2020年北师版数学文(陕西用)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.(2021·安康模拟)下列函数中,在其定义域内是减函数的是( )
(A)f(x)=-x2+x+1
(B)f(x)=
(C)f(x)=()|x|
(D)f(x)=ln(2-x)
2.函数f(x)=|x|和g(x)=x(2-x)递增的单调区间依次是( )
(A)(-∞,0],(-∞,1] (B)(-∞,0],[1,+∞)
(C)[0,+∞),(-∞,1] (D)[0,+∞),[1,+∞)

3.(2021·宝鸡模拟)已知函数f(x)=x3+x，则“a+b>0”是“f(a)+f(b)>0”的(　　)
(A)充分不必要条件
(B)必要不充分条件
(C)充要条件
(D)既不充分也不必要条件
4.(2021·汉中模拟)若函数y=ax与y=-在(0,+∞)上都是削减的,则y=ax2+bx在(0,+∞)上是( )
(A)增加的 (B)削减的
(C)先增后减 (D)先减后增
5.已知函数f(x)=若f(2-a2)>f(a),则实数a的取值范围是( )
(A)(-∞,-1)∪(2,+∞)
(B)(-1,2)
(C)(-2,1)
(D)(-∞,-2)∪(1,+∞)
6.已知函数f(x)=是减函数,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)上是增加的,且f(x+2)的图像关于x=0对称,则( )
(A)f(-1)f(3)
(C)f(-1)=f(3) (D)f(0)=f(3)
8.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]
9.(2021·榆林模拟)已知函数f(x)=若存在x1,x2∈R且x1≠x2,使得f(x1)=f(x2)成立,则实数a的取值范围是( )
(A)a<2 (B)a<4 (C)2≤a<4 (D)a>2
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.(2021·抚州模拟)若存在实数x∈[2,4],使x2-2x+5-m<0成立,则m的取值范围为　　　　.
12.(2021·铜川模拟)已知函数f(x)=若f(6-a2)>f(5a),则实数a的取值范围是　　　　.
13.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　　　.
14.(力气挑战题)若函数f(x)=|logax|(00且f(x)在(1,+∞)上是削减的,求a的取值范围.

答案解析
1.【解析】选D.明显A,B不正确.对于函数f(x)=()|x|,由于f(x)是偶函数,故不是单调函数,对于函数f(x)=ln(2-x),依据复合函数的单调性知,在其定义域上是减函数.
2.【解析】选C.f(x)=|x|=
∴函数f(x)递增的单调区间是[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)递增的单调区间为(-∞,1].故选C.
3.【解析】选C.函数f(x)在R上是增函数且为奇函数，
∵a+b>0，∴a>-b，∴f(a)>f(-b)=-f(b)，
∴f(a)+f(b)>0.
又由f(a)+f(b)>0得f(a)>-f(b)f(-b)，
∴a>-b，即a+b>0，
从而“a+b>0”是“f(a)+f(b)>0”的充要条件.
4.【解析】选B.∵y=ax与y=-在(0,+∞)上都是削减的,
∴a<0,b<0,∴y=ax2+bx的对称轴x=-<0,
∴y=ax2+bx在(0,+∞)上是削减的.
5.【解析】选C.f(x)=
由f(x)的图像可知f(x)在(-∞,+∞)上是增加的.由f(2-a2)>f(a)得2-a2>a,即a2+a-2<0,解得-2称.又f(x)在区间(-∞,2)上是增加的,则其在(2,+∞)上是削减的,作出其图像大致外形如图所示.

由图像知,f(-1)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.
9.【思路点拨】解答本题的着眼点是如何保证f(x1)=f(x2),即存在直线y=a(a∈R)与函数y=f(x)的图像有两个交点,可从二次函数的对称轴及分段函数的端点函数值的大小两方面考虑.
【解析】选B.当-<1即a<2时满足条件,当a≥2时,要使存在x1,x2∈R且x1≠x2时,有f(x1)=f(x2)成立,则必有-1+a>2a-5,即2≤a<4,综上知a<4.
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】x2-2x+5m<0等价于x2-2x+55.
答案:(5,+∞)
12.【解析】由题意知f(x)在R上是增函数,
从而由f(6-a2)>f(5a)知6-a2>5a,
即a2+5a-6<0,
解得-62时,h(x)=3-x是削减的,
∴h(x)=min{f(x),g(x)}在x=2时,取得最大值h(2)=1.
答案:1
14.【解析】由于f(x)=|logax|在(0,1]上是削减的,在(1,+∞)上是增加的,所以00,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)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-x2>0,
∴f(x1-x2)<0,
即f(x1)