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    2021届浙江省高考数学一轮学案:第三章第3节 函数的单调性与最值
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    2021届浙江省高考数学一轮学案:第三章第3节 函数的单调性与最值

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    第3节 函数的单调性与最值
    考试要求 1.理解函数的单调性、最大(小)值及其几何意义;2.会运用基本初等函数的图象分析函数的性质.

    知 识 梳 理
    1.函数的单调性
    (1)单调函数的定义

    增函数
    减函数
    定义
    一般地,设函数f(x)的定义域为I,如果对于定义域I内某个区间D上的任意两个自变量的值x1,x2
    当x1 当x1f(x2),那么就说函数f(x)在区间D上是减函数
    图象描述

    自左向右看图象是上升的

    自左向右看图象是下降的
    (2)单调区间的定义
    如果函数y=f(x)在区间D上是增函数或减函数,那么就说函数y=f(x)在这一区间具有(严格的)单调性,区间D叫做函数y=f(x)的单调区间.
    2.函数的最值
    前提
    设函数y=f(x)的定义域为I,如果存在实数M满足
    条件
    (1)对于任意x∈I,都有f(x)≤M;
    (2)存在x0∈I,使得f(x0)=M
    (3)对于任意x∈I,都有f(x)≥M;
    (4)存在x0∈I,使得f(x0)=M
    结论
    M为最大值
    M为最小值
    [常用结论与易错提醒]
    1.对勾函数y=x+(a>0)的增区间为(-∞,-]和[,+∞);减区间为[-,0)和(0,],且对勾函数为奇函数.
    2.设任意x1,x2∈D(x1≠x2),则①>0(或(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0)⇔f(x)在D上单调递增;
    ②<0(或(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0)⇔
    f(x)在D上单调递减.
    3.函数在两个不同的区间上单调性相同,一般要分开写,用“,”或“和”连接,不要用“∪”.
    诊 断 自 测
    1.判断下列说法的正误.
    (1)对于函数f(x),x∈D,若对任意x1,x2∈D,且x1≠x2有(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0,则函数f(x)在区间D上是增函数.(  )
    (2)函数y=的单调递减区间是(-∞,0)∪(0,+∞).(  )
    (3)对于函数y=f(x),若f(1) (4)函数y=f(x)在[1,+∞)上是增函数,则函数的单调递增区间是[1,+∞).(  )
    解析 (2)此单调区间不能用并集符号连接,取x1=-1,x2=1,则f(-1)<f(1),故应说成单调递减区间为(-∞,0)和(0,+∞).
    (3)应对任意的x1<x2,f(x1)<f(x2)成立才可以.
    (4)若f(x)=x,f(x)在[1,+∞)上为增函数,但y=f(x)的单调递增区间可以是R.
    答案 (1)√ (2)× (3)× (4)×
    2.(2019·北京卷)下列函数中,在区间(0,+∞)上单调递增的是(  )
    A.y=x B.y=2-x
    C.y=logx D.y=
    解析 y=x=,y=2-x=,y=logx,y=的图象如图所示.

    由图象知,只有y=x在(0,+∞)上单调递增.
    故选A.
    答案 A
    3.(2018·全国卷)设函数f(x)=则满足f(x+1) A.(-∞,-1] B.(0,+∞)
    C.(-1,0) D.(-∞,0)
    解析 当x≤0时,函数f(x)=2-x是减函数,则f(x)≥f(0)=1.作出f(x)的大致图象如图所示,结合图象可知,要使f(x+1)<f(2x),则需或所以x<0,故选D.

    答案 D
    4.(2016·北京卷)函数f(x)=(x≥2)的最大值为________.
    解析 易得f(x)==1+,
    当x≥2时,x-1>0,易知f(x)在[2,+∞)上是减函数,
    ∴f(x)max=f(2)=1+=2.
    答案 2
    5.(2020·宁波模拟)已知log23=a,则=________,函数f(x)=a2x-2ax的单调递增区间为________.
    解析 由log23=a得2a=3,故=2;又函数f(x)由u=ax与y=u2-2u复合,且a=log23>1,即u=ax单调递增,而y=u2-2u在[1,+∞)上单调递增,则由复合函数的单调性性质知若f(x)单调递增,必须有ax≥1,故x≥0,即单调递增区间为[0,+∞).
    答案 2 [0,+∞)
    6.(2020·绿色评价联盟适考)已知函数f(x)=则f(f(-3))=________,f(x)的最小值为________.
    解析 f(-3)=(-3)2+2×(-3)=3,f(f(-3))=f(3)=2.由图象得f(x)min=f(-1)=-1.
    答案 2 -1

    考点一 确定函数的单调性(区间)
    【例1】 (1)已知函数f(x)=log4(4-|x|),则f(x)的单调递增区间是________;f(0)+4f(2)=________.
    (2)(一题多解)试讨论函数f(x)=(a≠0)在(-1,1)上的单调性.
    (1)解析 由f(x)=log4(4-|x|)得函数f(x)的定义域为(-4,4),且函数y=4-|x|的单调递增区间为(-4,0],则函数f(x)=log4(4-|x|)的单调递增区间为(-4,0].f(0)+4f(2)=1+4=3.
    答案 (-4,0] 3
    (2)解 法一 设-1 因为f(x)=a=a,
    所以f(x1)-f(x2)=a-a=
    ,由于-1 所以x2-x1>0,x1-1<0,x2-1<0,
    故当a>0时,f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),函数f(x)在(-1,1)上递减;
    当a<0时,f(x1)-f(x2)<0,
    即f(x1) 法二 f′(x)=
    ==-.
    当a>0时,f′(x)<0,函数f(x)在(-1,1)上递减;
    当a<0时,f′(x)>0,函数f(x)在(-1,1)上递增.
    规律方法 (1)求函数的单调区间,应先求定义域,在定义域内求单调区间,如例1(1).
    (2)函数单调性的判断方法有:①定义法;②图象法;③利用已知函数的单调性;④导数法.
    (3)函数y=f(g(x))的单调性应根据外层函数y=f(t)和内层函数t=g(x)的单调性判断,遵循“同增异减”的原则.
    【训练1】 (1)(2020·北京西城区练习)能说明“若f(x+1)<f(x)对于任意的x∈(0,+∞)都成立,则f(x)在(0,+∞)上是减函数”为假命题的一个函数是________.
    (2)(一题多解)判断函数f(x)=x+(a>0)在(0,+∞)上的单调性,并给出证明.
    (1)解析 由题意不妨设f(x)=-,
    则f(x+1)-f(x)=-+=-2x-<0在(0,+∞)都成立,
    但是f(x)在是单调递增的,在是单调递减的,说明原命题是假命题.
    答案 y=-(答案不唯一,符合条件即可)
    (2)解 f(x)在(0,]上是减函数,在[,+∞)上是增函数.
    证明如下:
    法一 设x1,x2是任意两个正数,且x1 则f(x1)-f(x2)=-=(x1x2-a).
    当0 所以f(x1)-f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),
    所以函数f(x)在(0,]上是减函数.
    当≤x1a,又x1-x2<0,
    所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1) 所以函数f(x)在[,+∞)上是增函数.
    综上可知,函数f(x)=x+(a>0)在(0,]上是减函数,在[,+∞)上为增函数.
    法二 f′(x)=1-,令f′(x)>0,则1->0,
    解得x>或x<-(舍).
    令f′(x)<0,则1-<0,解得- ∵x>0,∴0 ∴f(x)在(0,]上为减函数,在[,+∞)上为增函数.
    考点二 确定函数的最值
    【例2】 (1)已知函数f(x)=则f(f(3))=________,函数f(x)的最大值是________.
    (2)已知函数f(x)=,x∈[1,+∞)且a≤1.
    ①当a=时,求函数f(x)的最小值;
    ②若对任意x∈[1,+∞),f(x)>0恒成立,试求实数a的取值范围.
    (1)解析 ①由于f(x)=
    所以f(3)=log3=-1,则f(f(3))=f(-1)=-3,
    ②当x>1时,f(x)=logx是减函数,得f(x)<0.
    当x≤1时,f(x)=-x2+2x=-(x-1)2+1在(-∞,1]上单调递增,则f(x)≤1,综上可知,f(x)的最大值为1.
    答案 -3 1
    (2)解 ①当a=时,f(x)=x++2,设1≤x1<x2,
    则f(x2)-f(x1)=(x2-x1),
    ∵1≤x1<x2,∴x2-x1>0,2x1x2>2,
    ∴0<<,1->0,
    ∴f(x2)-f(x1)>0,f(x1)<f(x2).
    ∴f(x)在区间[1,+∞)上为增函数,
    ∴f(x)在区间[1,+∞)上的最小值为f(1)=.
    ②当x∈[1,+∞)时,>0恒成立,
    则x2+2x+a>0对x∈[1,+∞)恒成立.
    即a>-(x2+2x)在x∈[1,+∞)上恒成立.
    令g(x)=-(x2+2x)=-(x+1)2+1,x∈[1,+∞),
    ∴g(x)在[1,+∞)上是减函数,g(x)max=g(1)=-3.
    又a≤1,
    ∴当-30在x∈[1,+∞)上恒成立.
    故实数a的取值范围是(-3,1].
    规律方法 (1)求函数最值的常用方法:①单调性法;②基本不等式法;③配方法;④图象法;⑤导数法.
    (2)利用单调性求最值,应先确定函数的单调性,然后根据性质求解.若函数f(x)在闭区间[a,b]上是增函数,则f(x)在[a,b]上的最大值为f(b),最小值为f(a).若函数f(x)在闭区间[a,b]上是减函数,则f(x)在[a,b]上的最大值为f(a),最小值为f(b).
    【训练2】 (1)(2017·浙江卷)若函数f(x)=x2+ax+b在区间[0,1]上的最大值是M,最小值是m,则M-m(  )
    A.与a有关,且与b有关 B.与a有关,但与b无关
    C.与a无关,但与b无关 D.与a无关,但与b有关
    (2)(2020·北京东城区一模)设函数f(x)=若a=1,则f(x)的最小值为________;若f(x)有最小值,则实数a的取值范围是________.
    解析 (1)因为最值在f(0)=b,f(1)=1+a+b,f=b-中取,所以最值之差一定与b无关,但与a有关,故选B.
    (2)当a=1,f(x)=f(x)=ex-2x,x<1,f′(x)=ex-2,f′(x)>0,1>x>ln 2;f′(x)<0,x<ln 2;故f(x)min=f(ln 2)=2-2ln 2;当f(x)=x-1(x≥1),f(x)单调递增,故f(x)min=f(1)=0,又2-2ln 2>0,所以f(x)的最小值为0.
    ①当a<0时,由以上知f(x)=ex-2x,x<a单调递减,故f(x)>f(a);f(x)=ax-1(x≥a)单调递减,故f(x)≤f(a),故f(x)无最小值,舍去;
    ②当a=0时,f(x)最小值为-1,成立,
    ③当a>0时,f(x)=ax-1(x≥a)单调递增,故f(x)≥f(a);
    对于f(x)=ex-2x,x<a,
    当0<a≤ln 2,由以上知f(x)>f(a),此时f(x)=最小值在x=a处取得,成立,
    当a>ln 2,由以上知f(x)≥f(ln 2),此时f(x)=最小值为min{f(ln 2),f(a)},即f(x)有最小值,综上a≥0.
    答案 (1)B (2)0 [0,+∞)
    考点三 函数单调性的应用  变式迁移
    【例3】 (1)如果函数f(x)=满足对任意x1≠x2,都有>0成立,那么实数a的取值范围是________.
    (2)定义在R上的奇函数y=f(x)在(0,+∞)上递增,且f=0,则不等式f(logx)>0的解集为________.
    解析 (1)对任意x1≠x2,都有>0,
    所以y=f(x)在(-∞,+∞)上是增函数.
    所以解得≤a<2.
    故实数a的取值范围是.
    (2)∵y=f(x)是定义在R上的奇函数,且y=f(x)在(0,+∞)上递增,
    ∴y=f(x)在(-∞,0)上也是增函数,
    又f=0,知f=-f=0.
    故原不等式f(logx)>0可化为f(logx)>f或f(logx)>f,
    ∴logx>或- 解得0 所以原不等式的解集为.
    答案 (1) (2)
    【变式迁移1】 在例题第(1)题中,条件不变,若设m=f(-),n=f(a),t=f(2),试比较m,n,t的大小.
    解 由例题知f(x)在(-∞,+∞)上是增函数,且≤a<2,又- ∴f 【变式迁移2】 在例题第(2)题中,若条件改为:“定义在R上的偶函数y=f(x)在[0,+∞)上单调递减”,且f=0,则不等式f(logx)>0的解集是________.
    解析 因为f(x)在R上为偶函数,且f=0,
    所以f(logx)>0等价于f(|logx|)>f,
    又f(x)在[0,+∞)上为减函数,所以<,
    即-<logx<,解得<x<3.
    答案 
    规律方法 (1)利用单调性求参数的取值(范围)的思路是:根据其单调性直接构建参数满足的方程(组)(不等式(组))或先得到其图象的升降,再结合图象求解.
    (2)在求解与抽象函数有关的不等式时,往往是利用函数的单调性将“f”符号脱掉,使其转化为具体的不等式求解,此时应特别注意函数的定义域.
    【训练3】 已知函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递减,且为奇函数.若f(1)=-1,则满足-1≤f(x-2)≤1的x的取值范围是(  )
    A.[-2,2] B.[-1,1]
    C.[0,4] D.[1,3]
    解析 因为f(x)为奇函数,所以f(-1)=-f(1)=1,于是-1≤f(x-2)≤1等价于f(1)≤f(x-2)≤f(-1),又f(x)在(-∞,+∞)上单调递减,
    ∴-1≤x-2≤1,∴1≤x≤3.
    答案 D

    基础巩固题组
    一、选择题
    1.若函数f(x)=|2x+a|的单调递增区间是[3,+∞),则a的值为(  )
    A.-2 B.2
    C.-6 D.6
    解析 由图象易知函数f(x)=|2x+a|的单调增区间是[-,+∞),令-=3,∴a=-6.
    答案 C
    2.(2016·北京卷)下列函数中,在区间(-1,1)上为减函数的是(  )
    A.y= B.y=cos x
    C.y=ln(x+1) D.y=2-x
    解析 ∵y=与y=ln(x+1)在(-1,1)上为增函数,且y=cos x在(-1,1)上不具备单调性.∴A,B,C不满足题意.只有y=2-x=在(-1,1)上是减函数.
    答案 D
    3.已知函数y=f(x)的图象关于x=1对称,且在(1,+∞)上单调递增,设a=f,b=f(2),c=f(3),则a,b,c的大小关系为(  )
    A.c C.b 解析 ∵函数图象关于x=1对称,∴a=f=f,又y=f(x)在(1,+∞)上单调递增,∴f(2) 答案 B
    4.定义新运算“⊕”:当a≥b时,a⊕b=a;当a A.-1 B.1
    C.6 D.12
    解析 由已知得当-2≤x≤1时,f(x)=x-2,
    当1 ∵f(x)=x-2,f(x)=x3-2在定义域内都为增函数,
    ∴f(x)的最大值为f(2)=23-2=6.
    答案 C
    5.设f(x)是定义在(0,+∞)上的单调增函数,满足f(xy)=f(x)+f(y),f(3)=1,则当f(x)+f(x-8)≤2时,x的取值范围是(  )
    A.(8,+∞) B.(8,9]
    C.[8,9] D.(0,8)
    解析 2=1+1=f(3)+f(3)=f(9),由f(x)+f(x-8)≤2,可得f[x(x-8)]≤f(9),因为f(x)是定义在(0,+∞)上的增函数,
    所以有解得8 答案 B
    6.如果函数f(x)对任意的实数x,都有f(1+x)=f(-x),且当x≥时,f(x)=log2(3x-1),那么函数f(x)在[-2,0]上的最大值与最小值之和为(  )
    A.2 B.3
    C.4 D.-1
    解析 根据f(1+x)=f(-x),可知函数f(x)的图象关于直线x=对称.又函数f(x)在上单调递增,故f(x)在上单调递减,则函数f(x)在[-2,0]上的最大值与最小值之和为f(-2)+f(0)=f(1+2)+f(1+0)=f(3)+f(1)=log28+log22=4.
    答案 C
    二、填空题
    7.函数f(x)=-log2(x+2)在区间[-1,1]上的最大值为________.
    解析 由于y=在R上递减,y=log2(x+2)在[-1,1]上递增,所以f(x)在[-1,1]上单调递减,故f(x)在[-1,1]上的最大值为f(-1)=3.
    答案 3
    8.若函数f(x)=ax(a>0,a≠1)在[-1,2]上的最大值为4,最小值为m,且函数g(x)=(1-4m)在[0,+∞)上是增函数,则a=________.
    解析 当a>1时,则y=ax为增函数,有a2=4,a-1=m,此时a=2,m=,
    此时g(x)=-在[0,+∞)上为减函数,不合题意.
    当0 有a-1=4,a2=m,此时a=,m=.
    此时g(x)=在[0,+∞)上是增函数.故a=.
    答案 
    9.设函数f(x)=若函数y=f(x)在区间(a,a+1)上单调递增,则实数a的取值范围是________.
    解析 作出函数f(x)的图象如图所示,由图象可知f(x)在(a,a+1)上单调递增,需满足a≥4或a+1≤2,即a≤1或a≥4.

    答案 (-∞,1]∪[4,+∞)
    10.(2020·温州适应性测试)已知函数f(x)=若函数f(x)在R上是单调的,则实数a的取值范围是________;若对任意的实数x1<a,总存在实数x2≥a,使得f(x1)+f(x2)=0,则实数a的取值范围是________.
    解析 因为函数f(x)在(-∞,a)上单调递增,则由函数f(x)在R上单调,得解得a≥2.由对任意x1<a,总存在x2≥a,使得f(x1)+f(x2)=0,即f(x2)=-f(x1),得函数y=-f(x)在(-∞,a)上的值域是函数f(x)在[a,+∞)上的值域的子集,而函数y=-f(x)在(-∞,a)上的值域为(-a-2,+∞),函数f(x)在[a,+∞)上的值域为[0,+∞)(a≤0)或[a2,+∞)(a>0),所以有或解得a≤-2.
    答案 [2,+∞) (-∞,-2]
    三、解答题
    11.已知函数f(x)=-(a>0,x>0).
    (1)求证:f(x)在(0,+∞)上是增函数;
    (2)若f(x)在上的值域是,求a的值.
    (1)证明 设x2>x1>0,则x2-x1>0,x1x2>0,
    ∵f(x2)-f(x1)=-=-=>0,
    ∴f(x2)>f(x1),∴f(x)在(0,+∞)上是增函数.
    (2)解 ∵f(x)在上的值域是,又由(1)得f(x)在上是单调增函数,
    ∴f=,f(2)=2,易知a=.
    12.已知函数f(x)=2x-的定义域为(0,1](a为实数).
    (1)当a=1时,求函数y=f(x)的值域;
    (2)求函数y=f(x)在区间(0,1]上的最大值及最小值,并求出当函数f(x)取得最值时x的值.
    解 (1)当a=1时,f(x)=2x-,任取1≥x1>x2>0,则f(x1)-f(x2)=2(x1-x2)-=(x1-x2).
    ∵1≥x1>x2>0,∴x1-x2>0,x1x2>0.
    ∴f(x1)>f(x2),∴f(x)在(0,1]上单调递增,无最小值,当x=1时取得最大值1,所以f(x)的值域为(-∞,1].
    (2)当a≥0时,y=f(x)在(0,1]上单调递增,无最小值,当x=1时取得最大值2-a;
    当a<0时,f(x)=2x+,
    当≥1,即a∈(-∞,-2]时,y=f(x)在(0,1]上单调递减,无最大值,当x=1时取得最小值2-a;
    当<1,即a∈(-2,0)时,y=f(x)在上单调递减,在上单调递增,无最大值,当x=时取得最小值2.
    能力提升题组
    13.已知函数f(x)=ex-1,g(x)=-x2+4x-3,若存在f(a)=g(b),则实数b的取值范围为(  )
    A.[0,3] B.(1,3)
    C.[2-,2+] D.(2-,2+)
    解析 由题可知f(x)=ex-1>-1,g(x)=-x2+4x-3=-(x-2)2+1≤1,
    若f(a)=g(b),则g(b)∈(-1,1],
    即-b2+4b-3>-1,即b2-4b+2<0,
    解得2- 所以实数b的取值范围为(2-,2+).
    答案 D
    14.已知a∈R,函数f(x)满足:存在x0>0,对任意的x>0,恒有|f(x)-a|≤|f(x0)-a|,则f(x)可以为(  )
    A.f(x)=lg x B.f(x)=-x2+2x
    C.f(x)=2x D.f(x)=sin x
    解析 由a∈R,不妨设a=0,g(x)=|f(x)|,则原问题可看成存在x0>0,g(x)max=g(x0)=|f(x0)|.对于A选项,g(x)=|lg x|,结合其函数图象知,g(x)存在最小值0,不存在最大值,排除A;对于B选项,g(x)=|-x2+2x|=|x2-2x|,g(x)存在最小值0,不存在最大值,排除B;对于C选项,g(x)=|2x|=2x,显然g(x)不存在最小值,也不存在最大值,排除C;对于D选项,g(x)=|sin x|≤1,g(x)存在最大值,故选D.
    答案 D
    15.已知t∈R,记函数f(x)=|x++t|在[-1,2]上的最大值为H(t),若H(t)≥1,则t的取值范围是________.
    解析 记u=x+,当x∈[-1,2]时,u∈[2,3],
    所以H(t)=max{|2+t|,|3+t|}=+=+≥1,
    解得t≤-3或t≥-2.
    答案 (-∞,-3]∪[-2,+∞)
    16.(一题多解)设函数f(x)=+,记M(a)为f(x)的最大值,则M(a)的最小值为________.
    解析 法一 由题知当a≤0时,f(x)无最大值,故a>0.由定义域知0≤x+1≤1+,令(x+1)=cos2α,代入f(x)=+,则有f(x)=cos α+sin α=·sin(α+θ),其中tan θ=,且a>0,所以M(a)=≥2(当且仅当a=1时取到等号).
    法二 由题知当a≤0时,f(x)无最大值,故a>0,令导函数f′(x)=·-·=0,得唯一极大值点x=-1,所以M(a)=f=+≥2(当且仅当a=1时取到等号).
    答案 2
    17.已知函数f(x)=lg(x+-2),其中a是大于0的常数.
    (1)求函数f(x)的定义域;
    (2)当a∈(1,4)时,求函数f(x)在[2,+∞)上的最小值;
    (3)若对任意x∈[2,+∞)恒有f(x)>0,试确定a的取值范围.
    解 (1)由x+-2>0,得>0,
    当a>1时,x2-2x+a>0恒成立,定义域为(0,+∞),
    当a=1时,定义域为{x|x>0且x≠1},
    当0<a<1时,定义域为{x|0<x<1-或x>1+}.
    (2)设g(x)=x+-2,当a∈(1,4),x∈[2,+∞)时,
    ∴g′(x)=1-=>0.
    因此g(x)在[2,+∞)上是增函数,
    ∴f(x)在[2,+∞)上是增函数.
    则f(x)min=f(2)=lg.
    (3)对任意x∈[2,+∞),恒有f(x)>0,
    即x+-2>1对x∈[2,+∞)恒成立.
    ∴a>3x-x2.令h(x)=3x-x2,x∈[2,+∞).
    由于h(x)=-+在[2,+∞)上是减函数,
    ∴h(x)max=h(2)=2.故a>2时,恒有f(x)>0.
    因此实数a的取值范围为(2,+∞).
    18.a∈R,设函数f(x)=x|x-a|-x.
    (1)若a=3,求函数f(x)的单调区间;
    (2)若a≤0,对于任意的x∈[0,t],不等式-1≤f(x)≤6恒成立,求实数t的最大值及此时a的值.
    解 (1)当a=3时,f(x)=
    函数f(x)的单调递增区间为(-∞,1),(3,+∞),单调递减区间为(1,3).
    (2)当a≤0,x∈[0,t]时,x≥a恒成立,故f(x)=x2-(a+1)x.
    ①当a≤-1时,≤0,f(x)在[0,t]上单调递增,
    f(x)min=f(0)=0,
    f(x)max=f(t)=t2-(a+1)t,由题意得f(x)max≤6,
    即t2-(a+1)t≤6,
    解得0<t≤.
    令m=-(a+1)≥0,h(m)==在[0,+∞)上单调递减,
    所以h(x)max=h(0)=,即当a=-1时,tmax=.
    ②当-1 当0<t≤a+1≤1时,f(x)max=f(0)=0,满足题意,此时tmax=1,a=0;
    当t>a+1时,f(x)max=f(t)=t2-(a+1)t,
    由题意得f(x)max≤6,即t2-(a+1)t≤6,
    解得a+1<t≤.
    令m=a+1,则0<m≤1,h(m)=在(0,1]上单调递增,
    所以h(m)max=h(1)=3,即当a=0时,tmax=3.
    综上所述,tmax=3,此时a=0.

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        2021届浙江省高考数学一轮学案:第三章第3节 函数的单调性与最值
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