《2025年练习生高中数学必修第二册人教B版》

9. 已知函数 $ f(x) = \frac{ax + 3}{x - 1} $。
(1) 求 $ y = f(x) $ 的反函数 $ y = f^{-1}(x) $ 的值域；
(2) 若 $ (7,2) $ 是 $ y = f^{-1}(x) $ 的图像上一点，求 $ y = f(x) $ 的值域。

答案： 9. 【解】
(1)因为$ y = f^{-1}(x) $的值域为$ y = f(x) $的定义域，又因为原函数的定义域为$ \{x | x \neq 1\} $，所以反函数$ y = f^{-1}(x) $的值域为$ \{y | y \neq 1\} $.
(2)由题意知，点$ (2, 7) $在函数$ y = f(x) $的图像上，则$ \frac{2a + 3}{2 - 1} = 7 $，解得$ a = 2 $.
所以$ f(x) = \frac{2x + 3}{x - 1} = 2 + \frac{5}{x - 1} $，
从而得到$ y = f(x) $的值域为$ \{y | y \neq 2\} $.

10. [2022·河南封丘一中高二期末]已知 $ x_1 $ 是方程 $ x · 3^x = 4 $ 的根，$ x_2 $ 是方程 $ x · \log_3 x = 4 $ 的根，则 $ x_1 x_2 = $(D)

A.16
B.8
C.6
D.4

答案：
10. D 破题关键 $ x_1 $是函数$ y = 3^x $与$ y = \frac{4}{x} $的图像的交点的横坐标，$ x_2 $是函数$ y = \log_3 x $与$ y = \frac{4}{x} $的图像的交点的横坐标，函数$ y = 3^x $与$ y = \log_3 x $的图像关于直线$ y = x $对称，函数$ y = \frac{4}{x} $的图像关于直线$ y = x $对称，利用对称性可求得结果.
【解析】方程$ x · 3^x = 4 $可变形为$ 3^x = \frac{4}{x} $，方程$ x · \log_3 x = 4 $可变形为$ \log_3 x = \frac{4}{x} $，所以$ x_1 $是函数$ y = 3^x $与$ y = \frac{4}{x} $的图像的交点的横坐标，$ x_2 $是函数$ y = \log_3 x $与$ y = \frac{4}{x} $的图像的交点的横坐标. 因为$ y = 3^x $与$ y = \log_3 x $互为反函数，这两个函数的图像关于直线$ y = x $对称，在函数$ y = \frac{4}{x} $的图像上任取一点$ (a, b) $，该点关于直线$ y = x $的对称点的坐标为$ (b, a) $. 由$ b = \frac{4}{a} $，得$ a = \frac{4}{b} $，则点$ (b, a) $也在函数$ y = \frac{4}{x} $的图像上，故函数$ y = \frac{4}{x} $的图像关于直线$ y = x $对称，所以点$ \left( x_1, \frac{4}{x_1} \right) $与点$ \left( x_2, \frac{4}{x_2} \right) $关于直线$ y = x $对称（如图），所以$ x_1 = \frac{4}{x_2} $，故$ x_1 x_2 = 4 $. 选D.

易错规避 互为反函数的两个函数图像关于直线$ y = x $对称，将一个点的横、纵坐标互换得到的新坐标对应的点与原来的点关于直线$ y = x $对称.

11. 若函数 $ y = f(x) = 1 + 3^{-x} $ 的反函数为 $ y = g(x) $，则 $ g(10) $ 等于(B)

A.2
B.-2
C.3
D.-1

答案： 11. B 【解析】由$ y = 1 + 3^{-x} $，得$ x = -\log_3(y - 1) $. 又$ 3^{-x} ＞ 0 $，$ \therefore y = 1 + 3^{-x} ＞ 1 $，$ \therefore g(x) = -\log_3(x - 1) (x ＞ 1) $，$ \therefore g(10) = -2 $. 故选B.

12. 已知函数 $ f(x) $ 为 $ \mathbf{R} $ 上的单调函数，$ f^{-1}(x) $ 是它的反函数，点 $ A(-1,3) $ 和点 $ B(1,1) $ 均在函数 $ f(x) $ 的图像上，则不等式 $ |f^{-1}(2^x)| ＜ 1 $ 的解集为(C)

A.$ (0,1) $
B.$ (1,3) $
C.$ (0,\log_2 3) $
D.$ (1,\log_2 3) $

答案： 12. C 【解析】依题意，$ -1 ＜ 1 $，$ f(-1) = 3 ＞ 1 = f(1) $，又函数$ f(x) $为$ \mathbf{R} $上的单调函数，则$ f(x) $在$ \mathbf{R} $上单调递减. 而$ f^{-1}(x) $是$ f(x) $的反函数，于是得函数$ f^{-1}(x) $在其定义域上是减函数（若一个函数在定义域内具有单调性，则其反函数也具有单调性，且与原函数的单调性相同）. 又$ f^{-1}(3) = -1 $，$ f^{-1}(1) = 1 $，$ |f^{-1}(2^x)| ＜ 1 $，所以$ -1 ＜ f^{-1}(2^x) ＜ 1 $，即有$ f^{-1}(3) ＜ f^{-1}(2^x) ＜ f^{-1}(1) $，则$ 1 ＜ 2^x ＜ 3 $，解得$ 0 ＜ x ＜ \log_2 3 $，所以不等式$ |f^{-1}(2^x)| ＜ 1 $的解集为$ (0, \log_2 3) $. 故选C.

13. [2022·江西兴国第三中学高一期末]已知函数 $ f(x) = \log_2 x $ 的反函数为 $ g(x) $，且有 $ g(a) · g(b) = 16 $。若 $ a ＞ 0 $，$ b ＞ 0 $，则 $ \frac{4}{a} + \frac{1}{b} $ 的最小值为(B)

A.9
B.$ \frac{9}{4} $
C.4
D.5

答案： 13. B 思维路径 已知条件→$ a + b = 4 $→“1”的变形→$ \frac{4}{a} + \frac{1}{b} = \frac{1}{4} \left( \frac{4}{a} + \frac{1}{b} \right)(a + b) $→展开→利用基本不等式求最值.
【解析】由已知条件可知$ g(x) = 2^x $，则$ 2^a · 2^b = 2^{a + b} = 16 $，所以$ a + b = 4 $，所以$ \frac{4}{a} + \frac{1}{b} = \frac{1}{4} \left( \frac{4}{a} + \frac{1}{b} \right)(a + b) = \frac{1}{4} × \left( 5 + \frac{4b}{a} + \frac{a}{b} \right) \geq \frac{1}{4} \left( 5 + 2\sqrt{\frac{4b}{a} × \frac{a}{b}} \right) = \frac{9}{4} $，当且仅当$ \frac{4b}{a} = \frac{a}{b} $，且$ a + b = 4 $，即$ a = \frac{8}{3} $，$ b = \frac{4}{3} $时，等号成立. 所以$ \frac{4}{a} + \frac{1}{b} $的最小值是$ \frac{9}{4} $. 故选B.

14. 若函数 $ y = |\lg |2x - 1|| $ 在定义域的某个子区间 $ (k - 1,k + 1) $ 上不存在反函数，则 $ k $ 的取值范围为(D)

A.$ [-\frac{1}{2},\frac{1}{2}) \cup (\frac{1}{2},2) $
B.$ [-\frac{1}{2},0) \cup (1,\frac{3}{2}) $
C.$ [-1,\frac{1}{2}) \cup (\frac{1}{2},2) $
D.$ (-1,-\frac{1}{2}] \cup [\frac{3}{2},2) $

答案：
14. D 【解析】画出函数$ f(x) = |\lg|2x - 1|| $的大致图像，如图所示，定义域为$ \left\{ x \mid x \neq \frac{1}{2} \right\} $. 子区间$ (k - 1, k + 1) $满足定义域，则$ k - 1 \geq \frac{1}{2} $或$ k + 1 \leq \frac{1}{2} $，解得$ k \geq \frac{3}{2} $或$ k \leq -\frac{1}{2} $. 当$ k \geq \frac{3}{2} $时不存在反函数，则$ \begin{cases} k - 1 ＜ 1 \\ k + 1 ＞ 1 \end{cases} $，$ \therefore 0 ＜ k ＜ 2 $，即$ \frac{3}{2} \leq k ＜ 2 $. 当$ k \leq -\frac{1}{2} $时不存在反函数，则$ \begin{cases} k + 1 ＞ 0 \\ k - 1 ＜ 0 \end{cases} $，$ \therefore -1 ＜ k ＜ 1 $，即$ -1 ＜ k \leq -\frac{1}{2} $. 综上所述，$ k \in \left( -1, -\frac{1}{2} \right] \cup \left[ \frac{3}{2}, 2 \right) $. 故选D.

15. [2022·上海位育中学高一期末]若函数 $ y = f(x) $ 的反函数为 $ y = f^{-1}(x) $，则方程 $ f^{-1}(x) = 0 $(C)

A.有且只有一个实数解
B.至少有一个实数解
C.至多有一个实数解
D.可能有两个实数解

答案： 15. C 破题关键 利用函数的定义可知每一个自变量都有唯一确定的一个函数值与之对应，再结合反函数的性质即得结果.
【解析】由函数$ y = f(x) $的反函数为$ y = f^{-1}(x) $，可知$ y = f(x) $是一个自变量与函数值一一对应的函数. 设定义域为$ I $，故若$ 0 \in I $，设$ f(0) = a \in \mathbf{R} $，由函数的定义知$ a $有唯一值，故$ f^{-1}(a) = 0 $，且方程$ f^{-1}(x) = 0 $只有一实数解$ a $；若$ 0 \notin I $，$ f(0) $无意义，故不存在$ x $，使得$ f^{-1}(x) = 0 $，故方程$ f^{-1}(x) = 0 $无解. 因而方程$ f^{-1}(x) = 0 $至多有一个实数解. 故选C.

16. [2022·上海华师大二附中高一期末]设 $ a \in \mathbf{R} $，$ f(x) $ 是定义在 $ \mathbf{R} $ 上的奇函数，且 $ f(x) = \frac{a · 2^x - a^2}{2^x + 1} $。
(1) 试求 $ f(x) $ 的反函数 $ f^{-1}(x) $ 的解析式及 $ f^{-1}(x) $ 的定义域；
(2) 设 $ g(x) = \log_{\sqrt{2}} \frac{1 + x}{k} $，若 $ x \in [\frac{1}{2},\frac{2}{3}] $ 时，$ f^{-1}(x) \leq g(x) $ 恒成立，求实数 $ k $ 的取值范围。

答案： 16. 破题关键
(1)根据函数的奇偶性求出$ a $的值，结合反函数的概念求出$ f^{-1}(x) $，利用指数函数的性质求出$ \frac{2^x - 1}{2^x + 1} $的取值范围即可.
(2)由对数函数的概念可得$ k ＞ 0 $，将原问题转化为$ \log_2 \frac{k^2}{1 - x^2} \leq 0 $在$ x \in \left[ \frac{1}{2}, \frac{2}{3} \right] $上恒成立，结合对数函数及二次函数的性质即可得出结果.
【解】
(1)因为$ f(x) $为$ \mathbf{R} $上的奇函数，所以$ f(0) = 0 $（若函数$ f(x) $是奇函数且$ x = 0 $时有意义，则$ f(0) = 0 $），
即$ f(0) = \frac{a · 2^0 - a^{-2}}{2^0 + 1} = 0 $，解得$ a = 1 $，
所以$ f(x) = \frac{2^x - 1}{2^x + 1} $，为$ \mathbf{R} $上的奇函数，所以$ a = 1 $符合题意.
$ f(x) = \frac{2^x - 1}{2^x + 1} = \frac{2^x + 1 - 2}{2^x + 1} = 1 - \frac{2}{2^x + 1} \in (-1, 1) $.
令$ y = \frac{2^x - 1}{2^x + 1} $，$ y \in (-1, 1) $，则$ 2^x = \frac{1 + y}{1 - y} $.
由$ \frac{1 + y}{1 - y} ＞ 0 $得$ x = \log_2 \frac{1 + y}{1 - y} $，
即$ f^{-1}(x) = \log_2 \frac{1 + x}{1 - x} $，$ x \in (-1, 1) $（反函数的定义域是其原函数的值域）.
(2)由$ \frac{1 + x}{k} ＞ 0 $，$ x \in \left[ \frac{1}{2}, \frac{2}{3} \right] $，得$ k ＞ 0 $.
由$ f^{-1}(x) \leq g(x) $恒成立可得$ f^{-1}(x) - g(x) \leq 0 $恒成立，
即$ \log_2 \frac{1 + x}{1 - x} - \log_{\sqrt{2}} \frac{1 + x}{k} = \log_2 \frac{1 + x}{1 - x} - \log_2 \left( \frac{1 + x}{k} \right)^2 = \log_2 \frac{k^2}{1 - x^2} \leq 0 $
在$ x \in \left[ \frac{1}{2}, \frac{2}{3} \right] $上恒成立，
所以$ 0 ＜ \frac{k^2}{1 - x^2} \leq 1 $，即$ k^2 \leq 1 - x^2 $（变量分离）.
因为$ 1 - x^2 \in \left[ \frac{5}{9}, \frac{3}{4} \right] $，所以$ k^2 \leq \frac{5}{9} $，解得$ 0 ＜ k \leq \frac{\sqrt{5}}{3} $（不要忽略$ k ＞ 0 $的条件）.
所以实数$ k $的取值范围是$ \left( 0, \frac{\sqrt{5}}{3} \right] $.