2020年数学文(广西用)课时作业：第二章-第三节函数的单调性及最值.docx

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课时提升作业(六)
一、选择题
1.下列函数f(x)中满足“对任意x1,x2∈(0,+∞),当x1<x2时,都有f(x1)>f(x2)”的是(　　)
(A)f(x)=ex　　　　 (B)f(x)=
(C)f(x)=(x-2)2 (D)f(x)=ln(x+3)
2.函数f(x)=-x在(0,+∞)上是(　　)
(A)增函数 (B)减函数
(C)不具有单调性 (D)无法推断
3.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
4.(2022·梧州模拟)已知函数f(x)为R上的减函数,则满足f(||)<f(1)的实数x的取值范围是(　　)
(A)(-1,1)　　　　　　(B)(0,1)
(C)(-1,0)∪(0,1) (D)(-∞,-1)∪(1,+∞)
5.定义新运算⊕:当a≥b时,a⊕b=a;当a<b时,a⊕b=b2,则函数f(x)=(1⊕x)x-
(2⊕x),x∈[-2,2]的最大值等于(　　)
(A)-1　　　(B)1　　　(C)6　　　(D)12
6.若函数f(x)=是R上的单调增函数,则实数a的取值范围
是(　　)
(A)(1,+∞) (B)(1,8)
(C)(4,8) (D)[4,8)
7.“a=1”是“函数f(x)=|x-a|在区间[1,+∞)上为增函数”的(　　)
(A)充分而不必要条件 (B)必要而不充分条件
(C)充要条件 (D)既不充分也不必要条件
8.(2021·大同模拟)函数f(x)=的单调递增区间为(　　)
(A)[0,1] (B)(-∞,]
(C)[,1] (D)[0,]
9.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()
10.设函数f(x)=2x+-1(x<0),则f(x)(　　)
(A)有最大值 (B)有最小值
(C)是增函数 (D)是减函数
二、填空题
11.(2022·安徽高考)若函数f(x)=|2x+a|的单调递增区间是[3,+∞),则a=　　　　　.
12.函数f(x)=在区间[2,3]上的最大值是　　　,最小值是　　　.
13.(2021·天津模拟)已知函数f(x)=若f(2-a2)>f(a),则实数a的取值范围是　　　　.
14.(2022·新课标全国卷)设函数f(x)=的最大值为M,最小值为m,则M+m=　　　　.
三、解答题
15.(力气挑战题)已知函数f(x)=-(a>0,x>0),
(1)推断函数f(x)在(0,+∞)上的单调性.
(2)若f(x)在[,2]上的值域是[,2],求a的值.

答案解析
1.【解析】选B.由已知得f(x)在(0,+∞)上是减函数,选项A,D在(0,+∞)上均是增函数,选项C在(0,+∞)上先减后增,只有选项B符合题意.
2.【解析】选B.∵y=在(0,+∞)上为减函数,
y=-x在(0,+∞)上也是减函数,
∴f(x)=+(-x)在(0,+∞)上是减函数.
3.【解析】选B.由y=ax在(0,+∞)上是减函数,知a<0;
由y=-在(0,+∞)上是减函数,知b<0.
∴y=ax2+bx的对称轴x=-<0,
又∵y=ax2+bx的开口向下,
∴y=ax2+bx在(0,+∞)上是减函数.故选B.
4.【解析】选C.由f(x)为R上的减函数且
f(||)<f(1),
得:即
∴0<x<1或-1<x<0.
【方法技巧】解函数不等式问题的一般步骤
第一步:确定函数f(x)在给定区间上的单调性;
其次步:将函数不等式转化为f(M)<f(N)的形式;
第三步:运用函数的单调性“去掉”函数的抽象符号“f”,转化成一般的不等式或不等式组;
第四步:解不等式或不等式组确定解集;
第五步:反思回顾,查看关键点,易错点及解题规范.
5.【解析】选C.由已知得当-2≤x≤1时,f(x)=x-2,
当1<x≤2时,f(x)=x3-2,
∵f(x)=x-2,f(x)=x3-2在定义域内都为增函数,
∴f(x)的最大值为f(2)=23-2=6.
6.【解析】选D.本题为分段函数,要求函数在R上单调递增,则首先保证函数在每段上都增,所以a>1且4->0,解之得1<a<8,又由于对端点来说,必需保证在端点x=1处a1≥(4-)×1+2,解之得a≥4,综上4≤a<8.
7.【解析】选A.a=1⇒函数f(x)=|x-a|在区间[1,+∞)上为增函数;函数f(x)=|x-a|在区间[1,+∞)上为增函数⇒a≤1;故选A.
8.【解析】选D.由x-x2≥0得0≤x≤1,即函数f(x)的定义域为[0,1].设t=x-x2,则t=-x2+x=-(x-)2+,从而t在[0,]上是增函数,在[,1]上是减函数,又y=在[0,+∞)上是增函数,故函数f(x)=的单调递增区间为[0,].
9.【解析】选C.设x1<x2,
由已知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.
10.【思路点拨】本题是形如“f(x)=ax+(a>0,b>0)”的函数,可依据此类函数的性质直接使用结论;本题也可以接受不等式的性质求解.
【解析】选A.方法一:由f(x)=ax+(a>0,b>0)的性质可排解C,D.
又函数在(-,0)上为减函数,在(-∞,-]上为增函数.
所以当x=-时,f(x)max=-2-1.
方法二:∵x<0,
∴f(x)=2x+-1=-(-2x+)-1
≤-2-1=-2-1.
当且仅当-2x=即x=-时取等号.
【变式备选】求函数f(x)=x+在[,1]上的最值.
【解析】设x1,x2是[,1]上的任意两个实数,且x1<x2,则
f(x1)-f(x2)=x1+-(x2+)=(x1-x2)+=(x1-x2),
由x1,x2∈[,1],x1<x2,
故0<x1x2<1,x1x2-1<0,
故f(x1)-f(x2)=(x1-x2)>0,
即f(x1)>f(x2).
所以函数f(x)=x+在[,1]上是减函数,
因此,函数f(x)=x+在区间[,1]的两个端点上分别得到最大值与最小值,函数的最大值为,最小值为2.
11.【思路点拨】作出函数f(x)=|2x+a|的图象,依据图象可得函数的单调递增区间为[-,+∞).
【解析】作出函数f(x)=|2x+a|的图象,大致如图,依据图象可得函数的单调递增区间为[-,+∞),即-=3,a=-6.

答案:-6
12.【解析】∵函数f(x)=在区间[2,3]上是减函数,
∴当x=2时,有f(x)max=,
当x=3时,有f(x)min=.
答案:　
13.【思路点拨】先推断函数f(x)的单调性,再把f(2-a2)>f(a)转化为2-a2与a的大小关系,进而求解a的取值范围.
【解析】f(x)=
由f(x)的解析式可知,f(x)在(-∞,+∞)上是单调递增函数,
所以由f(2-a2)>f(a)得2-a2>a,
即a2+a-2<0,解得-2<a<1.
答案:-2<a<1
14.【思路点拨】将函数f(x)分别常数,把去掉常数后剩余的部分看作一个新函数,争辩新函数的性质,推知M+m的值.
【解析】f(x)==1+,
设g(x)=,则g(-x)=-g(x),
又∵g(x)定义域为R,∴g(x)是奇函数,
由奇函数图象的对称性知g(x)max+g(x)min=0,
∴M+m=[g(x)+1]max+[g(x)+1]min
=2+g(x)max+g(x)min=2.
答案:2
15.【解析】(1)设x1>x2>0,则x1-x2>0,x1x2>0,
∵f(x1)-f(x2)=(-)-(-)
=-=>0,
∴f(x1)>f(x2),因此,函数f(x)是在(0,+∞)上的单调增函数.
(2)∵f(x)在[,2]上的值域是[,2],又由(1)得f(x)在[,2]上是单调增函数,
∴f()=,f(2)=2,
即-2=,-=2.
解得a=.
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