x)為單函數(shù)．例如，函數(shù)f(x)＝2x＋1(x∈R)是單函數(shù)．給出下列命題：①函數(shù)f(x)＝x2(x∈R)是單函數(shù)；②指數(shù)函數(shù)f(x)＝2x(x∈R)是單函數(shù)；③若f(x)為單函數(shù)，x1，x2∈A且x1≠x2，則f(x1)≠f(x2)；④在定義域上具有單調(diào)性的函數(shù)一定是單函數(shù)．其中真命題是________(寫出所有真命題的序號)．答案②③④解析對于①，若f(x)＝x2，則f(x1)＝f(x2)時x1＝x2，或x1＝－x2，故①錯誤；對于②，f(x)＝2x是R上的增函數(shù)，當(dāng)f(x1)＝f(x2)時總有x1＝x2，故②正確；對于③，由單函數(shù)的定義，可知其逆否命題：f(x)為單函數(shù)，x1，x2∈A且若x1≠x2，則f(x1)≠f(x2)為真命題，故③正確；對于④，假若f(x1)＝f(x2)時，有x1≠x2，這與單調(diào)函數(shù)矛盾，故④正確．三、解答題15．(2017·衡陽聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)對于任意x，y∈R，總有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且當(dāng)x>0時，f(x)<0，f(1)＝－eq\f(2,3).(1)求證：f(x)在R上是減函數(shù)；(2)求f(x)在[－3,3]上的最大值和最小值．解(1)證明：設(shè)x1>x2，則f(x1)－f(x2)＝f(x1－x2＋x2)－f(x2)＝f(x1－x2)＋f(x2)－f(x2)＝f(x1－x2)．又∵x>0時，f(x)<0，而x1－x2>0，∴f(x1－x2)<0，即f(x1)<f(x2)，∴f(x)在R上為減函數(shù)．(2)∵f(x)在R上是減函數(shù)，∴f(x)在[－3,3]上也是減函數(shù)，∴f(x)在[－3,3]上的最大值和最小值分別為f(－3)與f(3)．而f(3)＝3f(1)＝－2，且f(0)＋f(0)＝f∴f(0)＝0，又f(－3)＋f(3)＝f(－3＋3)＝0，∴f(－3)＝－f(3)＝2.∴f(x)在[－3,3]上的最大值為2，最小值為－2.16．已知函數(shù)f(x)＝a－eq\f(1,|x|).(1)求證：函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)；(2)若f(x)<2x在(1，＋∞)上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．解(1)證明：當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f(x)＝a－eq\f(1,x)，設(shè)0<x1<x2，則x1x2>0，x2－x1>0，f(x2)－f(x1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,x2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,x1)))＝eq\f(1,x1)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x2－x1,x1x2)>0，∴f(x)在(