【全程复习方略】2020年人教A版数学理(福建用)课时作业：第二章-第二节函数的单调性与最值

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调整合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课时提升作业(五)一、选择题1.函数f(x)=|x|和g(x)=x(2-x)的递增区间依次是()(A)(-∞,0],(-∞,1] (B)(-∞,0],[1,+∞)(C)[0,+∞),(-∞,1] (D)[0,+∞),[1,+∞)2.给定函数①y=②③y=|x-1|，④y=2x+1，其中在区间(0，1)上是单调递减的函数的序号是()(A)①②(B)②③(C)③④(D)①④3.函数f(x)=1-QUOTE()(A)在(-1,+∞)上单调递增(B)在(1,+∞)上单调递增(C)在(-1,+∞)上单调递减(D)在(1,+∞)上单调递减4.(2021·佛山模拟)若函数y=ax与y=在(0,+∞)上都是减函数,则y=ax2+bx在(0,+∞)上是()(A)增函数 (B)减函数(C)先增后减 (D)先减后增5.(2021·泉州模拟)已知函数f(x+2)是偶函数,当x2＞x1＞2时,恒成立，设a=f(-1),b=f(3),c=f(6)，则a，b,c的大小关系为()(A)b＜a＜c(B)b＜c＜a(C)a＜b＜c(D)c＜b＜a6.已知函数f(x)=QUOTE单调递减,那么实数a的取值范围是()(A)(0,1) (B)(0,QUOTE) (C)[QUOTE,QUOTE) (D)[QUOTE,1)7.定义在R上的函数f(x)在区间(-∞,2)上是增函数,且f(x+2)的图象关于x=0对称,则()(A)f(-1)<f(3) (B)f(0)>f(3)(C)f(-1)=f(3) (D)f(0)=f(3)8.定义在R上的函数f(x)满足f(x+y)=f(x)+f(y),当x<0时,f(x)>0,则函数f(x)在[a,b]上有()(A)最小值f(a) (B)最大值f(b)(C)最小值f(b) (D)最大值f(QUOTE)9.(2021·天津模拟)设函数f(x)=QUOTE若f(x)的值域为R,则常数a的取值范围是()(A)(-∞,-1]∪[2,+∞)(B)[-1,2](C)(-∞,-2]∪[1,+∞)(D)[-2,1]10.(力气挑战题)已知函数f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数,若对任意x∈(0,+∞),都有f(f(x)-QUOTE)=2,则f(QUOTE)的值是()(A)5 (B)6 (C)7 (D)8二、填空题11.函数y=-(x-3)|x|的递增区间是.12.(2021·漳州模拟)对于任意实数a,b,定义min{a,b}=QUOTE设函数f(x)=-x+3,g(x)=log2x,则函数h(x)=min{f(x),g(x)}的最大值是.13.设函数f(x)=QUOTE的最小值为2,则实数a的取值范围是.14.(2021·成都模拟)已知函数f(x)=|x-2|-|x-5|,则f(x)的取值范围是.三、解答题15.已知f(x)=QUOTE(x≠a).(1)若a=-2,试证f(x)在(-∞,-2)上单调递增.(2)若a>0且f(x)在(1,+∞)上单调递减,求a的取值范围.答案解析1.【解析】选C.f(x)=|x|=QUOTE∴函数f(x)的递增区间是[0,+∞).g(x)=x(2-x)=-x2+2x=-(x-1)2+1,对称轴是直线x=1,a=-1<0.∴函数g(x)的单调递增区间为(-∞,1].故选C.2.【解析】选B.①y=在x＞0时是增函数，②在x＞-1时是减函数.③y=|x-1|在x∈(0,1)时是减函数.④y=2x+1在x∈R上是增函数.3.【解析】选B.f(x)可由沿x轴向右平移一个单位,再向上平移一个单位得到,如图.由图象可知函数f(x)在(1,+∞)上单调递增.4.【解析】选B.∵y=ax与y=在(0,+∞)上都是减函数,∴a<0,b<0,∴y=ax2+bx的对称轴x=<0,∴y=ax2+bx在(0,+∞)上为减函数.5.【解析】选A.由f(x+2)是偶函数，可得函数f(x)图象关于直线x=2对称,又x2＞x1＞2时,得f(x)在(2,+∞)上是增函数.a=f(-1)=f(5)，且f(3)＜f(5)＜f(6)，即b＜a＜c,故选A.6.【解析】选C.由题意知需满足:QUOTE7.【解析】选A.由于f(x+2)的图象关于x=0对称,所以f(x)的图象关于x=2对称,又f(x)在区间(-∞,2)上是增函数,则其在(2,+∞)上为减函数,作出其图象大致外形如图所示.由图象知,f(-1)<f(3),故选A.8.【思路点拨】先探究f(x)在[a,b]上的单调性,再推断最值状况.【解析】选C.设x1<x2,由已知得f(x1)=f((x1-x2)+x2)=f(x1-x2)+f(x2).又x1-x2<0,∴f(x1-x2)>0,∴f(x1)>f(x2),即f(x)在R上为减函数.∴f(x)在[a,b]上亦为减函数.∴f(x)min=f(b),f(x)max=f(a),故选C.9.【解析】选A.当x>2时,f(x)>4+a,当x≤2时,f(x)≤2+a2,由题意知2+a2≥4+a,解得a≥2或a≤-1.10.【思路点拨】解答本题的关键是从条件中得出f(x)-QUOTE是一个常数,从而令f(x)=QUOTE+k(k为常数),则f(x)可求.【解析】选B.由题意知f(x)-QUOTE为常数,令f(x)-QUOTE=k(k为常数),则f(x)=QUOTE+k,由f(f(x)-QUOTE)=2得f(k)=2.又f(k)=QUOTE+k=2,∴k=1,即f(x)=QUOTE+1,∴f(QUOTE)=6.11.【解析】y=-(x-3)|x|=QUOTE作出该函数的图象,观看图象知递增区间为[0,QUOTE].答案:[0,QUOTE]12.【解析】依题意,h(x)=QUOTE当0<x≤2时,h(x)=log2x是增函数;当x>2时,h(x)=3-x是减函数,∴h(x)=min{f(x),g(x)}在x=2时,取得最大值h(2)=1.答案:113.【解析】当x≥1时,f(x)≥2,当x<1时,f(x)>a-1,由题意知,a-1≥2,∴a≥3.答案:[3,+∞)14.【解析】f(x)=|x-2|-|x-5|=QUOTE当2≤x≤5时,-3≤f(x)≤3.综上知-3≤f(x)≤3.答案:[-3,3]15.【解析】(1)任设x1<x2<-2,则f(x1)-f(x2)==.∵(x1+2)(x2+2)>0,x1-x2<0,∴f(x1)<f(x2),∴f(x)在(-∞,-2)上单调递增.(2)任设1<x1<x2,则f(x1)-f(x2)==.∵a>0,x2-x1>0,∴要使f(x1)-f(x2)>0,只需(x1-a)(x2-a)>0恒成立,∴a≤1.综上所述知a的取值范围是(0,1].【变式备选】已知函数f(x)对于任意x,y∈R,总有f(x)+f(y)=f(x+y),且当x>0时,f(x)<0,f(1)=-QUOTE.(1)求证:f(x)在R上是减函数.(2)求f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值.【解析】(1)方法一:∵函数f(x)对于任意x,y∈R总有f(x)+f(y)=f(x+y),∴令x=y=0,得f(0)=0.再令y=-x,得f(-x)=-f(x).在R上任取x1>x2,则x1-x2>0,f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)=f(x1-x2).又∵x>0时,f(x)<0,而x1-x2>0,∴f(x1-x2)<0,即f(x1)<f(x2).因此f(x)在R上是减函数.方法二:设x1>x2,则f(x1)-f(x2)=f(x1-x2+x2)-f(x2)=f(x1-x2)+f(x2)-f(x2)=f(x1-x2).又∵x>0时,f(x)<0,而x1-x