2??x＋－3，x≥1，
8．已知函数f(x)＝?x则f(f(－3))＝________，f(x)的最小值是
??lg（x2＋1），x<1，________．
解析：因为 f(－3)＝lg[(－3)＋1]＝lg 10＝1，所以f(f(－3))＝f(1)＝1＋2－3＝0.2
当x≥1时，x＋－3≥2 2
xx·－3＝22－3，当且仅当x＝，即x＝2时等号成立，此xx2
2
22
时f(x)min＝22－3<0；当x<1时，lg(x＋1)≥lg(0＋1)＝0，此时f(x)min＝0.所以f(x)的最小值为22－3.
答案：0 22－3
??x，x≤0，
9．已知函数f(x)＝?若
?ln（x＋1），x>0，?
3
f(2－x2)>f(x)，则实数x的取值范围是
________．
解析：函数y＝x在(－∞，0]上是增函数，函数y＝ln(x＋1)在(0，＋∞)上是增函数，且x>0时，ln(x＋1)>0，所以f(x)在R上是增函数，由f(2－x)>f(x)，得2－x>x，解得－2 答案：(－2，1) 10．定义max{a，b}为a，b中的最大值，函数f(x)＝max{log2(x＋1)，2－x}(x＞－1)3??（2m－1）x＋，x≥c4的最小值为c，如果函数g(x)＝?在R上单调递减，则实数m的取值 ??mx，x＜c范围为________． 解析：根据题意，f(x)＝max{log2(x＋1)，2－x}(x＞－1)， ?2－x，x＜1? 则f(x)＝?，分析可得，当x＝1时， ??log2（x＋1），x≥1 2 2 3 f(x)取得最小值1，则有c＝1， 3??（2m－1）x＋，x≥1 4则g(x)＝?， ??mx，x＜12m－1＜0， ??0＜m＜1， 若g(x)为减函数，必有? 3 2m－1＋≤m，??41?1?解得0＜m≤，即m的取值范围为?0，?. 4?4? ?1?答案：?0，? ?4? 11 11．(2020·杭州学军中学高三模拟)已知函数f(x)＝x－1 x＋2 ，x∈[3，5]． (1)判断函数f(x)的单调性，并证明； (2)求函数f(x)的最大值和最小值． 解：(1)f(x)在[3，5]上为增函数． 证明如下：任取x1，x2∈[3，5]且x1 f(x(xx1－1x2－13（x1－x2） 1)－f2)＝x2－x2＝（x， 1＋2＋1＋2）（x2＋2） 因为3≤x1 所以x1－x2<0，(x1＋2)(x2＋2)>0， 所以f(x1)－f(x2)<0， 即f(x1) 所以f(x)在[3，5]上为增函数． (2)由(1)知f(x)在[3，5]上为增函数， 则f(x)＝f(5)＝47，f(x)2 maxmin＝f(3)＝5 . 12．(2020·金丽衢十二校联考)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－1 x， 设0 f(x)＝??1?a－x??1?11x2－x12)－f(x1>0， 2??－??a－x1??＝x－＝ 1x2x1x2 所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数． (2)由题意a－1 x<2x在(1，＋∞)上恒成立， 设h(x)＝2x＋1 x， 则a h(x1)－h(x2)＝(x1－x2)??? 2－1x?? . 1x2? 因为1 所以x1－x2<0，x1x2>1， 12 所以2－ 1 x1x2 >0，所以h(x1) 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]． [综合题组练] ?（a－2）x，x≥2? 1．已知函数f(x)＝??1?x是R上的单调递减函数，则实数a的取值范围是 ??－1，x<2???2? ( ) A．(－∞，2) C．(0，2) 13??B.?－∞，? 8??D.? ?13，2? ??8? a－2<0??13 解析：选B.因为函数为递减函数，则?12，解得a≤，故选B. 82（a－2）≤（）－1?2? 1f1（x）＋f2（x） 2．(2020·丽水质检)已知函数f1(x)＝|x－1|，f2(x)＝x＋1，g(x)＝ 32|f1（x）－f2（x）|g（x1）－g（x2） ＋，若a，b∈[－1，5]，且当x1，x2∈[a，b]时，>0 2x1－x2恒成立，则b－a的最大值为( ) A．2 C．4 解析：选D.当f1(x)≥f2(x)时， B．3 D．5 f1（x）＋f2（x）f1（x）－f2（x） g(x)＝＋＝f1(x)； 2 2 当f1(x) f1（x）＋f2（x） 2 ＋ f2（x）－f1（x） 2 综上，g(x)＝? ＝f2(x)． ?f1（x），f1（x）≥f2（x），? ??f2（x），f1（x） 即g(x)是f1(x)，f2(x)两者中的较大者．在同一直角坐标系中分别画出函数f1(x)与f2(x)的图象，则g(x)的图象如图中实线部分所示．由图可知g(x)在[0，＋∞)上单调递增，又g(x)在[a，b]上单调递增，故a，b∈[0，5]，则b－a的最大值为5. 13 3．(2019·高考浙江卷)已知a∈R，函数f(x)＝ax－x.若存在t∈R，使得|f(t＋2)－ 3 f(t)|≤，则实数a的最大值是________． 解析：f(t＋2)－f(t)＝[a(t＋2)－(t＋2)]－(at－t)＝2a(3t＋6t＋4)－2，因为存22222 在t∈R，使得|f(t＋2)－f(t)|≤，所以－≤2a(3t＋6t＋4)－2≤有解．因为3t＋6t333424??＝ ＋4≥1，所以≤a≤有解，所以a≤?2?22 3（3t＋6t＋4）3（3t＋6t＋4）?3（3t＋6t＋4）?max44 ，所以a的最大值为. 33 4 答案： 3 4．对于函数y＝f(x)，若存在区间[a，b]，当x∈[a，b]时，f(x)的值域为[ka，kb](k＞0)，则称y＝f(x)为k倍值函数，下列函数为2倍值函数的是________(填上所有正确的序号)． ①f(x)＝x； ③f(x)＝x＋ln x； 2 3 3 2 23 ②f(x)＝x＋2x＋2x； ④f(x)＝x. e 32 x解析：y＝f(x)为2倍值函数等价于，y＝f(x)的图象与y＝2x有两个交点，且在[a，b]上递增． 对于①，y＝2x与y＝x，有两个交点(0，0)，(2，2)， 在[0，2]上f(x)递增，值域为[0，4]，①符合题意． 对于②，y＝2x与y＝x＋2x＋2x，有两个交点(0，0)，(－2，－4)， 在[－2，0]上f(x)递增，值域为[－4，0]，②符合题意． 对于③，y＝2x与y＝x＋lnx，没有交点，不存在x∈[a，b]，值域为[2a，2b]，③不合题意． 对于④，y＝2x与y＝x有两个交点(0，0)，(－ln 2，－2ln 2)， e 3 2 2 xf(x)在[－ln 2，0]上递增，值域为[－2ln 2，0]， ④符合题意，故答案为①②④. 答案：①②④ x－2ax＋a＋1，x≤0，?? 5．(2020·浙江新高考联盟第三次联考)已知函数f(x)＝?22 x＋－a，x＞0.?x? (1)若对于任意的x∈R，都有f(x)≥f(0)成立，求实数a的取值范围； (2)记函数f(x)的最小值为M(a)，解关于实数a的不等式M(a－2)＜M(a)． 22 14 解：(1)当x≤0时，f(x)＝(x－a)＋1， 因为f(x)≥f(0)，所以f(x)在(－∞，0]上单调递减， 所以a≥0， 2 当x＞0时，f′(x)＝2x－2， 2 x2 令2x－2＝0得x＝1， x所以当0＜x＜1时，f′(x)＜0，当x＞1时，f′(x)＞0， 所以f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以fmin(x)＝f(1)＝3－a， 因为f(x)≥f(0)＝a＋1， 所以3－a≥a＋1，解得－2≤a≤1. 又a≥0， 所以a的取值范围是[0，1]． (2)由(1)可知当a≥0时，f(x)在(－∞，0]上的最小值为f(0)＝a＋1， 当a＜0时，f(x)在(－∞，0]上的最小值为f(a)＝1， 2 2 2 f(x)在(0，＋∞)上的最小值为f(1)＝3－a， ??a＋1≤3－a解不等式组?得0≤a≤1， ?a≥0???1≤3－a解不等式组?得a＜0， ?a＜0? 2 a＋1，0≤a≤1?? 所以M(a)＝?1，a＜0. ??3－a，a≥1 所以M(a)在(－∞，0)上为常数函数，在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数， 作出M(a)的函数图象如图所示： 2 令3－a＝1得a＝2， 因为M(a－2)＜M(a)， 所以0＜a＜2. 6．已知a≥3，函数F(x)＝min{2|x－1|，x－2ax＋4a－2}，其中min{p，q}＝? 2 ?p，p≤q，? ??q，p＞q. 15
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