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


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.