（廣東專用）2020高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)第二章第二節(jié) 課時跟蹤訓(xùn)練 理

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1、課時知能訓(xùn)練 一、選擇題 1．(2020·汕尾模擬)函數(shù)f(x)中，滿足“對任意x1，x2∈(0，＋∞)，當(dāng)x1＜x2時，都有f(x1)＞f(x2)”的是(　　) A．f(x)＝　　　　　　　B．f(x)＝(x－1)2 C．f(x)＝ex D．f(x)＝ln(x＋1) 【解析】　由題意知f(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)． A中，f(x)＝滿足要求； B中f(x)＝(x－1)2在[0,1]上是減函數(shù)，在(1，＋∞)上是增函數(shù)； C中f(x)＝ex是增函數(shù)；D中f(x)＝ln(x＋1)是增函數(shù)． 【答案】　A 2．若函數(shù)f(x)＝－x2＋2ax與g(x)＝(a＋1)1

2、－x在區(qū)間[1,2]上都是減函數(shù)，則a的取值范圍是(　　) A．(－1,0) B．(－1,0)∪(0,1] C．(0,1) D．(0,1] 【解析】　∵f(x)＝－x2＋2ax＝－(x－a)2＋a2在[1,2]上是減函數(shù)， ∴a≤1. ① 又g(x)＝(a＋1)1－x在[1,2]上是減函數(shù)． ∴a＋1＞1，∴a＞0 ② 由①、②知，0＜a≤1. 【答案】　D 3．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．－1　　

3、　B．1 C．6　　　D．12 【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. 【答案】　C 4．已知函數(shù)f(x)＝x2－2ax＋5在(－∞，2]上是減函數(shù)，且對任意的x1，x2∈[1，a＋1]，總有|f(x1)－f(x2)|≤4，則實數(shù)a的取值范圍為(　　) A．[1,4] B．[2,3] C．[2,5] D．[3，＋∞) 【解析】　∵f(x)＝x2－2ax＋5的對稱軸方程x＝a. 又∵f(x)在(－∞

4、，2]上是減函數(shù)， ∴2≤a， 又∵x1，x2∈[1，a＋1]， ∴|f(x1)－f(x2)|≤{f(x1)，f(x2)}max－f(a)． 又∵|f(x1)－f(x2)|≤4， ∴ 即解得：－1≤a≤3. 綜上可知：2≤a≤3. 【答案】　B 5．(2020·揭陽質(zhì)檢)已知f(x)＝是R上的增函數(shù)，那么a的取值范圍是(　　) A．(1，＋∞) B．(1，] C．(1,2) D．[，2) 【解析】　依題意解之得≤a＜2. 【答案】　D 二、填空題 6．(2020·江蘇高考)函數(shù)f(x)＝log5(2x＋1)的單調(diào)增區(qū)間是________．

5、 【解析】　f(x)的定義域(－，＋∞)， y＝log5u在(0，＋∞)上是增函數(shù)，且x＞－時，u＝2x＋1為增函數(shù)， 函數(shù)f(x)的增區(qū)間是(－，＋∞)． 【答案】　(－，＋∞) 7．(2020·東莞模擬)對于任意實數(shù)a，b，定義min{a，b}＝設(shè)函數(shù)f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，則函數(shù)h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是________． 【解析】　依題意，h(x)＝ 當(dāng)0＜x≤2時，h(x)＝log2x是增函數(shù)；當(dāng)x＞2時，h(x)＝3－x是減函數(shù)， ∴h(x)在x＝2時，取得最大值h(2)＝1. 【答案】　1 8．(2020·北京高考)已知

6、函數(shù)f(x)＝若關(guān)于x的方程f(x)＝k有兩個不同的實根，則實數(shù)k的取值范圍是________． 【解析】　當(dāng)x≥2時，f(x)＝是減函數(shù)，0＜f(x)≤1， 當(dāng)x＜2時，f(x)＝(x－1)3是增函數(shù)，f(x)＜1. 結(jié)合函數(shù)的圖象知，f(x)＝k有兩個不同的實根，則0＜k＜1. 【答案】　(0,1) 三、解答題 9．已知f(x)＝(x≠a)． (1)若a＝－2，試證f(x)在(－∞，－2)內(nèi)單調(diào)遞增； (2)若a＞0且f(x)在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，求a的取值范圍． 【解】　(1)證明　任設(shè)x1＜x2＜－2， 則f(x1)－f(x2)＝－＝. ∵(x1＋2)(x

7、2＋2)＞0，x1－x2＜0， ∴f(x1)＜f(x2)， ∴f(x)在(－∞，－2)內(nèi)單調(diào)遞增． (2)f(x)＝＝＝1＋， 當(dāng)a＞0時，f(x)在(a，＋∞)，(－∞，a)上是減函數(shù)， 又f(x)在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減， ∴0＜a≤1，故實數(shù)a的取值范圍為(0,1]． 10．若不等式a－＜2x在[1，＋∞)上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． 【解】　不等式a－＜2x在[1，＋∞)上恒成立， 得a－＜2x，即a＜2x＋恒成立． 令g(x)＝2x＋，x∈[1，＋∞)， ∵g′(x)＝2－＝， 當(dāng)x≥1時，g′(x)＞0， ∴g(x)在x∈[1，＋∞)上是增函數(shù)． 因此

8、g(x)min＝g(1)＝3. ∴a＜3時，f(x)＜2x在x∈[1，＋∞)上恒成立． 故實數(shù)a的取值范圍是(－∞，3)． 11．(2020·江西高考)設(shè)f(x)＝x3＋mx2＋nx. (1)如果g(x)＝f′(x)－2x－3在x＝－2處取得最小值－5，求f(x)的解析式； (2)如果m＋n＜10(m，n∈N＋)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間的長度是正整數(shù)，試求m和n的值．(注：區(qū)間(a，b)的長度為b－a) 【解】　(1)易知f′(x)＝x2＋2mx＋n ∴g(x)＝f′(x)－2x－3＝x2＋2(m－1)x＋n－3 ＝(x＋m－1)2＋n－3－(m－1)2， ∵g(x)在x＝－2處取得最小值－5. 所以，即m＝3，n＝2， 故函數(shù)的解析式為f(x)＝x3＋3x2＋2x. (2)因為f′(x)＝x2＋2mx＋n，且f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間的長度為正整數(shù)，故f′(x)＝0一定有兩個不同的根， 從而Δ＝4m2－4n＞0即m2＞n. 不妨設(shè)為x1，x2，則|x2－x1|＝2為正整數(shù)． 故m≥2時才可能有符合條件的m，n， 當(dāng)m＝2時，只有n＝3符合要求， 當(dāng)m＝3時，只有n＝5符合要求， 當(dāng)m≥4時，沒有符合要求的n. 綜上所述，只有m＝2，n＝3或m＝3，n＝5滿足上述要求．