苏教版（2019）高中数学必修一5.3　函数的单调性同步练习（Word含答案）

5.3　函数的单调性
第1课时　函数的单调性
基础过关练　　　　　　　　　　　　　　　　
题组一　函数单调性的概念及其应用
1.(2021江苏无锡第一中学月考)对于函数y=f(x),在给定区间上有两个数x1,x2,且x1A.一定是增函数　　　　　　　　B.一定是减函数
C.可能是常数函数　　　　　　　D.单调性不能确定
2.下列说法正确的是(　　)
A.定义在(a,b)上的函数f(x),若存在x1,x2∈(a,b),且x1B.定义在(a,b)上的函数f(x),若有无穷多对x1,x2∈(a,b),使得x1C.若f(x)在区间I1上单调递增,在区间I2上也单调递增,那么f(x)在I1∪I2上也一定单调递增
D.若f(x)在区间I上单调递增且f(x1)3.(2021江苏姜堰中学月考)若函数f(x)在R上为减函数,则(　　)
A.f(3)C.f(3)>f(5)　　　　　　　　D.f(3)≥f(5)
4.已知函数f(x)的图象如图所示,则f(x)的单调递增区间为　　　　　　　　,单调递减区间为　　　　.
题组二　函数单调性的判断与证明
5.(2022四川遂宁中学月考)下列四个函数中,在(1,+∞)上为增函数的是(　　)
A.f(x)=3-x
B.f(x)=x2-3x
C.f(x)=
D.f(x)=-|x|
6.若函数f(x-2)=2x2-9x+13,则函数f(x)的单调递减区间是(　　)
A.(-∞,1]　　　　　　　　B.
C.　　　　　　　　D.
7.函数f(x)=|x2-1|的增区间为　　　　　.
8.(2020江苏南京师范大学附属中学期末)运用函数单调性的定义证明:函数f(x)=-x在区间(0,+∞)上单调递减.
9.(2021江苏徐州六县期中联考)已知函数f(x)=
(1)请在给定的坐标系中画出函数f(x)的图象;
(2)直接写出函数f(x)的定义域、单调区间及值域.
题组三　函数单调性的综合应用
10.已知函数y=f(x)在区间[-5,5]上是增函数,那么下列不等式中成立的是(　　)
A.f(4)>f(-π)>f(3) B.f(π)>f(4)>f(3)
C.f(4)>f(3)>f(π) D.f(-3)>f(-π)>f(-4)
11.(2021山东青州一中期中)已知函数f(x)=4x2-kx-8在(-∞,5]上具有单调性,则实数k的取值范围是　　(　　)
A.(-24,40)　　　　B.[-24,40] C.(-∞,-24]　　　　　D.[40,+∞)
12.(2022江苏盐城阜宁中学期中)若函数f(x)=是R上的单调函数,则a的取值范围为(　　)
A.　　　 　B. C.(0,1]　　　 　　D.(0,1)
13.已知函数y=f(x)是定义在区间(-5,1)上的减函数,若f(2m-3)14.(2020江苏徐州九校期中联考)已知二次函数f(x)满足f(x+1)-f(x-2)=6x-9(x∈R),且f(0)=2.
(1)求f(x)的解析式;
(2)若函数g(x)=f(x)-2tx在区间[0,5]上是单调函数,求实数t的取值
范围.
能力提升练
　　　　　　　　　　　　　　　　
题组一　函数单调性的判断与证明
1.(2022江苏常州第一中学期中)若函数f(x)=1-,则该函数的单调递减区间是(　　)
A.(-∞,-3]　　　　　　　　B.(-∞,-1)
C.[-1,+∞)　　　　　　　　D.[1,+∞)
2.(多选)(2020江苏徐州期中)下列函数中,满足对任意x1,x2∈(1,+∞),<0的是(　　)
A. f(x)=-2(x-1)2-2　　　　　 B. f(x)=3x+5
C. f(x)=1+　　　　　　　　D. f(x)=|x-4|
3.(2020江西临川一中月考)已知函数f(x)=,则f(2-x)的单调递增区间为(　　)
A.　　　　　　　　B.
C.　　　　　　　 　D.
4.(2020湖南长郡中学期末)已知f(x)是定义在R上的增函数,对任意x∈R有f(x)>0,且f(5)=1,设F(x)=f(x)+,判断F(x)的单调性,并证明你的结论.
题组二　函数单调性的综合应用
5.(多选)(2021江苏江安高级中学期末)已知函数f(x)=是R上的增函数,则实数a的值可以是(　　)
A.0　　　　　B.-2　　　　　C.-1　　　　　D.-3
6.(2022江苏盐城响水中学期中)定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足<0(x1≠x2),且f(3)=9,则不等式f(x)>3x的解集为(　　)
A.(3,+∞)　　　　　　　　 B.(0,3)
C.　　　　　　　　D.
7.(2021江苏横林高级中学月考)设f(x)是定义在(0,+∞)上的增函数,且对定义域内任意x,y都有f(xy)=f(x)+f(y),f(2)=1,则使不等式f(x)+f(x-3)≤2成立的x的取值范围是　　　　.
8.(2020安徽阜阳太和第一中学期末)已知f(x)=且不等式f(x+a)>f(2a-x)在[a,a+1]上恒成立,则实数a的取值范围是　　　　.
9.(2022重庆第十八中学期中)设f(x)=(a∈R),且x=1是方程f(x)+x=0的根.
(1)求a的值;
(2)判断函数f(x)在(0,+∞)上的单调性,并用定义证明;
(3)设常数k∈R,解关于x的不等式kx·f(x)<(k+1)x-2k-1.
第2课时　函数的最值
基础过关练　　　　　　　　　　　　　　　　
题组一　求函数的最值
1.(2021江苏张家港高级中学月考)若函数y=f(x),x∈[-2,2]的图象如图所示,则该函数的最大值、最小值分别为(　　)
A.f ,f 　　　　　　　　B.f(0),f
C.f(0),f 　　　　　　　 D.f(0),f(2)
2.(2021江西南昌十中月考)已知函数f(x)=在区间[1,2]上的最大值为A,最小值为B,则A-B=(　　)
A.　　　　　B.-　　　　　C.1　　　　　D.-1
3.(2022江苏盛泽中学期中)函数f(x)=,x∈[3,6)的值域是(　　)
A.　　　　　　　　B.
C.　　　　　　　　 D.
4.(多选)关于函数f(x)=下列说法正确的是(　　)
A.f(x)在(-∞,0)上单调递增　　　　　　　　
B.f(x)在(0,+∞)上单调递减
C.f(x)有最大值5　　　　　　　　
D.f(x)有最小值0
5.函数y=(x≠-2)在区间[0,5]上的最大值与最小值的和为　　　　.
6.已知函数y=x2-2x.
(1)当0≤x≤3时,求函数的最值;
(2)当3≤x≤5时,求函数的最值.
题组二　与最值有关的参数问题
7.(2021江苏启东中学期末)函数f(x)=,x∈(m,n]的最小值为0,则实数m的取值范围是(　　)
A.(1,2)　　　　　　　　B.(-1,2)
C.[1,2)　　　　　　　　D.[-1,2)
8.(2022山东日照第一中学月考)已知函数f(x)=kx+b(k≠0,b为实数)在区间[-1,1]上的最大值为M,最小值为m,则M-m的值(　　)
A.与k有关,且与b有关
B.与k有关,但与b无关
C.与k无关,但与b有关
D.与k无关,且与b无关
9.若函数f(x)=ax2+2ax+1(a>0)在区间[-3,2]上的最大值为4,则a=　　　　.
10.(2021江苏南通如东期中)设f(x)=x2-2ax+1,x∈[0,2],当a=3时, f(x)的最小值是　　　　,若f(x)的最小值为1,则a的取值范围为　　　　.
11.已知函数f(x)=-(a>0,x>0).
(1)用定义证明f(x)在(0,+∞)上是增函数;
(2)若f(x)在区间上的最大值为5,求实数a的值.
题组三　函数最值的实际应用
12.某公司在甲、乙两地同时销售一种品牌车,销售x辆该品牌车的利润(单位:万元)分别为L1=-x2+21x和L2=2x.若该公司在两地共销售15辆该品牌车,则能获得的最大总利润为(　　)
A.90万元　　　　　　　　B.60万元
C.120万元　　　　　　　　D.120.25万元
13.“弯弓射雕”几乎成了游牧民族的象征,当以每秒a米的速度从地面垂直向上射箭时,t秒时箭距离地面的高度为x米,x与t的关系为x=at-5t2,若箭射出3秒后距离地面的高度为135米,则箭可能达到的最大高度为　　(　　)
A.135米　　　　　　　　B.160米
C.175米　　　　　　　　D.180米
14.(2021江苏清浦中学期中)某产品生产厂家根据以往的销售经验得到下面有关生产销售的统计规律:每生产产品x(百台),其总成本为G(x)(万元),其中固定成本为2.8万元,并且每生产1百台的生产成本为1万元(总成本=固定成本+生产成本).销售收入R(x)(万元)满足:R(x)=假定该产品产销平衡(即生产的产品都能卖掉).
(1)求利润f(x)(万元)的解析式(利润=销售收入-总成本);
(2)工厂生产多少百台产品时,可使盈利最多
能力提升练　　　　　　　　　　　　　　　　
题组一　求函数的最值
1.(多选)(2020广东珠海第二中学期中)已知函数f(x)=,则该函数(　　)
A.有最小值3 B.有最大值
C.没有最小值 D.在区间(1,2)上是增函数
2.(2020广西南宁三中月考)设函数g(x)=x2-2(x∈R), f(x)=则f(x)的值域是(　　)
A.∪(1,+∞)　　　　　　　　B.[0,+∞)
C.　　　　　　　　 D.∪(2,+∞)
3.(2021江苏涟水中学月考)函数y=-的最大值为　　　　.
4.(2022四川江油中学月考)已知二次函数满足f(x+1)-f(x)=2x-1,且f(0)=2.
(1)求f(x)的解析式;
(2)求f(x)在[t,t+1],t∈R上的最小值g(t),并写出g(t)的函数表达式.
5.(2020湖南长沙第一中学期末)已知≤a≤1,函数f(x)=ax2-2x+1在区间[1,3]上的最大值为M(a),最小值为N(a),令g(a)=M(a)-N(a).
(1)求g(a)的函数表达式;
(2)判断函数g(a)在区间上的单调性,并求出g(a)的最小值.
题组二　函数最值的综合应用
6.(2021江苏东台安丰中学期末)设f(x)=若f(0)是f(x)的最小值,则实数a的取值范围为(　　)
A.[-1,2]　　　　　　　　B.[-1,0]
C.[0,2]　　　　　　　 　D.[1,2]
7.(2022江苏南京六合高级中学期中)若对任意x∈[-2,2],不等式m-x≤恒成立,则实数m的取值范围是(　　)
A.　　　　　　　B.(-∞,-2]
C.(-∞,0]　　　　　　　　D.(-∞,4]
8.(多选)(2020江苏南京期末)已知函数f(x)=x,g(x)=x-4,则下列结论正确的是(　　)
A.若h(x)=f(x)·g(x),则函数h(x)的最小值为4
B.若h(x)=f(x)·|g(x)|,则函数h(x)的值域为R
C.若h(x)=|f(x)|-|g(x)|,则函数h(x)的图象与x轴有且仅有一个交点
D.若h(x)=|f(x)|-|g(x)|,则|h(x)|≤4恒成立
9.(2021上海复旦附中期末)若函数f(x)=(x≥0)的值域为[a,+∞),则实数a的取值范围是　　　　.
10.(2020江苏泰州联考)已知函数f(x)满足f(x+y)=f(x)+f(y)-1(x,y∈R),当x>0时,f(x)>1,且f(1)=2.
(1)求f(0),f(-1)的值,并判断f(x)的单调性;
(2)当x∈[1,2]时,不等式f(ax2-3x)+f(x)<1恒成立,求实数a的取值范围.
11.(2022山东聊城一中期末)如图①,喷绘在商业广告、宣传等领域应用广泛,喷绘画面是使用喷绘机打印出来的,喷绘机工作时相当于一条直线(喷嘴)连续扫过一张画布.一家广告公司在一个等腰梯形OABC的画布上使用喷绘机印刷广告,画布的底角为45°,BC=2米,OA=4米,如图②所示,记梯形OABC位于直线x=t(t>0)左侧的图形的面积为f(t).
(1)试求函数f(t)的解析式;
(2)定义“”为“平均喷绘率”,求g(t)=的峰值(即最大值).
答案全解全析
第1课时　函数的单调性
基础过关练
1.D 2.D 3.C 5.C 6.D 10.D 11.D 12.B
1.D　由函数单调性的概念可知不能用特殊值代替一般值,若使函数f(x)为增函数,应在定义域内任意取两个数x1,x2,且x12.D　A、B选项中的“存在”“有无穷多”与定义中的“任意”不符,C选项中也不能确定对任意x13.C　∵3<5,f(x)在R上为减函数,∴f(3)>f(5).
故选C.
4.答案　[-1,2],[4,+∞);[2,4]
易错警示
注意函数的单调区间不能用“∪”连接,要用“,”或“和”隔开.
5.C　A中,f(x)=3-x在(1,+∞)上为减函数,不符合题意;
B中,f(x)=x2-3x=上单调递增,不符合题意;
C中,f(x)=,由复合函数的单调性,得函数f(x)在(1,+∞)上为增函数,符合题意;
D中,f(x)=-|x|在(1,+∞)上为减函数,不符合题意.
故选C.
D　设t=x-2,则x=t+2,∴f(t)=2(t+2)2-9(t+2)+13=2t2-t+3,∴函数f(x)的解析式为f(x)=2x2-x+3,其图象开口向上,对称轴为直线x=上单调递增.
故选D.
7.答案　(-1,0)和(1,+∞)
解析　画出f(x)=|x2-1|的图象,如图所示,
由图象可知,函数f(x)的增区间为(-1,0)和(1,+∞).
8.证明　任取x1,x2∈(0,+∞),且x1则f(x1)-f(x2)=
=+(x2-x1)
=.
∵x1,x2∈(0,+∞),且x1∴x2-x1>0,+x1x2+>0,>0,
∴f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),
∴函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递减.
9.解析　(1)f(x)的图象如图所示:
(2)函数f(x)的定义域为R,单调递增区间为(-∞,-3)和(-1,0),单调递减区间为(-3,-1)和(0,+∞),值域为R.
10.D　由函数y=f(x)在区间[-5,5]上是增函数,得f(4)>f(π)>f(3)>f(-3)>f(-π)>f(-4),故选D.
11.D　易得函数f(x)=4x2-kx-8图象的对称轴为直线x=.
∵函数f(x)=4x2-kx-8在(-∞,5]上具有单调性,
∴≥5,解得k≥40,
∴k的取值范围是[40,+∞),故选D.
12.B　因为函数f(x)是R上的单调函数,y=x2-2ax的图象开口向上,所以f(x)在x≥1上单调递增,所以解得013.答案　(1,2)
解析　根据题意,得解得114.解析　(1)设f(x)=ax2+bx+c(a≠0),
则f(0)=c=2,所以f(x)=ax2+bx+2,
因为f(x+1)-f(x-2)=6x-9,所以a(x+1)2+b(x+1)+2-a(x-2)2-b(x-2)-2=6x-9,整理得6ax+3b-3a=6x-9,所以
所以f(x)=x2-2x+2.
(2)g(x)=x2-(2+2t)x+2,其图象的对称轴为直线x=1+t.
若g(x)在区间[0,5]上是单调递增函数,则1+t≤0,解得t≤-1;
若g(x)在区间[0,5]上是单调递减函数,则1+t≥5,解得t≥4.
综上,实数t的取值范围是t≤-1或t≥4.
能力提升练
1.D 2.AC 3.D 5.BD 6.B
1.D　令t=x2+2x-3=(x+1)2-4,若t≥0,则(x+1)2-4≥0,∴x∈(-∞,-3]∪[1,+∞),
∴函数t=x2+2x-3在[1,+∞)上单调递增,在(-∞,-3]上单调递减,
又g(t)=1-在定义域内为减函数,
∴f(x)=1-在[1,+∞)上单调递减.
故选D.
2.AC　由题意知f(x)在(1,+∞)上为减函数.
对于A,f(x)=-2(x-1)2-2,其图象开口向下,对称轴为直线x=1,故f(x)在区间(1,+∞)上为减函数,满足题意;
对于B,f(x)=3x+5为一次函数,且k=3>0,故f(x)在区间(1,+∞)上为增函数,不满足题意;
对于C,f(x)=1+,易知函数在区间(1,+∞)上为减函数,满足题意;
对于D,f(x)=|x-4|=显然函数在区间(1,+∞)上不是单调函数,不满足题意.
故选AC.
3.D　因为f(x)=.
由-x2+3x>0,得0设t=-x2+3x,易知t=-x2+3x=-.
故选D.
4.解析　F(x)在(-∞,5)上为减函数,在(5,+∞)上为增函数.证明如下:
在R上任取x1,x2,且x1F(x2)-F(x1)=
=[f(x2)-f(x1)]·.
∵f(x)是R上的增函数,且f(x)>0,f(5)=1,
∴当x<5时,05时,f(x)>1.
①若x1∴0∴F(x2)②若5∴f(x1)f(x2)>1,∴1->0,∴F(x2)>F(x1).
综上,F(x)在(-∞,5)上为减函数,在(5,+∞)上为增函数.
5.BD　易知函数y=-x2-ax-5的图象开口向下,对称轴为直线x=-.
因为函数f(x)是R上的增函数,
所以解得-3≤a≤-2.
结合选项可知实数a的值可以是-2,-3.故选BD.
易错警示
研究分段函数的单调性,不但要分别研究每段函数的单调性,而且要研究在分段点处的单调性,解题时要防止忽视在分段点处函数的单调性导致解题错误.
6.B　不妨设x1>x2>0,则x2 f(x1)-x1 f(x2)<0,即 =3,即g(x)>g(3),由g(x)在(0,+∞)上单调递减,得x<3.综上,07.答案　(3,4]
解析　因为对定义域内任意x,y都有f(xy)=f(x)+f(y),所以f(x)+f(x-3)=f(x2-3x),又f(2)=1,
所以当x=y=2时,f(4)=f(2)+f(2)=2.
所以f(x)+f(x-3)≤2,即f(x2-3x)≤f(4),
因为f(x)是定义在(0,+∞)上的增函数,
所以解得38.答案　(-∞,-2)
解析　当x≤0时,f(x)=x2-4x+3=(x-2)2-1,故f(x)在(-∞,0]上单调递减;当x>0时,f(x)=-x2-2x+3=-(x+1)2+4,故f(x)在(0,+∞)上单调递减.又因为(0-2)2-1=-(0+1)2+4,所以f(x)在R上单调递减.所以不等式f(x+a)>f(2a-x)在[a,a+1]上恒成立,即x+a<2a-x在[a,a+1]上恒成立,即2x9.解析　(1)由已知可得f(1)+1=1-a+1=0,解得a=2.
(2)函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.证明如下:
由(1)可得f(x)=,
任取x1,x2∈(0,+∞),且x1>x2,
则f(x1)-f(x2)=x1-,
因为x1>x2>0,所以x1-x2>0,x1x2>0,x1x2+2>0,所以f(x1)>f(x2),所以函数f(x)在(0,+∞)上为增函数.
(3)f(x)=x-,因为kx·f(x)<(k+1)x-2k-1,所以kx2-(k+1)x+1<0,即(kx-1)(x-1)<0,其中x≠0.当k=0时,则有x-1>0,解得x>1;
当k<0时,或x>1;
当0当k=1时,=1,原不等式即为(x-1)2<0,无解;
当k>1时,综上所述,当k=0时,原不等式的解集为{x|x>1};
当k<0时,原不等式的解集为;
当0当k=1时,原不等式的解集为 ;
当k>1时,原不等式的解集为.
第2课时　函数的最值
基础过关练
1.C 2.A 3.D 4.ABC 7.D 8.B 12.C 13.D
1.C　由题图可得,函数的最大值对应图象最高点的纵坐标f(0),最小值对应图象最低点的纵坐标f.故选C.
2.A　函数f(x)=在区间[1,2]上是减函数,
所以当x=1时,f(x)有最大值1,即A=1;
当x=2时,f(x)有最小值.
所以A-B=1-.
故选A.
3.D　由题意得,f(x)=,显然函数f(x)在[3,6)上为减函数,
所以当x=3时,函数f(x)取得最大值,且最大值为f(3)=.
故选D.
4.ABC　作出函数的图象,观察图象知A、B、C正确.
5.答案　
解析　因为函数y=(x≠-2)在区间[0,5]上单调递减,
所以当x=0时,ymax=,
所以ymax+ymin=.
6.解析　y=(x-2)2-2,其图象的对称轴为直线x=2.
(1)当0≤x≤3时,由图象知,当x=2时,ymin=-2;当x=0时,ymax=0.
(2)当3≤x≤5时,由图象知,当x=3时,ymin=-.
7.D　f(x)=-1.易知函数在区间(-1,+∞)上是减函数,且f(2)=0,所以n=2.
因为x∈(m,n]时,ymin=0,
所以m的取值范围是[-1,2).故选D.
8.B　当k>0时,f(x)在[-1,1]上为增函数,
此时M=f(1)=k+b,m=f(-1)=-k+b,则M-m=2k;
当k<0时,f(x)在[-1,1]上为减函数,
此时M=f(-1)=-k+b,m=f(1)=k+b,则M-m=-2k.
综上所述,M-m的值与k有关,但与b无关.故选B.
9.答案　
解析　f(x)图象的对称轴为直线x=-1,且开口向上,闭区间的右端点离对称轴较远,故f(x)max=f(2)=a×22+2a×2+1=4,解得a=.
10.答案　-7;(-∞,0]
解析　当a=3时, f(x)=x2-6x+1在x∈[0,2]上单调递减,∴f(x)min=f(2)=-7.
由函数的解析式知f(0)=1,若f(x)的最小值为1,则f(x)在x∈[0,2]上单调递增,
而f(x)=x2-2ax+1的图象开口向上,对称轴为直线x=a,∴a≤0,即a的取值范围是(-∞,0].
11.解析　(1)证明:任取x1,x2∈(0,+∞),且x1则f(x1)-f(x2)=.∵00,∴f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)∴f(x)在(0,+∞)上是增函数.
(2)由(1)知, f(x)=.
12.C　设该公司在甲地销售x(0≤x≤15,x∈N)辆,获得的总利润为L万元,则在乙地销售
(15-x)辆.
L=-x2+21x+2(15-x)=-x2+19x+30=-,故当x的值为9或10时,L最大,最大总利润为120万元.故选C.
13.D　由题意知,当t=3时,x=135,代入x=at-5t2,可得135=3a-5×9,解得a=60,则x=60t-5t2=-5(t-6)2+180,故当t=6时,x取得最大值,最大值为180.故选D.
14.解析　(1)由题意得G(x)=2.8+x,
所以f(x)=R(x)-G(x)
=
当x>5时,因为函数f(x)单调递减,所以f(x)当0≤x≤5时,函数f(x)=-0.4x2+3.2x-2.8=-0.4(x-4)2+3.6,当x=4时,f(x)有最大值,最大值为3.6.因为3.2<3.6,所以当工厂生产4百台产品时,可使盈利最多.
能力提升练
1.AD 2.D 6.C 7.C 8.BCD
1.AD　≥1+2=3,当且仅当x=1时,等号成立.
任取x1,x2∈.
当≤x1f(x2),
则f(x)在;
当1故函数f(x)有最大值,最小值3.故选AD.
2.D　当x2或x<-1,
f(x)=g(x)+x+4=x2-2+x+4=x2+x+2=,此时函数f(x)的值域为(2,+∞);
当x≥g(x),即-1≤x≤2时,
f(x)=g(x)-x=x2-2-x=,
其最小值为f,最大值为f(2)=f(-1)=0,因此x∈[-1,2]时,函数f(x)的值域为.
综上可得,函数f(x)的值域为∪(2,+∞),
故选D.
3.答案　1
解析　由得x≥0,即函数的定义域为[0,+∞).y=.
因为y=在[0,+∞)上单调递增,
所以y=在[0,+∞)上单调递减,
所以当x=0时,y=取得最大值,最大值为1.
4.解析　(1)设f(x)=ax2+bx+c(a≠0),
∵f(0)=2,∴c=2,
又f(x+1)-f(x)=2ax+a+b=2x-1,∴
解得a=1,b=-2,∴f(x)=x2-2x+2.
(2)函数f(x)=x2-2x+2的图象的对称轴为直线x=1,则当t≥1时,f(x)在[t,t+1]上单调递增,故f(x)在x=t处取得最小值,即g(t)=t2-2t+2;当t+1≤1,即t≤0时,f(x)在[t,t+1]上单调递减,故f(x)在x=t+1处取得最小值,即g(t)=t2+1;当0综上,g(t)=
5.解析　(1)∵≤a≤1,
∴f(x)的图象为开口向上的抛物线,且对称轴为直线x=∈[1,3],
∴f(x)在[1,3]上的最小值N(a)=1-.
当2≤≤3时,a∈, f(x)的最大值M(a)=f(1)=a-1;
当1≤<2时,a∈, f(x)的最大值M(a)=f(3)=9a-5.
∴g(a)=
(2)任取a1,a2∈,且a1则g(a1)-g(a2)=(a1-a2)>0,
∴g(a1)>g(a2),∴g(a)在上是减函数.
任取a1,a2∈<0,
∴g(a1)又,∴当a=.
6.C　当x>0时,f(x)=x2-2x+3+a=(x-1)2+2+a,函数的最小值为f(1)=a+2.易知f(0)=a2.
若a<0,则f(a)=0若a≥0,则要使f(0)是f(x)的最小值,只需f(0)=a2≤a+2,即a2-a-2≤0,解得-1≤a≤2.又a≥0,所以0≤a≤2.故选C.
7.C　由m-x≤得m≤x+,则m≤-(2-x)++2,x∈[-2,2],令t=,且t∈[0,2],将y=-(2-x)++2转化为y=-t2+t+2=-取得最小值,为0,因为对任意x∈[-2,2],不等式m-x≤恒成立,所以m≤0,故实数m的取值范围是m≤0.故选C.
8.BCD　对于A,h(x)=x(x-4)=x2-4x=(x-2)2-4,当x=2时,函数h(x)取得最小值-4,故A错误.
对于B,h(x)=x|x-4|=画出h(x)的图象,如图1所示,由图1可知,h(x)的值域为R,故B正确.
图1
对于C,h(x)=|x|-|x-4|=画出h(x)的图象,如图2所示,由图2可知,h(x)的图象与x轴有且仅有一个交点,故C正确.
图2
对于D,由C选项并结合h(x)的图象可知|h(x)|≤4恒成立,故D正确.故选BCD.
9.答案　(-∞,2]
解析　f(x)=.
当a-1≤0,即a≤1时,函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,故f(x)min=f(0)=a,值域为[a,+∞)恒成立;
当a-1>0,即a>1时,f(x)=x+1+≥2-1时取等号,
易知f(x)在[-1,+∞)上单调递增,且f(0)=a,
若值域为[a,+∞),则-1≤0,所以1综上所述,实数a的取值范围为(-∞,2].
10.解析　(1)令x=y=0,得f(0+0)=f(0)+f(0)-1,则f(0)=1,
令x=-1,y=1,得f(0)=f(-1)+f(1)-1,又f(1)=2,所以f(-1)=0.
任取x1,x2∈R,且x10,f(x2)-f(x1)=f(x2-x1+x1)-f(x1)=f(x2-x1)+f(x1)-1-f(x1)=f(x2-x1)-1,因为x2-x1>0,所以f(x2-x1)>1,所以f(x2-x1)-1>0,因此f(x2)-f(x1)>0,即f(x2)>f(x1),所以f(x)在R上为增函数.
(2)因为f(ax2-3x)+f(x)<1,所以f(ax2-2x)+1<1,即f(ax2-2x)<0,
又f(-1)=0,所以f(ax2-2x)由(1)知f(x)在R上为增函数,所以ax2-2x<-1在x∈[1,2]上恒成立,
即ax2-2x+1<0在x∈[1,2]上恒成立,
即a<在x∈[1,2]上恒成立,
即a<,x∈[1,2].
令y==-+1,x∈[1,2],当x=2时,y取得最小值,
所以实数a的取值范围为.
解题模板
恒成立问题的常见解法
(1)若f(x)在区间D上有最值,则 x∈D,f(x)>0 f(x)min>0; x∈D,f(x)<0 f(x)max<0.
(2)若f(x)能分离参数,则将问题转化为a>g(x)(或ag(x)恒成立 a>g(x)max,a11.解析　(1)由题意知,梯形OABC的高为1,
当0当1当3综上所述,f(t)=
(2)由(1)及题意,得g(t)=
当0当1当3因为3故g(t)max=g(.
因为4-,
所以g(t)的峰值为4-.
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