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.docx

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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)①④
3.函数f(x)=1-(　　)
(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＜a
6.已知函数f(x)=单调递减,那么实数a的取值范围
是(　　)
(A)(0,1) (B)(0,) (C)[,) (D)[,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)
(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()
9.(2021·天津模拟)设函数f(x)=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)-)=2,则f()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}=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)=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)=(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|=
∴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:

7.【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)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)-是一个常数,从而令f(x)=+k(k为常数),则f(x)可求.
【解析】选B.由题意知f(x)-为常数,令f(x)-=k(k为常数),
则f(x)=+k,由f(f(x)-)=2得f(k)=2.
又f(k)=+k=2,∴k=1,即f(x)=+1,
∴f()=6.
11.【解析】y=-(x-3)|x|
=
作出该函数的图象,观看图象知递增区间为[0,].
答案:[0,]
12.【解析】依题意,h(x)=当02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:1
13.【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|
=
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x10,x1-x2<0,
∴f(x1)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)=-.
(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)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-x2>0,
∴f(x1-x2)<0,
即f(x1)