（江苏专版）2020版高考数学一轮复习 课时跟踪检测（五）函数的单调性与最值 文（含解析）苏教版

课时跟踪检测（五）函数的单调性与最值一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2019·如皋中学月考)函数f(x)＝|x2－2x＋2|的增区间是________．解析：因为函数f(x)＝|x2－2x＋2|＝|(x－1)2＋1|＝(x－1)2＋1，所以函数f(x)＝|x2－2x＋2|的增区间是[1，＋∞)．答案：[1，＋∞)2．函数y＝x－x(x≥0)的最大值为________．解析：令t＝x，则t≥0，所以y＝t－t2＝－t－122＋14，结合图象知，当t＝12，即x＝14时，ymax＝14.答案：143．(2018·徐州质检)函数f(x)＝13x－log2(x＋2)在区间[－1,1]上的最大值为________．解析：因为y＝13x和y＝－log2(x＋2)都是[－1,1]上的减函数，所以y＝13x－log2(x＋2)是在区间[－1,1]上的减函数，所以最大值为f(－1)＝3.答案：34．已知偶函数f(x)在区间[0，＋∞)上单调递减，则满足f(2x－1)＜f(5)的x的取值范围是________．解析：因为偶函数f(x)在区间[0，＋∞)上单调递减，且f(2x－1)＜f(5)，所以|2x－1|＞5，即x＜－2或x＞3.答案：(－∞，－2)∪(3，＋∞)5．若函数f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝(a＋1)1－x在区间[1,2]上都是减函数，则a的取值范围是________．解析：因为f(x)＝－x2＋2ax＝－(x－a)2＋a2在[1,2]上是减函数，所以a≤1.又g(x)＝(a＋1)1－x在[1,2]上是减函数．所以a＋1＞1，所以a＞0.综上可知0＜a≤1.答案：(0,1]6．(2019·海门中学高三检测)已知函数f(x)＝－ax＋1，x＜1，ax，x≥1，满足对任意x1＜x2，都有f(x1)＜f(x2)成立，那么实数a的取值范围是________．解析：∵函数f(x)满足对任意x1＜x2，都有f(x1)＜f(x2)成立，∴函数f(x)在定义域上是增函数，则满足2－a＞0，a＞1，2－a＋1≤a，即a＜2，a＞1，a≥32，解得32≤a＜2.答案：32，2二保高考，全练题型做到高考达标1．设函数f(x)＝ax＋1x＋2a在区间(－2，＋∞)上是增函数，则a的取值范围是________．解析：f(x)＝ax＋2a2－2a2＋1x＋2a＝a－2a2－1x＋2a，因为函数f(x)在区间(－2，＋∞)上是增函数．所以2a2－1＞0，－2a≤－2，解得a≥1.答案：[1，＋∞)2．(2019·江阴高三检测)设a＞0且a≠1，函数f(x)＝loga|ax2－x|在[3,5]上是单调增函数，则实数a的取值范围为______________．解析：∵a＞0且a≠1，函数f(x)＝loga|ax2－x|＝loga|x·(ax－1)|在[3,5]上是单调增函数，∴当a＞1时，y＝x·(ax－1)在[3,5]上是单调增函数，且y＞0，满足f(x)是增函数；当0＜a＜1时，要使f(x)在[3,5]上是单调增函数，只需0＜a＜1，3≥12a，5＜1a，解得16≤a＜15.综上可得，a＞1或16≤a＜15.答案：16，15∪(1，＋∞)3．对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝a，a≤b，b，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________．解析：依题意，h(x)＝log2x，0＜x≤2，－x＋3，x＞2.当0＜x≤2时，h(x)＝log2x是增函数，当x＞2时，h(x)＝－x＋3是减函数，所以h(x)在x＝2时，取得最大值h(2)＝1.答案：14．(2018·徐州一模)已知函数y＝f(x)和y＝g(x)的图象关于y轴对称，当函数y＝f(x)和y＝g(x)在区间[a，b]上同时递增或者同时递减时，把区间[a，b]叫做函数y＝f(x)的“不动区间”，若区间[1,2]为函数f(x)＝|2x－t|的“不动区间”，则实数t的取值范围是________．解析：因为函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象关于y轴对称，所以g(x)＝f(－x)＝|2－x－t|.因为区间[1,2]为函数f(x)＝|2x－t|的“不动区间”，所以函数f(x)＝|2x－t|和函数g(x)＝|2－x－t|在[1,2]上单调性相同，因为y＝2x－t和函数y＝2－x－t的单调性相反，所以(2x－t)(2－x－t)≤0在[1,2]上恒成立，即2－x≤t≤2x在[1,2]上恒成立，解得12≤t≤2.答案：12，25．(2018·金陵中学月考)定义在[－2,2]上的函数f(x)满足(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0，x1≠x2，且f(a2－a)＞f(2a－2)，则实数a的取值范围为________．解析：函数f(x)满足(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0，x1≠x2，所以函数在[－2,2]上单调递增，所以－2≤a2－a≤2，－2≤2a－2≤2，2a－2＜a2－a.所以－1≤a≤2，0≤a≤2，a＜1或a＞2，所以0≤a＜1.答案：[0,1)6．设偶函数f(x)的定义域为R，当x∈[0，＋∞)时，f(x)是增函数，则f(－2)，f(π)，f(－3)的大小关系为____________(用“＜”表示)．解析：因为f(x)是偶函数，所以f(－3)＝f(3)，f(－2)＝f(2)．又因为函数f(x)在[0，＋∞)上是增函数，所以f(π)＞f(3)＞f(2)，所以f(－2)＜f(－3)＜f(π)．答案：f(－2)＜f(－3)＜f(π)7．(2018·苏州高三暑假测试)已知函数f(x)＝x＋ax(a＞0)，当x∈[1,3]时，函数f(x)的值域为A，若A⊆[8,16]，则a的值等于________．解析：因为A⊆[8,16]，所以8≤f(x)≤16对任意的x∈[1,3]恒成立，所以a≤16x－x2，a≥8x－x2对任意的x∈[1,3]恒成立，当x∈[1,3]时，函数y＝16x－x2在[1,3]上单调递增，所以16x－x2∈[15,39]，函数y＝8x－x2在[1,3]上也单调递增，所以8x－x2∈[7,15]，所以a≤15，a≥15，即a的值等于15.答案：158．若函数f(x)＝ax(a＞0，a≠1)在[－1,2]上的最大值为4，最小值为m，且函数g(x)＝(1－4m)x在[0，＋∞)上是增函数，则a＝________.解析：函数g(x)在[0，＋∞)上为增函数，则1－4m＞0，即m＜14.若a＞1，则函数f(x)在[－1,2]上的最小值为1a＝m，最大值为a2＝4，解得a＝2，12＝m，与m＜14矛盾；当0＜a＜1时，函数f(x)在[－1,2]上的最小值为a2＝m，最大值为a－1＝4，解得a＝14，m＝116.所以a＝14.答案：149．已知函数f(x)＝a－1|x|.(1)求证：函数y＝f(x)在(0，＋∞)上是增函数；(2)若f(x)＜2x在(1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．解：(1)证明：当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝a－1x，设0＜x1＜x2，则x1x2＞0，x2－x1＞0，f(x2)－f(x1)＝a－1x2－a－1x1＝1x1－1x2＝x2－x1x1x2＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．(2)由题意a－1x＜2x在(1，＋∞)上恒成立，设h(x)＝2x＋1x，则a＜h(x)在(1，＋∞)上恒成立．任取x1，x2∈(1，＋∞)且x1＜x2，h(x1)－h(x2)＝(x1－x2)2－1x1x2.因为1＜x1＜x2，所以x1－x2＜0，x1x2＞1，所以2－1x1x2＞0，所以h(x1)＜h(x2)，所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增．故a≤h(1)，即a≤3，所以实数a的取值范围是(－∞，3]．10．(2019·江阴期中)设函数f(x)＝ax＋b1＋x2是定义在(－1,1)上的奇函数，且f13＝310.(1)求函数f(x)的解析式；(2)用单调性定义证明f(x)在(－1,1)上是增函数；(3)解不等式f(|t|－1)＋f(t2)＜f(0)．解：(1)因为f(x)＝ax＋b1＋x2是定义在(－1,1)上的奇函数，所以f(0)＝b＝0，所以f(x)＝ax1＋x2，而f13＝13a1＋19＝310，解得a＝1，所以f(x)＝x1＋x2，x∈(－1,1)．(2)证明：任取x1，x2∈(－1,1)且x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝x11＋x21－x21＋x22＝x1－x2－x1x2＋x21＋x22.因为x1＜x2，所以x1－x2＜0，又因为x1，x2∈(－1,1)，所以1－x1x2＞0，所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，所以函数f(x)在(－1,1)上是增函数．(3)由题意，不等式f(|t|－1)＋f(t2)＜f(0)可化为f(|t|－1)＋f(t2)＜0，即f(t2)＜－f(|t|－1)，因为f(x)是定义在(－1,1)上的奇函数，所以f(t2)＜f(1－|t|)，所以－1＜t2＜1，－1＜1－|t|＜1，t2＜1－|t|，解得1－52＜t＜5－12且t≠0，所以该不等式的解集为1－52，0∪0，5－12.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调增函数，满足f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，当f(x)＋f(x－8)≤2时，x的取值范围是____________．解析：因为f(9)＝f(3)＋f(3)＝2，所以由f(x)＋f(x－8)≤2，可得f[x(x－8)]≤f(9)，因为f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数，所以有x＞0，x－8＞0，xx－，解得8＜x≤9.答案：(8,9]2．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足fx1x2＝f(x1)－f(x2)，且当x＞1时，f(x)＜0.(1)证明：f(x)为单调递减函数；(2)若f(3)＝－1，求f(x)在[2,9]上的最小值．解：(1)证明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＞x2，则x1x2＞1，由于当x＞1时，f(x)＜0，所以fx1x2＜0，即f(x1)－f(x2)＜0，因此f(x1)＜f(x2)，所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上是单调递减函数．(2)因为f(x)在(0，＋∞)上是单调递减函数，所以f(x)在[2,9]上的最小值为f(9)．由fx1x2＝f(x1)－f(x2)得，f93＝f(9)－f(3)，而f(3)＝－1，所以f(9)＝－2.所以f(x)在[2,9]上的最小值为－2.