热门试卷

（1）由于f′（x）＜0，则函数f（x）在[，π]上单调递减，

故fmax(x)=f()=-+asin=，解得a=

则原不等式为|x+1|＜，解之得-5＜x＜-3

故原不等式的解集为（-5，-3）；

（2）不妨设x1＜x2，令g（x）=f（x）+x

由于f′（x）＞-1，故g′（x）=f′（x）+1＞0，则函数g（x）为其定义域上的增函数，

即g(x1)＜g(x2 )，亦即f(x1)+x1＜f(x2 )+x2 ，

则f(x1)-f(x2 )＜x2-x1 

又由函数f（x）在D上递减，则f(x1)＞f(x2 )

故|f(x1)-f(x2 )|＜|x2-x1 |

∵|f(x1)-f(x2 )|＜|x2-x1 |=|(x2-1)-(x1 -1)|≤|x2-1|-|x1 -1|＜+=ɛ

∴|f(x1)-f(x2 )|＜ɛ

（1）不等式即为|x-a|＜ax，0＜a＜1，若x≤0，则ax≤0，故不等式不成立；

若x＞0，不等式化为（x-a）2＜a2x2，即[（1+a）x-a][（1-a）x-a]＜0，

由0＜a＜1可得，＜x＜，故不等式解集为{x|＜x＜}．

（2）由条件得：f（x）=，

∵1＞a＞0，

∴-（1+a）＜0，1-a＞0，故函数f（x）在（-∞，a）上是减函数，且在[a，+∞）上是增函数．

故当 x=a 时，f（x）存在最小值f（a）．

（1）函数f（x）=x|x-2|=

∴f（x）的单调增区间是（-∞，1]和[2，+∞）；单调减区间是[1，2]．

（2）f（x）＜3，即 x|x-2|＜3，∴或，

∴2≤x＜3 或 x＜2∴不等式f（x）＜3的解集为{x|2≤x＜3 或 x＜2 }．

（3）  当0＜a1 时，f（x）是[0，a]上的增函数，此时f（x）在[0，a]上的

上的最大值是 f（a）=a（2-a）．

．当1＜a≤2 时，f（x）在[0，1]上是增函数，在[1，a]上是减函数，此时，

此时f（x）在[0，a]上的上的最大值是 f（1）=1．

综上，当0＜a1 时，此时f（x）在[0，a]上的 上的最大值是 f（a）=a（2-a）．

当1＜a≤2 时，f（x）在[0，a]上的 上的最大值是1．

（1）由|f（x）|＜c得|4x-b|＜c，所以＜x＜，

又关于x的不等式|f（x）|＜c的解集为（-1，2），

所以，=-1，=2，解得b=2，c=6，

所以，f（x）=-4x+2．

（2）g(x)=(x＞)，g（x）在(，+∞)上单调递增．

证：g(x)==-1+．

设x1，x2为区间(，+∞)内的任意两个值，且x1＜x2，f(x1)-f(x2)=，

因为x1＞，x2＞，且x1＜x2，

所以2x1-1＞0，2x2-1＞0，且2（x1-x2）＜0，

所以 f（x1）-f（x2）＜0，

即f（x1）＜f（x2）．

故g（x）在(，+∞)上单调递增．

（1）2x＞|x-2|⇔-2x＜x-2＜2x，得解集为(，+∞)…（4分）

（2）F（x）=ax-|x-a|，

当a=0时，F（x）=-|x|，F（-x）=-|-x|=-|x|，

所以F（x）=F（-x），F（x）为偶函数；…（6分）

当a≠0，F（a）=a2，F（-a）=-a2-2|a|

∴F（a）+F（-a）=-2|a|≠0

  F（a）-F（-a）=2a2+2|a|≠0

所以，F（x）为非奇非偶函数．  …（10分）

（3）G(x)=ax|x-a|=，…（12分）

①当a=0时，G（x）=0是常数函数，不合题意．

当a＞0时，G（x）在[a，+∞）和(-∞，]上递增，所以a∈（0，1]．…（15分）

②当a＜0时，G（x）在[a，]上递增，在[，+∞)和（-∞，a]上递减，不合题意．

综上所述，实数a的取值范围是（0，1]…（18分）

（Ⅰ）f（x）=|x-a|≤3，即a-3≤x≤a+3．

依题意，

由此得a的取值范围是[0，2]．…（4分）

（Ⅱ）f（x-a）+f（x+a）=|x-2a|+|x|≥|（x-2a）-x|=2|a|．…（6分）

当且仅当（x-2a）x≤0时取等号．

解不等式2|a|≥1-2a，得a≥．

故a的最小值为．…（10分）