【全程复习方略】2020版高考数学2.2函数的单调性与最值课时提升作业理北师大版一、选择题1.(2020·安庆模拟)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.函数f(x)=1-()(A)在(-1,+∞)上是增加的(B)在(1,+∞)上是增加的(C)在(-1,+∞)上是减少的(D)在(1,+∞)上是减少的4.若函数y=ax与y=-在(0,+∞)上都是减少的,则y=ax2+bx在(0,+∞)上是()(A)增加的(B)减少的(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)(B)f(0)>f(3)(C)f(-1)=f(3)(D)f(0)=f(3)8.(2020·深圳模拟)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]9.(2020·宜春模拟)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.(能力挑战题)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.(2020·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.(2020·皖南八校联考)已知函数f(x)=若f(6-a2)>f(5a),则实数a的取值范围是.13.(2020·广州模拟)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.14.(能力挑战题)若函数f(x)=|logax|(0<a<1)在区间(a,3a-1)上是减少的,则实数a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)上是增加的.(2)若a>0且f(x)在(1,+∞)上是减少的,求a的取值范围.答案解析1.【解析】选D.显然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),根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.由图像可知函数f(x)在(1,+∞)上是增加的.4.【解析】选B.∵y=ax与y=-在(0,+∞)上都是减少的,∴a<0,b<0,∴y=ax2+bx的对称轴x=-<0,∴y=ax2+bx在(0,+∞)上是减少的.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<a<1.6.【解析】选C.由题意知需满足:⇒≤a<.7.【解析】选A.因为f(x+2)的图像关于x=0对称,所以f(x)的图像关于x=2对称.又f(x)在区间(-∞,2)上是增加的,则其在(2,+∞)上是减少的,作出其图像大致形状如图所示.由图像知,f(-1)<f(3).【方法技巧】比较函数值大小常用的方法(1)利用函数的单调性,但需将待比较函数值调节到同一个单调区间上.(2)利用数形结合法比较.(3)对于选择题、填空题可用排除法、特值法等比较.8.【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≤-1.9.【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+5-m<0等价于x2-2x+5<m.当x∈[2,4]时,x2-2x+5=(x-1)2+4≥5,由题意知m>5.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-6<a<1.答案:(-6,1)13.【解析】依题意,h(x)=当0<x≤2时,h(x)=log2x是增加的;当x>2时,h(x)=3-x是减少的,∴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]上是减少的,在(1,+∞)上是增加的,所以0<a<3a-1≤1,解得<a≤,此即为a的取值范围.答案:(,]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)上是增加的.(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)=-.(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-x2>0,∴f(x1-x2)<0,即f(x1)<f(x2),∴f(x)在R上是减函数.(2)∵f(x)在R上是减函数,∴f(x)在[-3,3]上也是减少的,∴f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值分别为f(-3)与f(3).而f(3)=3f(1)=-2,f(-3)=-f(3)=2.∴f(x)在[-3,3]上的最大值为2,最小值为-2.
