19. （1）如图：
（2）函数f(x)的单调递增区间为???，. ?2?和?0,1?；单调递减区间为（?2,0）和（1，??）（3）m???1,0?
20.【解答】解：（1）集合A={x|x+1≤0或x﹣4≥0}={x|x≥4或x≤﹣1}， B={x|2a≤x≤a+2}， A∩B=B?B?A，
若B=?，则2a＞a+2，即为a＞2； 若B≠?，则
解得a=2或a≤﹣3， 综上可得，a≥2或a≤﹣3；
（2）若A∩B=?，
若B=?，则2a＞a+2，即为a＞2； 若B≠?，则2a＞﹣1，且a+2＜4， 解得﹣＜a＜2，
综上可得，当a＞﹣且a≠2时，A∩B=?， 则A∩B≠?，a的范围是a=2或a≤﹣．
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或，
21【解答】解：（1）设f（x）=ax+bx+c（a＞0），由于过点（0，4）， ∴c=4．
由f（3﹣x）=f（x）得，a（3﹣x）+b（3﹣x）+4=ax+bx+4，即3a+b=0① 又f（1）=a+b+4=2 ∴a=1，b=﹣3， 故f（x）=x﹣3x+4，
则函数的单调递减区间为：（﹣∞，] 若f（x）在（a，2a﹣1）上单调递减， 则a＜2a﹣1≤ 解得：a∈（1，]；
（2）函数h（x）=f（x）﹣（2t﹣3）x=x﹣2tx+4的图象是开口朝上，且以直线x=t为对称轴的抛物线，
当t≤0时，h（x）在区间[0，1]上为增函数，当x=0时，h（x）取最小值，即g （t）=h（0）=4．
当0＜t＜1时，h（x）在区间[0，t]上为减函数，区间[t，1]上为增函数，当x=t时，h（x）取最小值，即g （t）=h（t）=4﹣t．
当t≥1时，h（x）在区间[0，1]上为减函数，当x=1时，h（x）取最小值，即g （t）=h（1）=5﹣2t．
22. (1)解：令m＝n＝0，则f(0)＝2f(0)－1，
∴f(0)＝1.
(2)证明：任取x1，x2∈R且x1＜x2， ∴x2－x1＞0，f(x2－x1)＞1. ∵f(m＋n)＝f(m)＋f(n)－1，
∴f(x2)＝f[(x2－x1)＋x1]＝f(x2－x1)＋f(x1)－1＞1＋f(x1)－1＝f(x1)． ∴f(x2)＞f(x1)． ∴f(x)在R上为增函数．
(3)解：∵f(ax－2)＋f(x－x)＜3， 即f(ax－2)＋f(x－x)－1＜2，
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2
22
2
2
2
2
2
∴f(ax－2＋x－x)＜2.
∵f(1)＝2，∴f(ax－2＋x－x)＜f(1)． 又∵f(x)在R上为增函数， ∴ax－2＋x－x＜1.
∴x－(a＋1)x＋3＞0对任意的x∈[1，＋∞)恒成立． 解法一：令g(x)＝x－(a＋1)x＋3， 当当
2
2
2
2
2
a＋1
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≤1，即a≤1时，由g(1)＞0得a＜3，∴a≤1； ＞1，即a＞1时，由Δ＜0得(a＋1)－3×4＜0，
2
a＋1
∴－23－1＜a＜23－1.∴1＜a＜23－1. 综上，实数a的取值范围为(－∞，23－1)． 解法二：分参法
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山东省泰安第一中学2018-2019学年高一数学10月学情检测试题 - 图文
