第2章 第5节 幂函数与几类特殊函数(课时作业Word)-【高考领航】2027年高考数学大一轮复习学案（创新版）

**基本信息** 聚焦函数性质系统训练，以对勾函数、幂函数等为载体，通过单调性、周期性等性质应用，培养抽象能力与推理意识，构建从概念到创新应用的逻辑链条。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |函数性质应用|1-5题|单调性/最值/定义应用|幂函数定义→对勾函数单调性→最值求解| |特殊函数探究|6、12、13题|狄利克雷/黎曼/高斯函数|函数奇偶性→周期性→创新情境应用| |综合问题解决|7-11、14-15题|参数范围/分段函数综合|分段函数性质→不等式求解→跨模块知识整合|

限时规范训练(十三) (建议用时：45分钟　分值：79分) 单项选择题、填空题5分；多项选择题6分． 1．函数y＝x＋(x≥2)的最小值为(　　) A．2 B．2 C．3 D． 解析：C　由对勾函数的性质可知y＝x＋在区间[2，＋∞)上单调递增，所以ymin＝2＋＝3.故选C. 2．若幂函数f(x)＝(2m2－3m－1)xm在区间(0，＋∞)上单调递减，则m＝(　　) A．2 B． C．－ D．－2 解析：C　由幂函数的定义可知，2m2－3m－1＝1，即2m2－3m－2＝0，解得m＝2或m＝－.当m＝2时，f(x)＝x2，在区间(0，＋∞)上单调递增，不合题意；当m＝－时，f(x)＝，在区间(0，＋∞)上单调递减，符合题意，故m＝－.故选C. 3．已知幂函数f(x)的图象经过点，则函数g(x)＝(x－6)f(x)在区间上的最大值是(　　) A．－2 B．－3 C．－4 D．－5 解析：D　设幂函数f(x)＝xα，α∈R，因为其图象过点，所以＝2α，解得α＝－1，则f(x)＝x-1＝，则函数g(x)＝(x－6)f(x)＝.因为函数y＝－在区间上单调递增，所以g(x)在区间上单调递增，则当x∈时，g(x)max＝g(1)＝－5.故选D. 4．设max{a，b}＝已知函数f(x)＝max{x＋1，－2x＋4}，则f[f(－2)]＝(　　) A．－12 B．0 C．6 D．9 解析：D　令x＋1≥－2x＋4，解得x≥1，则f(x)＝max{x＋1，－2x＋4}＝因此f(－2)＝－2×(－2)＋4＝8，故f[f(－2)]＝f(8)＝9.故选D. 5．函数 f(x)＝2(a∈R)的大致图象不可能为 (　　) 解析：C　(1)当a＝0 时，f(x)＝2|x|，此时A符合；(2)当a>0时，①当x>0 时，f(x)＝2x－ 为飘带函数，且单调递增；②当x<0时，f(x)＝－ 为对勾函数的一部分，此时D符合；(3)当a<0时，①当x>0时，f(x)＝2x＋ 为对勾函数的一部分；②当x<0时，f(x)＝－2x＋为飘带函数，且单调递减，此时B符合．综上．故选C. 6．黎曼函数定义在[0，1]上，其解析式为：当x＝为既约真分数(最简真分数)且p，q∈N*时，R(x)＝；当x＝0，1和(0，1)内的无理数时，R(x)＝0.若函数f(x)是定义在R上的偶函数，且∀x∈R，f(x)＋f(x＋2)＝0，当x∈[0，1]时，f(x)＝R(x)，则f(π)－f＝(　　) A．－ B．－ C． D． 解析：C　由f(x＋2)＝－f(x)得f(x＋4)＝－f(x＋2)，则f(x＋4)＝f(x)，所以偶函数f(x)的周期为4，f(π)＝f(π－4)＝f(4－π)＝R(4－π)＝0，因为f＝f＝＝f＝－f＝－f＝－R＝－，所以f(π)－f＝.故选C. 7．(多选)已知幂函数f(x)＝xm，则(　　) A．f(－32)＝ B．f(x)的定义域是R C．f(x)是偶函数 D．不等式f(x－1)≥f(2)的解集是[－1，1)∪(1，3] 解析：ACD　因为函数f(x)是幂函数，所以m＋＝1，得m＝－，即f(x)＝，f(－32)＝＝(－2)-4＝x≠0}，故B错误；因为定义域关于原点对称，f(－x)＝f(x)，所以函数f(x)是偶函数，故C正确；易知函数f(x)＝在区间(0，＋∞)上单调递减，不等式f(x－1)≥f(2)等价于|x－1|≤2，得－2≤x－1≤2，且x－1≠0，解得－1≤x≤3，且x≠1，即不等式的解集是[－1，1)∪(1，3]，故D正确．故选ACD. 8．(多选)已知函数y＝－x(x>1)，则该函数(　　) A．最大值为－3 B．最小值为1 C．没有最小值 D．没有最大值 解析：AC　因为x>1，所以1－x<0，y＝＋1－x－1＝－－1，令g(x)＝＋x(x>0)，下面证明g(x)在区间(0，1)上单调递减，在区间[1，＋∞)上单调递增，任取x1，x2∈(0，1)，且x1<x2，则g(x1)－g(x2)＝＋x1－＝＋(x1－x2)＝，因为0<x1<x2<1，所以1－x1·x2>0，x1－x2<0，x1x2>0，所以>0，即g(x1)>g(x2)，所以函数g(x)在区间(0，1)上单调递减，同理可证函数g(x)在区间[1，＋∞)上单调递增．故知h(x)＝＋x－1在区间(1，2)上单调递减，在区间[2，＋∞)上单调递增．所以y＝－1在区间(1，2)上单调递增，在区间[2，＋∞)上单调递减，当x＝2时，函数取得最大值为－3，没有最小值．故选AC. 9．(5分)若f(x)＝，则不等式f(x)>f(8x－16)的解集是________． 解析：因为f(x)＝在定义域[0，＋∞)内为增函数，且f(x)>f(8x－16)，所以即2≤x<，所以不等式的解集为. 答案： 10．(5分)函数f(x)＝在区间(－∞，－5)上单调递增，则实数a的取值范围是________． 解析：因为f(x)＝，所以f(x)的单调区间是(－∞，－3)和(－3，＋∞)，要使f(x)在区间(－∞，－5)上单调递增，(－∞，－5)⊆(－∞，－3)，必有f(x)在区间(－∞，－3)上单调递增，1－3a<0，a>，即实数a的取值范围是. 答案： 11．如果函数y＝f(x)在区间I上单调递减，且函数y＝在区间I上单调递增，那么称函数y＝f(x)是区间I上的“可变函数”，区间I叫作“可变区间”．若函数f(x)＝x2－4x＋2是区间I上的“可变函数”，则“可变区间”I为(　　) A．和 B． C． D． 解析：A　因为函数f(x)＝x2－4x＋2的图象的对称轴为直线x＝2，所以函数y＝f(x)在区间(－∞，2]上单调递减，又当x≤2且x≠0时，－4，令g(x)＝x＋－4(x≤2且x≠0)，则g(x)在区间和上单调递增，故f(x)的“可变区间”I为和.故选A. 12．(多选)德国数学家狄利克雷在数学领域成就显著，以其名字命名的函数f(x)＝称为狄利克雷函数，则关于函数f(x)的叙述，正确的是(　　) A．函数y＝f(x)的图象是两条直线 B．f(f(x))＝1 C．f>f(1) D．∀x∈R，都有f(1－x)＝f(2＋x) 解析：BD　对于A，函数y＝f(x)的图象是不连续的点集，不是两条直线，故A错误；对于B，当x为有理数时，f(x)＝1，所以f(f(x))＝f(1)＝1，当x为无理数时，f(x)＝0，f(f(x))＝f(0)＝1，故B正确；对于C，f＝0，f(1)＝1，所以f(1)>f，故C错误；对于D，由题意，函数定义域为R，且f(－x)＝f(x)，所以f(x)为偶函数，若x，T是有理数，则x＋T也是有理数；若x是无理数，T是有理数，则x＋T也是无理数；所以根据函数的表达式，任取一个不为零的有理数T，f(x＋T)＝f(x)对∀x∈R恒成立，故f(x＋2)＝f(x)＝f(－x)＝f(1－x)，所以∀x∈R，都有f(1－x)＝f(2＋x)，故D正确．故选BD. 13．(多选)高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数，则y＝[x]称为高斯函数，例如[－2.1]＝－3，[2.1]＝2，则下列说法正确的是(　　) A．函数y＝x－[x]在区间[k，k＋1)(k∈Z)上单调递增 B．函数y＝x－[x]的值域为[0，1) C．函数y＝x－[x]是R上的增函数 D．x∈R，x≥[x]＋1 解析：AB　对于A，x∈[k，k＋1)，k∈Z，有[x]＝k，则函数y＝x－[x]＝x－k在区间[k，k＋1)上单调递增，故A正确；对于B、C，当x∈[0，1)时，y＝x，当x∈[1，2)时，y＝x－1，当x∈[2，3)时，y＝x－2，…，故可画出y＝x－[x]的部分图象如图所示， 由图象可知B正确，C错误；对于D，当x＝2时，[x]＋1＝3，有2<[2]＋1，故D错误．故选AB. 14．已知函数f(x)＝－4x－8－成立，则实数m的取值范围为(　　) A． B． C．[1，2] D． 解析：D　f(x)＝－4x－8－＝－4(x－2)－等价为y＝－4t－－16，由对勾函数的单调性可得，t∈时，y＝－4t－－16单调递减，t∈时，y＝－4t－－16单调递增，当t＝－时，函数取得最小值，ymin＝－4×－－16＝6＋6－16＝－4，当t＝－2时，y＝8－＝g(x2)成立，则等价为M⊆N，即解得1≤m≤，所以实数m的取值范围是.故选D. 15．(5分)记min{a，b，c}为a，b，c中最小的数．设x>0，y>0，则min{2x，}的最大值为________． 解析：设M＝min{2x，}，因为x>0，y>0，所以所以，所以M≤y＋，所以M2≤3，所以0<M≤，当且仅当2x＝时取等号．所以M＝min{2x，}的最大值为. 答案： 学科网（北京）股份有限公司 $