2.4 函数的奇偶性与周期性（正文）-2021高考理科数学【衡中学案】1轮总复习（全国版）

数ꎬＢ 不符合题意ꎻ由对数函数的性质可得ꎬ函 数 ｙ ＝ ｌｏｇ２ ｘ 在(０ꎬ ＋ ∞ )上是增函数ꎬＣ 不符合 题意ꎻ 由 分 段 函 数 的 性 质 可 得ꎬ 函 数 ｙ ＝ ｘꎬｘ > ０ꎬ － ｘꎬｘ≤０{ 在(０ꎬ ＋ ∞ ) 上是增函数ꎬＤ 不符合 题意ꎬ故选 Ａ. ２. Ｃ　 ｆ(ｘ)在[３ꎬ７] 单调递减ꎬ故最大值为 ｆ(３) ＝ １ ２ . 最小值 ｆ(７) ＝ １ ６ ꎬ则 Ｍ Ｎ ＝ ３ꎬ故选 Ｃ. ３. Ｂ　 由 ｙ ＝ ａｘ 在(０ꎬ ＋ ∞ ) 上是减函数ꎬ知 ａ < ０ꎻ由ｙ ＝ － ｂ ｘ 在(０ꎬ ＋ ∞ ) 上是减函数ꎬ知 ｂ < ０. 所以 ｙ ＝ ａｘ２ ＋ ｂｘ 的对称轴方程为 ｘ ＝ － ｂ ２ａ < ０. 又因为 ｙ ＝ ａｘ２ ＋ ｂｘ 的图象是开口向下的 抛物线ꎬ所以 ｙ ＝ ａｘ２ ＋ ｂｘ 在(０ꎬ ＋ ∞ ) 上是减 函数. 故选 Ｂ. ４. Ｃ　 由图象易知函数 ｆ(ｘ) ＝ ｜ ２ｘ ＋ ａ ｜ 的单调增 区间是[ － ａ ２ ꎬ ＋ ∞ )ꎬ令 － ａ ２ ＝ ３ꎬ所以 ａ ＝ － ６. 故选 Ｃ. ５. Ｄ 　 由题意得 ｘ ２ － ４ｘ ＋ ３ > ０ꎬ ｘ > ２ꎬ{ 解得 ｘ > ３. 故 选 Ｄ. ６. Ｂ　 ∵ ａ２ － ａ ＋ １ ＝ (ａ － １ ２ )２ ＋ ３ ４ ≥ ３ ４ > １ ２ ꎬ 且函数 ｆ(ｘ)是(０ꎬ ＋ ∞ )上的减函数ꎬ∴ ｆ(ａ２ － ａ ＋ １) < ｆ( １ ２ ). 故选 Ｂ. ７. Ｃ　 因为函数 ｆ(ｘ) ＝ ｘ２ － ａ ２ ｘ ＋ ８ꎬｘ≤１ꎬ ａ ｘ ꎬｘ > １{ 为 Ｒ 上的减函数ꎬ所以 ｙ ＝ ｘ２ － ａ ２ ｘ ＋ ８ꎬｘ≤１ꎬｙ ＝ ａ ｘ ꎬｘ > １ 是减函数ꎬ且当 ｘ ＝ １ 时ꎬ９ － ａ ２ ≥ａꎬ 则 １≤ ａ ４ ꎬ ａ > ０ꎬ ９ － ａ ２ ≥ａꎬ ì î í ïï ïï 解得 ４≤ａ≤６ꎬ故选 Ｃ. ８. Ｄ　 当 ｘ > ０ 时ꎬｆ(ｘ) ＝ ｘ ＋ １ ｘ ＋ ａ≥２ ＋ ａꎬ当且 仅当ｘ ＝ １ ｘ ꎬ即 ｘ ＝ １ 时ꎬ等号成立ꎬ故当 ｘ ＝ １ 时取得最小值 ２ ＋ ａꎬ∵ ｆ(０) 是函数 ｆ(ｘ) 的最 小值ꎬ∴ 当 ｘ≤０ 时ꎬｆ(ｘ) ＝ (ｘ － ａ)２ 单调递减ꎬ 故 ａ≥０ꎬ此时的最小值为 ｆ(０) ＝ ａ２ ꎬ∴ ２ ＋ ａ≥ ａ２ ꎬ解得 － １≤ａ≤２. 又 ａ≥０. 可得 ０≤ａ≤２. 故 选 Ｄ. ９. １ ４ 　 令 ｔ ＝ ｘꎬ则 ｔ≥０ꎬ 所以 ｙ ＝ ｔ － ｔ２ ＝ － (ｔ － １ ２ )２ ＋ １ ４ ꎬ 所以当 ｔ ＝ １ ２ 时ꎬｙｍａｘ ＝ １ ４ . １０. ( － ∞ ꎬ１]∪[２ꎬ ＋ ∞ ) 　 函数 ｆ(ｘ) ＝ ｘ２ － ２ａｘ － ３ 的图象开口向上ꎬ对称轴为直线 ｘ ＝ ａꎬ函 数在( － ∞ ꎬａ] 和[ ａꎬ ＋ ∞ ) 上都分别具有单 调性ꎬ因此要使函数 ｆ( ｘ) 在区间[１ꎬ２] 上具 有 单 调 性ꎬ 只 需 ａ ≤ １ 或 ａ ≥ ２ꎬ 从 而 ａ ∈ ( － ∞ ꎬ１]∪[２ꎬ ＋ ∞ ). １１. ( － ∞ ꎬ１)∪(２ꎬ ＋ ∞ )　 ∵ ｙ ＝ ２ｘ 和 ｙ ＝ － ２ － ｘ 在 Ｒ 上都是增函数ꎬ∴ ｆ(ｘ) ＝ ２ｘ － ２ － ｘ 在 Ｒ 上 单调递增. ∴ 由 ｆ(ａ － ２) < ｆ(ａ２ － ２ａ)得ꎬａ － ２ < ａ２ － ２ａꎬ∴ ａ２ － ３ａ ＋ ２ > ０ꎬ解得 ａ < １ 或 ａ > ２ꎬ∴ ａ 的取值范围是( － ∞ ꎬ１)∪(２ꎬ ＋ ∞ ). １２. ( － ∞ ꎬ － ２]∪[２ꎬ ＋ ∞ )　 当 ｘ > ０ 时ꎬｆ(ｘ) ＝ ｘ ＋ １ ｘ ＋ ａ≥２ ＋ ａꎬ此时 ｘ ＝ １ꎬ∴ ｆ(ｘ) ≥ｆ(１)ꎻ 当 ｘ≤０ 时ꎬｆ(ｘ) ＝ (ｘ － ａ)２ ①ａ≥０ 时ꎬｆ(ｘ) 最 小值为 ｆ(０) ＝ ａ２ 应满足 ａ２ ≥ａ ＋ ２ꎬ解得 ａ≥ ２ꎻ②ａ < ０ 时ꎬｆ(ｘ) 最小值为 ｆ(ａ) ＝ ０ 应满足 ０≥ａ ＋ ２ꎬ解得 ａ≤ － ２ꎬ ( － ∞ ꎬ － ２ ] ∪ [２ꎬ ＋ ∞ ). １３. [解析]　 (１)解法一:任取 ｘ１ ꎬｘ２ ∈[１ꎬ２]ꎬ且 ｘ１ < ｘ２ ꎬ 则 ｆ(ｘ２ ) － ｆ(ｘ１ ) ＝ ｘ２２ ｘ２ － ３ － ｘ２１ ｘ１ － ３ ＝ ｘ２２ (ｘ１ － ３) － ｘ ２ １ (ｘ２ － ３) (ｘ２ － ３)(ｘ１ － ３) ＝ (ｘ２ － ｘ１ )[ｘ１ ｘ２ － ３(ｘ１ ＋ ｘ２ )] (ｘ２ － ３)(ｘ１ － ３) ꎬ ＝ (ｘ２ － ｘ１ )[(ｘ１ － ３)(ｘ２ － ３)