2014届高考数学一轮复习 第2章《基本初等函数、导数及其应用》(第2课时)知识过关检测 理 新人教A版

2014 届高考数学(理)一轮复习知识过关检测:第 2 章《基本初等 函数、导数及其应用》 (第 2 课时) (新人教 A 版)

一、选择题 1.(2011·高考课标全国卷)下列函数中,既是偶函数又在(0,+∞)上单调递 增的函 数是( ) 3 A.y=x B.y=|x|+1 2 -|x| C.y=-x +1 D.y=2 3 2 解析:选 B.∵y=x 在定义域 R 上是奇函数,∴A 不对.y=-x +1 在定义域 R 上是偶 ?1?|x| -|x| 函数, (0,+∞)上是减函数, C 不对. 中 y=2 =? ? 虽是偶函数, (0,+∞) 但在 故 D 但在 ?2? 上是减函数,只有 B 对. x 2.函数 y= 16-4 的值域是( ) A.[0,+∞) B.[0,4] C.[0,4) D.(0,4) 解析:选 C.要使函数有意义, x 则 16-4 ≥0 . x 又因为 4 >0, x ∴0≤16-4 <16, x 即函数 y= 16-4 的值域为[0,4). 3.(2011·高考辽宁卷)函数 f(x)的定义域为 R,f(-1)=2,对任意 x∈R,f′(x)>2, 则 f(x)>2x+4 的解集为( ) A.(-1,1) B.(-1,+∞) C.(-∞,-1) D.(- ∞,+∞) 解析:选 B.设 g(x)=f(x)-2x-4,则 g(-1)=f(-1)-2×(-1)-4=0,g′(x)= f′(x)-2>0,g(x)在 R 上为增函数. 由 g(x)>0,即 g(x)>g(-1). ∴x>-1,选 B. 1 1 x+1 4.给定函数①y=x ,②y=log (x+1),③y=|x-1|,④y=2 ,其中在区间(0,1) 2 2 上单调递减的函数的序号是( ) A.①② B.②③ C.③④ D.①④ 1 1 解析:选 B.①函数 y=x 在(0 ,+∞)上为增函数,②y=log (x+1)在(-1,+∞)上 2 2 x+1 为减函数,故在(0,1)上也为减函数,③y=|x-1|在(0,1)上为减函数,④y=2 在(-∞, +∞)上为增函数,故选 B. 5.已知函数 f(x)为 R 上的减函数,则满足 f(|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,+∞) 解析:选 D.∵f(x)为 R 上的减函数,且 f(|x|)<f(1), ∴|x|>1,∴x<-1 或 x>1. 二、填空题 6.函数 y= x-x(x≥0)的值域为________.

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1 2 1 2 解析:y= x-x=-( x) + x=-( x- ) + , 2 4 1 1 ∴ymax= .故值域为(-∞, ]. 4 4 1? ? 答案:?-∞, ? 4? ? 7.(2012·高考安徽卷)若函数 f(x)=|2x+a|的单调递增区间是[3,+∞),则 a= ________.

解析:由

a ?-2x-a,x<-2 ? f(x) = ? a ?2x+a,x≥-2 ?

, 可 得 函 数 f(x) 的 单 调 递 增 区 间 为

?-a,+∞?,故 3=-a,解得 a=-6. ? 2 ? 2 ? ?
答案:-6 2 8.若 f(x)为 R 上的增函数,则满足 f(2-m)<f(m )的实数 m 的取值范围是________. 解析:∵f(x)在 R 上为增函数, 2 ∴2-m<m , 2 ∴m +m-2>0, ∴m>1 或 m<-2. 答案:(-∞,-2)∪(1,+∞) 三、解答题 x+a 9.讨论函数 f(x)= (a>b>0)的单调性. x+b 解:定义域为(-∞,-b)∪(-b,+∞). 在定义域内任取 x1<x2, x1+a x2+a ∴f(x1)- f(x2)= - x1+b x2+b ? x1+a? ? x2+b? -? x1+b? ? x2+a? = ? x1+b? ? x2+b? ? b-a? ? x1-x2? = . ? x1+b? ? x2+b? ∵a>b>0,∴b-a<0,x1-x2<0,只有当 x1<x2<-b 或-b<x1<x2 时,函数才单调. 当 x1<x2<-b 或-b<x1<x2 时,f(x1)-f(x2)>0. ∴f(x)在(-b,+∞)上是减函数,在(-∞,-b)上是减函数. 2 10. 已知函数 f (x)=x +2x+a,x ∈[1,+∞). 1 (1)当 a= 时,求函数 f(x)的最小值; 2 (2)若对任意 x∈[1,+∞),f(x)>0 恒成 立,试求实数 a 的取值范围. 1 1 2 解:(1)当 a= 时,f(x)=x +2x+ , 2 2 其图象是开口向上的抛物线,对称轴为 x=-1, 又∵x∈[1,+∞), 7 ∴f(x)的最小 值是 f(1)= . 2 (2)由(1)知 f(x)在[1,+∞)上的最小值是 f (1)=a+3. ∵f(x)>0 在[1,+∞)上恒成立, 故只需 a+3>0 即可,解得 a>-3. ∴实数 a 的取值范围是 a>-3.
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一、选择题 1.(2011·高考重庆卷)下列区间中,函数 f(x)=|ln (2-x) |在其上为增函数的是 ( ) 4? ? A.(-∞,1] B.?-1, ? 3? ? 3? ? C.?0, ? D.[1,2) ? 2? 解析:选 D.法一:当 2-x≥1,即 x≤1 时,f(x)=|ln(2-x)|=ln(2-x),此时函数 f(x)在(-∞,1]上单调递减.当 0<2-x≤1,即 1≤x<2 时,f(x)=|ln(2-x)|=-ln(2- x),此时函数 f(x)在[1,2)上单调递增,故选 D. 法二:f(x)=|ln(2-x)|的图象如图所示.

由图象可得,函数 f(x)在区间[1,2)上为增函数,故选 D.

?a ? x≥1? ? 2.若 f(x)=?? a? ??4-2?x+2? x<1? ? ??
为(

x

是 R 上的单调递增函数,则实数 a 的取值范围

) A.(1,+∞) B.[4,8) C.(4,8) D.(1,8) 解析:选 B.函数 f(x)在(-∞,1)和[1,+∞)上都为增函数,且 f(x)在(-∞,1)上

?4-a>0 ? 的最高点不高于其在[1,+∞)上的最低点,即? 2 ?a≥4-a+2 ? 2
a>1

,解得 a∈[4,8),故

选 B. 二、填空题 2 3.(2013·日照质检)函数 f(x)=ln(4+3x-x )的单调递减区间是________. ? 3?2 25 2 解析:函数 f(x)的定义域是(-1,4),u(x)=-x +3x+4=-?x- ? + 的递减区间 ? 2? 4 3 ? ? 为? ,4?. ?2 ? ?3 ? ∵e>1,∴函数 f(x)的单调递减区间为? ,4?. ?2 ? ?3 ? 答案:? ,4? ?2 ? 4. 若函数 f(x)=|logax|(0<a<1)在区间(a,3a-1)上单调递减, 则实数 a 的取值范围是 ________. 解析:由于 f(x)=|logax|在(0,1]上递减,在(1,+∞)上递增,所以 0<a<3a-1≤1,

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1 2 解得 <a≤ ,此即为 a 的取值范围. 2 3 ?1 2? 答案:? , ? ?2 3? 三、解答题 5.已知函数 f(x)对于任意 x,y∈R,总有 f(x)+f(y)=f(x+y),且当 x>0 时,f(x) 2 <0,f(1)=- . 3 (1)求证: f(x)在 R 上是减函数; (2)求 f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值. 解:(1)证明:法一:∵函数 f(x)对于任意 x,y∈R 总有 f(x)+f(y)=f(x+y), ∴ 令 x=y=0,得 f(0)=0. 再令 y=-x,得 f(-x)=-f(x). 在 R 上任取 x1>x2,则 x1-x2>0, f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)=f(x1-x2). 又∵x>0 时,f(x)<0, 而 x1-x2>0,∴f(x1-x2)<0,即 f(x1)<f(x2). 因此 f(x)在 R 上是减函数. 法二:设 x1>x2, 则 f(x1)-f(x2)=f(x1-x2+x2)-f(x2) =f(x1-x2)+f(x2)-f(x2)=f(x1-x2). 又∵x>0 时,f(x)<0,而 x1-x2>0, ∴f(x1-x2)<0,即 f(x1)<f(x2), ∴f(x)在 R 上为减函数. (2)∵f(x)在 R 上是减函数, ∴f(x)在[-3,3]上也是减函数, ∴f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值分别为 f(-3)与 f(3). 而 f(3)=3f(1)=-2,f(-3)=-f(3)=2. ∴f(x)在[-3,3]上的最大值为 2,最小值为-2.

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