（江苏专版课程）高考数学一轮复习 课时跟踪检测（五）函数的单调性与最值（理）（含解析）-人教版课程高.doc

课时跟踪检测（五）函数的单调性与最值
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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＝eq\r(x)－x(x≥0)的最大值为________．
解析：令t＝eq\r(x)，则t≥0，所以y＝t－t2＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)，
结合图象知，当t＝eq\f(1,2)，即x＝eq\f(1,4)时，ymax＝eq\f(1,4).
答案：eq\f(1,4)
3．(2018·徐州质检)函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－log2(x＋2)在区间[－1,1]上的最大值为________．
解析：因为y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x和y＝－log2(x＋2)都是[－1,1]上的减函数，所以y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－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：3
4．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)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－ax＋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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－a＞0，,a＞1，,2－a＋1≤a，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＜2，,a＞1，,a≥\f(3,2)，))解得eq\f(3,2)≤a＜2.
答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))
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1．设函数f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2a)在区间(－2，＋∞)上是增函数，则a的取值范围是________．
解析：f(x)＝eq\f(ax＋2a2－2a2＋1,x＋2a)＝a－eq\f(2a2－1,x＋2a)，
因为函数f(x)在区间(－2，＋∞)上是增函数．
所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＜a＜1，,3≥\f(1,2a)，,5＜\f(1,a)，))解得eq\f(1,6)≤a＜eq\f(1,5).
综上可得，a＞1或eq\f(1,6)≤a＜eq\f(1,5).
答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6)，\f(1,5)))∪(1，＋∞)
3．对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(