【2021高考復習參考】高三數(shù)學(理)配套黃金練習：2.4

其次章２．4第4課時高考數(shù)學（理）黃金配套練習一、選擇題1．給出下列結論：①當a<0時，eq(a2)\s\up7(\f(3,2))＝a3；②eq\r(n,an)＝|a|(n>1，n∈N*，n為偶數(shù))；③函數(shù)f(x)＝eq(x－2)\s\up7(\f(1,2))－(3x－7)0的定義域是{x|x≥2且x≠eq\f(7,3)}；④若2x＝16,3y＝eq\f(1,27)，則x＋y＝7.其中正確的是()A．①②B．②③C．③④D．②④答案B解析(a2)eq\f(3,2)>0a3<0，故①錯，∵2x＝16∴x＝4∵3y＝eq\f(1,27)∴y＝－3∴x＋y＝4＋(－3)＝1故④錯．2．函數(shù)f(x)＝3－x－1的定義域、值域是()A．定義域是R，值域是RB．定義域是R，值域是(0，＋∞)C．定義域是R，值域是(－1，＋∞)D．以上都不對答案C解析f(x)＝(eq\f(1,3))x－1∵(eq\f(1,3))x>0∴f(x)>－1.3．設y1＝40.9，y2＝80.48，y3＝(eq\f(1,2))－1.5，則()A．y3>y1>y2B．y2>y1>y3C．y1>y2>y3D．y1>y3>y2答案D解析y1＝21.8，y2＝21.44，y3＝21.5∵y＝2x在定義域內(nèi)為增函數(shù)∴y1>y3>y2.4．下列函數(shù)中值域為(0，＋∞)的是()A．y＝B．y＝(eq\f(1,3))1－xC．y＝eq\r(\f(1,2)x－1)D．y＝eq\r(1－2x)答案B5．函數(shù)f(x)＝eq\f(x,|x|)·ax(a>1)的圖象的大致外形是()答案B解析f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(axx>0,－axx<0))6．設集合A＝{(x，y)|eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,16)＝1}，B＝{(x，y)|y＝3x}，則A∩B的子集的個數(shù)是()A．4B．3C．2D．1答案A解析在同一坐標系下畫出橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,16)＝1及函數(shù)y＝3x的圖象，結合圖形不難得知它們的圖象有兩個公共點，因此A∩B中的元素有2個，其子集共有22＝4個，選A.7．若函數(shù)y＝ax＋b－1(a>0且a≠1)的圖象經(jīng)過其次、三、四象限，則確定有()A．0<a<1且b>0B．a(chǎn)>1且b>0C．0<a<1且b<0D．a(chǎn)>1且b<0答案C解析結合圖象可得．(右圖)8．設函數(shù)f(x)＝a－|x|(a>0，且a≠1)，f(2)＝4，則()A．f(－2)>f(－1)B．f(－1)>f(－2)C．f(1)>f(2)D．f(－2)<f(2)答案A解析∵f(2)＝4，∴a－|2|＝4，a＝eq\f(1,2)，∴f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－|x|＝2|x|，則函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，x≥0時，遞增，x<0時，遞減，故選A.9．用min{a，b，c}表示a，b，c三個數(shù)中的最小值．設f(x)＝min{2x，x＋2,10－x}(x≥0)，則f(x)的最大值為()A．4B．5C．6D．7答案C解析由題意易知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x0≤x<2,x＋22≤x<4,10－xx≥4))，畫出f(x)的圖象，易知f(x)的最大值為6.二、填空題10．函數(shù)y＝ax(a>0且a≠1)中，若x∈[1,2]時最大值比最小值大eq\f(a,2)，則a的值為________．答案eq\f(1,2)或eq\f(3,2)解析不論a取何值y＝ax在[1,2]上都是單調(diào)的．∴eq\f(a,2)＝|f(1)－f(2)|＝|a－a2|.解得a＝eq\f(1,2)或eq\f(3,2).11．函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx＋2x<2,2－xx≥2))，則f(－3)的值為________．答案eq\f(1,8)解析f(－3)＝f(－3＋2)＝f(－1)＝f(－1＋2)＝f(1)＝f(1＋2)＝f(3)＝2－3＝eq\f(1,8).12．已知f(x)＝ax(a>1)，g(x)＝bx(b>1)，當f(x1)＝g(x2)＝2時，有x1>x2，則a、b的大小關系是________．答案a<b解析x1＝loga2>x2＝logb2>0，∴l(xiāng)og2a<log2b.∴a<b.三、解答題13．已知f(x)＝eq\f(ax－a－x,ax＋a－x)(0＜a＜1)．(1)證明f(x)是定義域上的減函數(shù)；(2)求f(x)的值域．答案(1)略(2)(－1,1)解析(1)由已知f(x)的定義域為R，f(x)＝eq\f(ax－a－x,ax＋a－x)＝eq\f(a2x－1,a2x＋1)＝1－eq\f(2,a2x＋1)，設x1，x2∈R，且x1＜x2，則∵0＜a＜1,∴y＝ax為減函數(shù)∴當x2＞x1時，a2x2－a2x1＜0，又a2x1＋1＞0,a2x2＋1＞0，故當x2＞x1時，f(x2)－f(x1)＜0即f(x2)＜f(x1)，所以f(x)在R上是減函數(shù)(2)令y＝f(x)＝eq\f(a2x－1,a2x＋1)，解得a2x＝eq\f(1＋y,1－y)∵a2x＞0，∴eq\f(1＋y,1－y)＞0，解得－1＜y＜1.故f(x)的值域為(－1,1)．14．是否存在實數(shù)a，使函數(shù)y＝a2x＋2ax－1(a>0,且a≠1)在[－1,1]上的最大值是14?答案a＝3或a＝eq\f(1,3)解析令t＝ax，則y＝t2＋2t－1.(1)當a>1時，∵x∈[－1,1]，∴ax∈[eq\f(1,a)，a]，即t∈[eq\f(1,a)，a]．∴y＝t2＋2t－1＝(t＋1)2－2在[eq\f(1,a)，a]上是增函數(shù)(對稱軸t＝－1<eq\f(1,a))．∴當t＝a時ymax＝(a＋1)2－2＝14.∴a＝3或a＝－5.∵a>1，∴a＝3.(2)當0<a<1時t∈[a，eq\f(1,a)]，∵y＝(t＋1)2－2在[a，eq\f(1,a)]上是增函數(shù)，∴ymax＝(eq\f(1,a)＋1)2－2＝14，∴a＝eq\f(1,3)或a＝－eq\f(1,5).∵0<a<1，∴a＝eq\f(1,3).綜上，a＝3或a＝eq\f(1,3).15．已知f(x)＝eq\f(a,a2－1)(ax－a－x)(a>0且a≠1)．(1)推斷f(x)的奇偶性；(2)爭辯f(x)的單調(diào)性；(3)當x∈[－1,1]時，f(x)≥b恒成立，求b的取值范圍．答案(1)奇函數(shù)(2)在R上是增函數(shù)(3)(－∞，－1]解析(1)函數(shù)定義域為R，關于原點對稱．又由于f(－x)＝eq\f(a,a2－1)(a－x－ax)＝－f(x)，所以f(x)為奇函數(shù)．(2)當a>1時，a2－1>0，y＝ax為增函數(shù)，y＝a－x為減函數(shù)，從而y＝ax－a－x為增函數(shù)．所以f(x)為增函數(shù)．當0<a<1時，a2－1<0，y＝ax為減函數(shù)，y＝a－x為增函數(shù)，從而y＝ax－a－x為減函數(shù)．所以f(x)為增函數(shù)．故當a>0，且a≠1時，f(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增．(3)由(2)知f(x)在R上是增函數(shù)，所以在區(qū)間[－1,1]上為增函數(shù)．所以f(－1)≤f(x)≤f(1)．所以f(x)min＝f(－1)＝eq\f(a,a2－1)(a－1－a)＝eq\f(a,a2－1)·eq\f(1－a2,a)＝－1.所以要使f(x)≥b在[－1,1]上恒成立，則只需b≤－1.故b的取值范圍是(－∞，－1]．拓展練習·自助餐1．下列等式eq\r(3,6a3)＝2a；eq\r(3,－2)＝eq\r(6,－22)；－3eq\r(4,2)＝eq\r(4,－34×2)中確定成立的有()A．0個B．1個C．2個D．3個答案A解析eq\r(3,6a3)＝eq\r(3,6)a≠2a；eq\r(3,－2)＝－eq\r(3,2)<0，eq\r(6,－22)＝eq\r(6,22)＝eq\r(3,2)>0，∴eq\r(3,－2)≠eq\r(6,－22)；－3eq\r(4,2)<0，eq\r(4,－34×2)>0，故－3eq\r(4,2)≠eq\r(4,－34×2).故選A.2．函數(shù)y＝eq\r(4－2x)的定義域是()A．(0,2]B．(－∞，2]C．(2，＋∞)