热门试卷

（I）由函数f（t）=|t+1|-|t-3|＞2可得

①，或②，或③．

解①得t∈∅，解②得 2＜t＜3，解③得 t≥3．

综上可得，不等式的解集为{t|t＞2}．

（II）∵a＞0，g（x）=ax2-2x+5，若对任意实数x、t，均有g（x）≥f（t）恒成立，

故有gmin（x）≥fmax（t）．

由题意可得，当x=时，g（x）取得最小值为gmin（x）=．

而由绝对值的意义可得f（t）的最大值等于4，

∴≥4，解得 a≥1，

故a的取值范围为[1，+∞）．

（1）当a=0时，

f（-x）=-x|-x|=-x|x|=-f（x），

∴f（x）是奇函数．

当a≠0时，f（a）=0且f（-a）=-2a|a|．

故f（-a）≠f（a）且f（-a）≠-f（a）．

∴f（x）是非奇非偶函数．

（2）由题设知x|x-a|≥2a2，

∴原不等式等价于①

或②

由①得x∈∅．

由②得

当a=0时，x≥0．

当a＞0时，

∴x≥2a．

当a＜0时，

即x≥-a．

综上

a≥0时，f（x）≥2a2的解集为{x|x≥2a}；

a＜0时，f（x）≥2a2的解集为{x|x≥-a}．

（1）当m=1时，g（x）=xf（x）+m2-7m=x|x-1|-6．

不等式g（x）≥0，即x|x-1|-6≥0，

①当x≥1时，不等式转化为x2-x-6≥0，解之得x≥3或x≤-2

因为x≤-2不满足x≥1，所以此时x≥3

②当x＜1时，不等式转化为-x2+x-6≥0，不等式的解集是空集

综上所述，不等式g（x）≥0的解集为[3，+∞）；

（2）g（x）=xf（x）+m2-7m=

∴当m＞0时，g（x）在区间（-∞，）和（m，+∞）上是增函数；（，m）上是减函数；

当m＜0时，g（x）在区间（-∞，m）和（，+∞）上是增函数；（m，）上是减函数；

当m=0时，g（x）在区间（-∞，+∞）上是增函数．

∵定义域为x∈[3，+∞），

∴①当m≤3时，g（x）在区间[3，+∞）上是增函数，得g（x）的最小值为g（3）=m2-10m+9；

②当m＞3时，因为g（0）=g（m）=m2-7m，结合函数g（x）的单调性，得g（3）＞g（m）

∴g（x）的最小值为g（m）=m2-7m．

综上所述，得g（x）的最小值为；

（3）f（x）=，

因为x∈（-∞，4]，所以当m＜4时，f（x）的最小值为f（m）=0；

当m≥4时，f（x）的最小值为f（4）=m-4．

由题意，f（x）在（-∞，4]上的最小值大于g（x）在[3，+∞）上的最小值，结合（2）得

①当m≤3时，由0＞m2-10m+9，得1＜m＜9，故1＜m≤3；

②当3＜m＜4时，由0＞m2-7m，得1＜m＜7，故3＜m＜4；

③当m≥4时，由m-4＞m2-7m，得4-2＜m＜4+2，故4≤mm＜4+2．

综上所述，实数m的取值范围是（1，4+2）