《2025年高中同步测控优化训练高中数学必修第二册人教B》

1. 已知函数$ g(x) = \log_{a}(x - 3) + 2(a ＞ 0,a \neq 1) $的图像经过定点$ M $，若幂函数$ f(x) = x^{\alpha} $的图像过点$ M $，则$ \alpha $的值等于(B)

A.$ -1 $
B.$ \frac{1}{2} $
C.2
D.3

答案： 1.B

2. 函数$ f(x) = (m^{2} - m - 1)x^{m^{2} + m - 3} $是幂函数，对任意$ x_{1},x_{2} \in (0, +\infty) $，且$ x_{1} \neq x_{2} $，满足$ \frac{f(x_{1}) - f(x_{2})}{x_{1} - x_{2}} ＞ 0 $，若$ a,b \in \mathbf{R} $，且$ a + b ＞ 0,ab ＜ 0 $，则$ f(a) + f(b) $的值(A)

A.恒大于 0
B.恒小于 0
C.等于 0
D.无法判断

答案： 2.A

3. 若函数$ f(x) = a^{x}(a ＞ 0 $，且$ a \neq 1) $在区间$ [-1,2] $上的最大值为 4，最小值为$ m $，且函数$ g(x) = (1 - 4m)\sqrt{x} $在区间$ [0, +\infty) $上是增函数，则$ a = $$\frac{1}{4}$。

答案： 3.$\frac{1}{4}$解析：当$a ＞ 1$时，有$a^{2} = 4$，$a^{-1} = m$，此时$a = 2$，$m = \frac{1}{2}$，此时$g(x) = -\sqrt{x}$在区间$[0, +\infty)$上为减函数，不合题意；若$0 ＜ a ＜ 1$，则$a^{-1} = 4$，$a^{2} = m$，故$a = \frac{1}{4}$，$m = \frac{1}{16}$检验知符合题意.

4. 已知函数$ f(x) = \begin{cases}a^{x},x \leq 0, \\ 3a - x^{\frac{1}{2}},x ＞ 0\end{cases}(a ＞ 0 $，且$ a \neq 1) $是$ \mathbf{R} $上的减函数，则实数$ a $的取值范围是 ______ 。

答案： 4.$(0,\frac{1}{3}]$解析：当$x \leq 0$时，由$f(x) = a^{x}$为减函数，知$0 ＜ a ＜ 1$；当$x ＞ 0$时，由$f(x) = 3a - x^{\frac{1}{2}}$为减函数，知$a \in \mathbf{R}$，且要满足$a^{0} \geq 3a$，解得$a \leq \frac{1}{3}$.综上可知，实数$a$的取值范围为$(0,\frac{1}{3}]$.

5. 已知幂函数$ f(x) = (m^{2} - 5m + 7)x^{m - 1} $，且$ f(x) = f(-x) $。
（1）求函数$ f(x) $的解析式；
（2）若$ g(x) = \frac{f(x)}{f(x) + 1} $，$ a,b $均为正数且$ g(a) + g(b) = 1 $，求$ f(a) + f(b) $的最小值。

答案： 5.解：
(1)幂函数$f(x) = (m^{2} - 5m + 7)x^{m - 1}$，则$m^{2} - 5m + 7 = 1$，解得$m = 2$或$m = 3$，当$m = 2$时，$f(x) - x$是奇函数，舍去；当$m = 3$时，$f(x) = x^{2}$是偶函数，满足.故$f(x) = x^{2}$.
(2)$g(x) = \frac{f(x)}{f(x) + 1} = \frac{x^{2}}{x^{2} + 1} = 1 - \frac{1}{x^{2} + 1}$，$g(a) + g(b) =$
$1 - \frac{1}{1 + a^{2}} + 1 - \frac{1}{1 + b^{2}} = 1$，即$\frac{1}{1 + a^{2}} + \frac{1}{1 + b^{2}} = 1$，
$f(a) + f(b) = a^{2} + b^{2} = a^{2} + 1 + b^{2} + 1 - 2$
$= [(a^{2} + 1) + (b^{2} + 1)] × (\frac{1}{1 + a^{2}} + \frac{1}{1 + b^{2}}) - 2 = \frac{1 + b^{2}}{1 + a^{2}} + \frac{1 + a^{2}}{1 + b^{2}} \geq 2\sqrt{\frac{1 + b^{2}}{1 + a^{2}} · \frac{1 + a^{2}}{1 + b^{2}}} = 2$，
当$\frac{1 + b^{2}}{1 + a^{2}} = \frac{1 + a^{2}}{1 + b^{2}}$，即$a = b = 1$，时等号成立，故$f(a) + f(b)$的最小值为$2$.

6. 已知幂函数$ f(x) = x^{k^{2} - 2k - 3}(k \in \mathbf{N}_{+}) $的图像关于$ y $轴对称，且在区间$ (0, +\infty) $上是减函数。
（1）求函数$ f(x) $的解析式；
（2）若$ a ＞ k $，比较$ (\ln a)^{0.7} $与$ (\ln a)^{0.6} $的大小。

答案： 6.解：
(1)因为幂函数$f(x) = x^{k^{2} - 2k - 3}(k \in \mathbf{N}_{+})$在区间$(0, +\infty)$上是减函数，所以$k^{2} - 2k - 3 ＜ 0$，解得$-1 ＜ k ＜ 3$.因为$k \in \mathbf{N}_{+}$，所以$k = 1,2$.又因为幂函数$f(x) = x^{k^{2} - 2k - 3}(k \in \mathbf{N}_{+})$的图像关于$y$轴对称，所以$k^{2} - 2k - 3$为偶数.所以$k = 1$，函数的解析式为$f(x) = x^{-4}$.
(2)由
(1)知，$a ＞ 1$.
当$1 ＜ a ＜ e$时，$0 ＜ \ln a ＜ 1$，$(\ln a)^{0.7} ＜ (\ln a)^{0.6}$；
当$a = e$时，$\ln a = 1$，$(\ln a)^{0.7} = (\ln a)^{0.6}$；
当$a ＞ e$时，$\ln a ＞ 1$，$(\ln a)^{0.7} ＞ (\ln a)^{0.6}$.
故当$1 ＜ a ＜ e$时，$(\ln a)^{0.7} ＜ (\ln a)^{0.6}$；
当$a = e$时，$(\ln a)^{0.7} = (\ln a)^{0.6}$；
当$a ＞ e$时，$(\ln a)^{0.7} ＞ (\ln a)^{0.6}$.