2023届高考一轮复习讲义（理科）第二章　函数概念与基本初等函数 第2讲　高效演练分层突破学案

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1．下列四个函数中，在x∈(0，＋∞)上为增函数的是( )
A．f(x)＝3－x B．f(x)＝x2－3x
C．f(x)＝－eq \f(1,x＋1) D．f(x)＝－|x|
解析：选C.当x>0时，f(x)＝3－x为减函数；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))时，f(x)＝x2－3x为减函数，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))时，f(x)＝x2－3x为增函数；
当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－eq \f(1,x＋1)为增函数；
当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－|x|为减函数．
2．函数y＝|x|(1－x)在区间A上是增函数，那么区间A是( )
A．(－∞，0) B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
C．[0，＋∞) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
解析：选B.y＝|x|(1－x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x（1－x），x≥0，,－x（1－x），x＜0))＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x2＋x，x≥0，,x2－x，x＜0))函数y的草图如图所示．
由图易知原函数在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递增．故选B.
3．若函数f(x)＝x2＋a|x|＋2，x∈R在区间[3，＋∞)和[－2，－1]上均为增函数，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(11,3)，－3)) B．[－6，－4]
C．[－3，－2eq \r(2)] D．[－4，－3]
解析：选B.由于f(x)为R上的偶函数，因此只需考虑函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性即可．由题意知函数f(x)在[3，＋∞)上为增函数，在[1，2]上为减函数，故－eq \f(a,2)∈[2，3]，即a∈[－6，－4]．
4．已知函数f(x)是定义在区间[0，＋∞)上的函数，且在该区间上单调递增，则满足f(2x－1)0，x1x2>0，
所以f(x1)－f(x2)>0，
即f(x1)>f(x2)，
所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
(2)由(1)可知，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上为增函数，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(1,a)－2＝eq \f(1,2)，
f(2)＝eq \f(1,a)－eq \f(1,2)＝2，
解得a＝eq \f(2,5).
10．已知f(x)＝eq \f(x,x－a)(x≠a)．
(1)若a＝－2，试证f(x)在(－∞，－2)上单调递增；
(2)若a＞0且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求a的取值范围．
解：(1)证明：设x1＜x2＜－2，
则f(x1)－f(x2)＝eq \f(x1,x1＋2)－eq \f(x2,x2＋2)＝eq \f(2（x1－x2）,（x1＋2）（x2＋2）).
因为(x1＋2)(x2＋2)＞0，x1－x2＜0，
所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，
所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增．
(2)设1＜x1＜x2，
则f(x1)－f(x2)＝eq \f(x1,x1－a)－eq \f(x2,x2－a)＝eq \f(a（x2－x1）,（x1－a）（x2－a）).
因为a＞0，x2－x1＞0，所以要使f(x1)－f(x2)＞0，
只需(x1－a)(x2－a)＞0恒成立，
所以a≤1.综上所述，0＜a≤1.
[综合题组练]
1．若f(x)＝－x2＋4mx与g(x)＝eq \f(2m,x＋1)在区间[2，4]上都是减函数，则m的取值范围是( )
A．(－∞，0)∪(0，1] B．(－1，0)∪(0，1]
C．(0，＋∞) D．(0，1]
解析：选D.函数f(x)＝－x2＋4mx的图象开口向下，且以直线x＝2m为对称轴，若在区间[2，4]上是减函数，则2m≤2，解得m≤1；g(x)＝eq \f(2m,x＋1)的图象由y＝eq \f(2m,x)的图象向左平移一个单位长度得到，若在区间[2，4]上是减函数，则2m>0，解得m>0.综上可得，m的取值范围是(0，1]．
2．已知函数f(x)＝lg2x＋eq \f(1,1－x)，若x1∈(1，2)，x2∈(2，＋∞)，则( )
A．f(x1)0
解析：选B.因为函数f(x)＝lg2x＋eq \f(1,1－x)在(1，＋∞)上为增函数，且f(2)＝0，所以当x1∈(1，2)时，f(x1)f(2)＝0，
即f(x1)0.故选B.
3．设f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x－a）2，x≤0，,x＋\f(1,x)＋a，x＞0.))若f(0)是f(x)的最小值，则a的取值范围为________．
解析：因为当x≤0时，f(x)＝(x－a)2，f(0)是f(x)的最小值，所以a≥0.当x＞0时，f(x)＝x＋eq \f(1,x)＋a≥2＋a，当且仅当x＝1时取“＝”．要满足f(0)是f(x)的最小值，需2＋a≥f(0)＝a2，即a2－a－2≤0，解得－1≤a≤2，
所以a的取值范围是0≤a≤2.
答案：[0，2]
4．如果函数y＝f(x)在区间I上是增函数，且函数y＝eq \f(f（x）,x)在区间I上是减函数，那么称函数y＝f(x)是区间I上的“缓增函数”，区间I叫做“缓增区间”．若函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－x＋eq \f(3,2)是区间I上的“缓增函数”，则“缓增区间”I为________．
解析：因为函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－x＋eq \f(3,2)的对称轴为x＝1，所以函数y＝f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数，又当x≥1时，eq \f(f（x）,x)＝eq \f(1,2)x－1＋eq \f(3,2x)，令g(x)＝eq \f(1,2)x－1＋eq \f(3,2x)(x≥1)，则g′(x)＝eq \f(1,2)－eq \f(3,2x2)＝eq \f(x2－3,2x2)，
由g′(x)≤0得1≤x≤eq \r(3)，即函数eq \f(f（x）,x)＝eq \f(1,2)x－1＋eq \f(3,2x)在区间[1，eq \r(3) ]上单调递减，故“缓增区间”I为[1，eq \r(3) ]．
答案：[1，eq \r(3) ]
5．已知函数f(x)＝x2＋a|x－2|－4.
(1)当a＝2时，求f(x)在[0，3]上的最大值和最小值；
(2)若f(x)在区间[－1，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝2时，f(x)＝x2＋2|x－2|－4＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋2x－8，x≥2,x2－2x，x＜2))＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（x＋1）2－9，x≥2,（x－1）2－1，x＜2))，
当x∈[0，2)时，－1≤f(x)0时，f(x)>－1.
(1)求f(0)的值，并证明f(x)在R上是单调递增函数；
(2)若f(1)＝1，解关于x的不等式f(x2＋2x)＋f(1－x)>4.
解：(1)令x＝y＝0，得f(0)＝－1.
在R上任取x1>x2，则x1－x2>0，f(x1－x2)>－1.
又f(x1)＝f[(x1－x2)＋x2]＝f(x1－x2)＋f(x2)＋1>f(x2)，所以函数f(x)在R上是单调递增函数．
(2)由f(1)＝1，得f(2)＝3，f(3)＝5.
由f(x2＋2x)＋f(1－x)>4得f(x2＋x＋1)>f(3)，
又函数f(x)在R上是增函数，故x2＋x＋1>3，
解得x1，
故原不等式的解集为{x|x1}．