《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 $ f(x)=\begin{cases}a· 2^{x},x\geqslant 0,\\ 2^{-x},x ＜ 0\end{cases}(a\in \mathbf{R}) $，若 $ f(f(-1)) = 1 $，则 $ a = $( )

A.$ \frac{1}{4} $
B.$ \frac{1}{2} $
C.$ 1 $
D.$ 2 $

答案： 1.A

2. 定义区间 $ [x_{1},x_{2}](x_{1} ＜ x_{2}) $ 的长度为 $ x_{2}-x_{1} $. 已知函数 $ y = 2^{|x|} $ 的定义域为 $ [a,b] $，值域为 $ [1,2] $，则区间 $ [a,b] $ 的长度的最大值与最小值的差为(B)

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

答案： 2.B 解析：如图是函数$y = 2^{|x|}$在值域为$[1,2]$上的图像.使函数$y = 2^{|x|}$的值域为$[1,2]$的定义域区间中，长度最小的区间为$[-1,0]$或$[0,1]$，长度最大的区间为$[-1,1]$，从而
由定义可知区间$[a,b]$的长度的最大值与最小值的差为$2 - 1 = 1$.故选B.

3. 设函数 $ f(x) = a^{-|x|}(a ＞ 0 $，且 $ a\neq 1) $，$ f(2) = 4 $，则(A)

A.$ f(-2) ＞ f(-1) $
B.$ f(-1) ＞ f(-2) $
C.$ f(1) ＞ f(2) $
D.$ f(-2) ＞ f(2) $

答案： 3.A 解析：$\because f(x)=a^{-|x|}(a＞0$，且$a\neq1)$，$f(2)=4$，$\therefore a^{-2}=4$，$\therefore a=\frac{1}{2}$，$\therefore f(x)=(\frac{1}{2})^{-|x|}=2^{|x|}$，$\therefore f(-2)＞f(-1)$，故选A.

4. 已知函数 $ f(x)=\begin{cases}a^{x}-1,x\leqslant 1,\\ 2x^{2}-ax + a,x ＞ 1\end{cases}$ 是 $ \mathbf{R} $ 上的单调函数，则实数 $ a $ 的取值范围是( )

A.$ (1,2) $
B.$ (1,3] $
C.$ (2,3] $
D.$ (1,4] $

答案： 4.B 解析：可知函数$f(x)=\begin{cases}a^{x}-1,x\leq1,\\2x^{2}-ax+a,x＞1\end{cases}$在$\mathbf{R}$上单调递增，所以$a＞1$.对称轴$x=\frac{a}{2×2}=\frac{a}{4}\leq1$，即$a\leq4$，临界点处$a - 1\leq2 - a + a$，即$a\leq3$.综上所述：$1＜a\leq3$，故选B.

5. 已知函数 $ f(x) = 2^{x}-2 $，则函数 $ y = |f(x)| $ 的图像可能是(B)

答案： 5.B 解析：$|f(x)|=|2^{x}-2|=\begin{cases}2^{x}-2,x\geq1,\\2 - 2^{x},x＜1,\end{cases}$易知函数$y = |f(x)|$的图像的分段点是$x = 1$，且过点$(1,0)$，$(0,1)$，又$|f(x)|\geq0$，故选B.

6. 设 $ y_{1}=4^{0.9} $，$ y_{2}=8^{0.48} $，$ y_{3}=\left(\frac{1}{2}\right)^{-1.5} $，则(D)

A.$ y_{3} ＞ y_{1} ＞ y_{2} $
B.$ y_{2} ＞ y_{1} ＞ y_{3} $
C.$ y_{1} ＞ y_{2} ＞ y_{3} $
D.$ y_{1} ＞ y_{3} ＞ y_{2} $

答案： 6.D 解析：$y_{1}=2^{1.8}$，$y_{2}=2^{1.44}$，$y_{3}=2^{1.5}$，$\because y = 2^{x}$在$\mathbf{R}$上是增函数，$\therefore y_{1}＞y_{3}＞y_{2}$.故选D.

7. 设函数 $ f(x)=\begin{cases}\left(\frac{1}{2}\right)^{x}-7,x ＜ 0,\\ \sqrt{x},x\geqslant 0,\end{cases}$ 若 $ f(a) ＜ 1 $，则实数 $ a $ 的取值范围是 ______ .

答案： 7.$(-3,1)$ 解析：若$a＜0$，则由$f(a)＜1$得$(\frac{1}{2})^{a}-7＜1$，即$(\frac{1}{2})^{a}＜8=(\frac{1}{2})^{-3}$，所以$-3＜a＜0$.若$a\geq0$，则由$f(a)＜1$得$\sqrt{a}＜1$，所以$0\leq a＜1$.综上$a$的取值范围是$-3＜a＜1$，即$(-3,1)$.

8. $ \frac{a^{\frac{4}{3}} - 8a^{\frac{1}{3}}b}{4b^{\frac{2}{3}} + 2\sqrt{ab} + a^{\frac{2}{3}}} ÷ \left(1 - 2\sqrt[3]{\frac{b}{a}}\right) × \sqrt[3]{a} = $$a$.

答案： 8.$a$ 解析：原式$=\frac{a^{\frac{1}{3}}(a - 8b)}{(2b^{\frac{1}{3}})^{2}+2b^{\frac{1}{3}}a^{\frac{1}{3}}+(a^{\frac{1}{3}})^{2}}×\frac{a^{\frac{1}{3}}}{a^{\frac{1}{3}}-2b^{\frac{1}{3}}}×\frac{a^{\frac{1}{3}}(a - 8b)}{a - 8b}× a^{\frac{1}{3}}× a^{\frac{1}{3}}=a$.

9. 已知函数 $ f(x)=\begin{cases}x + 1,0\leqslant x ＜ 1,\\ 2^{x}-\frac{1}{2},x\geqslant 1,\end{cases}$ 设 $ a ＞ b\geqslant 0 $，若 $ f(a)=f(b) $，则 $ bf(a) $ 的取值范围是 ______ .

答案： 9.$\frac{3}{4}\leq bf(a)＜2$ 解析：由图可知，$\frac{1}{2}\leq b＜1$，$\frac{3}{2}\leq f(a)＜2$，且$bf(a)$的值依次增大，均为正值，所以$\frac{3}{4}\leq bf(a)＜2$.

10. 已知 $ f(x)=3^{2x}-(k + 1)· 3^{x}+2 $，当 $ x\in \mathbf{R} $ 时，$ f(x) $ 恒为正值，则 $ k $ 的取值范围是$k＜2\sqrt{2}-1$.

答案： 10.$k＜2\sqrt{2}-1$ 解析：(法一).依题意可知$3^{2x}-(k + 1)·3^{x}+2＞0$恒成立，即$k + 1＜3^{x}+\frac{2}{3^{x}}$恒成立，所以$k + 1＜\left[3^{x}+\frac{2}{3^{x}}\right]_{\min}$.设$t = 3^{x}$，则$t\in(0,+\infty)$，则$y = 3^{x}+\frac{2}{3^{x}}$在$t=\sqrt{2}$时取得最小值$2\sqrt{2}$，所以$k + 1＜2\sqrt{2}$，即$k＜2\sqrt{2}-1$.
(法二)：设$t = 3^{x}$，则$t\in(0,+\infty)$，且$y = f(x)=t^{2}-(k + 1)· t + 2$.依题意可知$y = t^{2}-(k + 1)· t + 2$在$t\in(0,+\infty)$时恒大于$0$.
①当对称轴$t=\frac{k + 1}{2}\leq0$，即$k\leq - 1$时，关于$t$的二次函数$y = t^{2}-(k + 1)· t + 2$在$(0,+\infty)$单调递增，故有$y＞0 - 0 + 2 = 2＞0$成立；
②当对称轴$t=\frac{k + 1}{2}＞0$，即$k＞-1$时，$t$的二次函数$y = t^{2}-(k + 1)· t + 2$在对称轴$t=\frac{k + 1}{2}$处取得最小值，依题意须有$(\frac{k + 1}{2})^{2}-(k + 1)·\frac{k + 1}{2}+2＞0\Rightarrow k^{2}+2k - 7＜0\Rightarrow - 1 - 2\sqrt{2}＜k＜-1 + 2\sqrt{2}$，故此时$-1＜k＜-1 + 2\sqrt{2}$.综上可知$k＜2\sqrt{2}-1$.

11. 已知函数 $ f(x)=4^{x}-a· 2^{x - 1}+4 $.
(1) 若 $ a = 4 $，求 $ f(x) $ 在 $ [0,1] $ 上的值域；
(2) 若关于 $ x $ 的方程 $ f(x)=0 $ 有解，求实数 $ a $ 的取值范围.

答案： 11.解：
(1)$a = 4$时，$f(x)=4^{x}-2·2^{x}+4=(2^{x}-1)^{2}+3$.令$2^{x}=t$，则$y=(t - 1)^{2}+3$.$\because x\in[0,1]$，$\therefore2^{x}\in[1,2]$，即$t\in[1,2]$，而$y=(t - 1)^{2}+3$的对称轴为$t = 1$，$\therefore$函数$y=(t - 1)^{2}+3$在$[1,2]$上单调递增，$\therefore3\leq(t - 1)^{2}+3\leq4$，即$3\leq f(x)\leq4$.$f(x)$在$[0,1]$上的值域为$[3,4]$.
(2)$f(x)=4^{x}-\frac{a}{2}·2^{x}+4$，令$2^{x}=m(m＞0)$，则$y = m^{2}-\frac{a}{2}· m + 4$.$\because f(x)=0$有解，$\therefore m^{2}-\frac{a}{2}· m + 4 = 0$在$(0,+\infty)$上有$\Delta=\frac{a^{2}}{4}-16\geq0$，解，$\begin{cases}\frac{a}{2}＞0,\frac{a^{2}}{4}-16\geq0,\end{cases}$解得$a\geq8$，$\therefore$实数$a$的取值范围为$[8,+\infty)$.