2019-2020学年上海市杨浦区控江中学高一(上)期末数学试卷及答案

2019-2020学年上海市杨浦区控江中学高一（上）期末数学试卷一、填空题（本大题共有12小题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）1．（4分）集合A＝{1，2}，B＝{2，3}，则A∪B＝．

2．（4分）设函数f（x）＝+，g（x）＝﹣，则函数f（x）?g（x）的定义域为．

3．（4分）已知函数f（x）满足f（）＝x，则f（4）＝

4．（4分）将函数f（x）＝x3的图象向右平移2个单位后，得到函数g（x）的图象，则g（2）＝．

5．（4分）已知常数a∈R，设集合A＝[a，+∞），B＝{﹣1，0，1}，若B?A，则a的最大值为．

6．（4分）设函数f（x）＝log2（3x﹣1）的反函数为f﹣1（x），若f﹣1（a）＝3，则a＝．7．（5分）已知常数a∈R+，函数f（x）＝为奇函数，则a＝．

8．（5分）已知常数a∈R，函数f（x）＝x2﹣4x+a在[1，4]上有两个不同的零点，则a的取值范围为．

9．（5分）已知常数a∈R、函数f（x）＝，若f（x）的最大值与最小值之差为2，则a＝．

10．（5分）设x，y，z∈R+，满足2x＝3y＝6z，则2x+﹣的最小值为．

11．（5分）已知常数a∈R+，函数f（x）＝log2（x2+a），g（x）＝f[f（x）]若f（x）与g（x）有相同的值域，则a的取值范围为．

12．（5分）已知常数a∈R．设函数f（x）＝3x3+（2a﹣1）x+a，定义域为（0，），若f（x）的最小值为0，则a的取值范围为．

二.选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）

13．（5分）已知常数a∈Q，如图为幂函数y＝x a的图象，则a的值可以为（）

A．B．C．﹣D．﹣

14．（5分）设集合A＝{x|（x+1）（x﹣2）≥0}，B＝{x|≥0}．则“x∈A”是“x∈B”的（）

A．充分非必要条件B．必要非充分条件

C．充要条件D．既非充分又非必要条件

15．（5分）设集合S＝{（x，y，z）|x y＝y z＝z x，实数x，y，z均大于1，且它们互不相等}，则S中（）

A．元素个数为0B．元素个数为3

C．元素个数为6D．含有无穷个元素

16．（5分）若函数f（x）的图象上存在关于直线y＝x对称的不同两点，则称f（x）具有性质P，已知a，b为常数，函数g（x）＝2x+，h（x）＝，对于命题：①存在a∈R+，使得g（x）具有性质P；②存在b∈R+，使得h（x）具有性质P，下列判断正确的是（）A．①和②均为真命题B．①和②均为假命

C．①为真命题，②为假命题D．①为假命题，②为真命题

三、解答题（本大题共5题，共76分）

17．（14分）已知常数a∈R，函数f（x）＝|2x﹣1|+a．

（1）若a＝﹣3，解不等式f（x）≤0；

（2）若关于x的不等式f（x）≥1对任意x∈R恒成立，求a的取值范围．

18．（14分）已知函数f（x）的定义域为R，当x≥0时，f（x）＝2x﹣．（1）求函数g（x）＝f（x）﹣x（x≥0）的零点；

（2）若f（x）为偶函数，当x＜0时，解不等式f（x）＜﹣4x﹣3．

19．（14分）研究发现，在40分钟的一节课中，注意力指标p与学生听课时间t（单位：分

钟）之间的函数关系为p＝．

（1）在上课期间的前14分钟内（包括第14分钟），求注意力指标的最大值；

（2）根据专家研究，当注意力指标大于80时，学生的学习效果最佳．现有一节40分钟的课，其核心内容为连续的25分钟，问：教师是否能够安排核心内容的时间段，使得学生在核心内容的这段时间内，学习效果均在最佳状态？

20．（16分）已知常数a∈R+，函数f（x）＝x2﹣ax+1

（1）若a＝3，解方程log3f（x）＝1+log3（x﹣）；

（2）设函数g（x）＝[f（x）]．若g（x）在[0，]上单调递减，求a的取值范围；

（3）设集合A＝{x|f（x）＝x+a﹣3，x≥a﹣1}的元素个数为n，求n关于a的函数n（a）在R+的表达式．

21．（18分）已知函数f（x），g（x）的定义域分别为D1，D2，若存在常数C∈R+，满足：

①对任意x0∈D1，恒有x0+C∈D1，且f（x0）≤f（x0+C）；

②对任意x0∈D1，关于x的不等式组f（x0）≤g（x）≤g（x+C）≤f（x0+C）恒有解，则

称g（x）为f（x）的一个“C型函数”．

（1）设函数f（x）＝和g（x）＝，求证：g（x）为f （x）的一个“型函数”；

（2）设常数a∈R，函数f（x）＝x3+ax（x≥﹣1），g（x）＝2x（x≥﹣1）．若g（x）为f （x）的一个“1型函数”，求a的取值范围；

（3）设函数f（x）＝x2﹣4x（x≥0）．问：是否存在常数t∈R+，使得函数g（x）＝x+

（x＞0）为f（x）的一个“t型函数”？若存在，求t的取值范围；若不存在，说明理由．2019-2020学年上海市杨浦区控江中学高一（上）期末数学试卷

参考答案与试题解析

一、填空题（本大题共有12小题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）1．（4分）集合A＝{1，2}，B＝{2，3}，则A∪B＝{1，2，3}．

【分析】由集合A与B，求出两集合的并集即可．

【解答】解：∵A＝{1，2}，B＝{2，3}，

∴A∪B＝{1，2，3}．

故答案为：{1，2，3}

【点评】此题考查了并集及其运算，熟练掌握并集的定义是解本题的关键．

2．（4分）设函数f（x）＝+，g（x）＝﹣，则函数f（x）?g（x）的定义域为[0，+∞）．

【分析】由根式内部的代数式大于等于0分别求解f（x）与g（x）的定义域，取交集可得函数f（x）?g（x）的定义域．

【解答】解：由，解得x≥0，

∴函数f（x）的定义域为[0，+∞）；

同理求得函数g（x）的定义域为[0，+∞）．

则函数f（x）?g（x）的定义域为[0，+∞）．

故答案为：[0，+∞）．

【点评】本题考查函数的定义域及其求法，是基础题．

3．（4分）已知函数f（x）满足f（）＝x，则f（4）＝16

【分析】根据题意，分析可得函数的解析式，将x＝4代入计算可得答案．

【解答】解：根据题意，函数f（x）满足f（）＝x，则f（x）＝x2，（x≥0）；

故f（4）＝42＝16；

故答案为：16．

【点评】本题考查函数值的计算，涉及函数的解析式，属于基础题．

4．（4分）将函数f（x）＝x3的图象向右平移2个单位后，得到函数g（x）的图象，则g（2）＝0．

【分析】根据函数平移关系进行求解即可．

【解答】解：将函数f（x）＝x3的图象向右平移2个单位后，得到函数g（x）的图象，即g（x）＝（x﹣2）3，则g（2）＝0，

故答案为：0

【点评】本题主要考查函数值的计算，结合函数平移关系求出函数的解析式是解决本题的关键．比较基础．

5．（4分）已知常数a∈R，设集合A＝[a，+∞），B＝{﹣1，0，1}，若B?A，则a的最大值为﹣1．

【分析】根据集合的包含关系，求出a．

【解答】解：集合A＝[a，+∞），B＝{﹣1，0，1}，若B?A，

所以a≤﹣1，

故a最大值为﹣1，

故答案为：﹣1

【点评】考查集合与集合的关系，含参问题求范围，中档题．

6．（4分）设函数f（x）＝log2（3x﹣1）的反函数为f﹣1（x），若f﹣1（a）＝3，则a＝3．【分析】由互为反函数的性质可得，直接求出a的值．

【解答】解：由互为反函数的性质可得：由题意可得：若f﹣1（a）＝3，即a＝f（3）＝log2（3×3﹣1）＝log28＝3，

故答案为：3．

【点评】考查互为反函数的性质，属于基础题．

7．（5分）已知常数a∈R+，函数f（x）＝为奇函数，则a＝1．【分析】根据题意，由奇函数的定义可得f（﹣x）＝﹣f（x），即＝﹣（），变形分析可得答案．

【解答】解：根据题意，函数f（x）＝为奇函数，即f（﹣x）＝﹣f（x），

则有＝﹣，

变形可得：（a﹣1）?2x＝a﹣1，

则有a＝1；

故答案为：1．

【点评】本题考查函数奇偶性的性质以及应用，注意函数奇偶性的定义，属于基础题．

8．（5分）已知常数a∈R，函数f（x）＝x2﹣4x+a在[1，4]上有两个不同的零点，则a的取值范围为[3，4）．

【分析】根据二次函数的单调区间，结合函数零点判定定理列出不等式解得即可

【解答】解：函数f（x）对称轴为x＝2，且在x＜2时单调递减，在x＞2时单调递增，要使函数f（x）＝x2﹣4x+a在[1，4]上有两个不同的零点，

则f（1）＝1﹣4+a≥0，f（4）＝16﹣16+a≥0，f（2）＝4﹣8+a＜0，

解得3≤a＜4，故a的取值范围是[3，4），

故答案为[3，4）．

【点评】本题考查函数的基本性质，函数零点判定定理，属于中档题，

9．（5分）已知常数a∈R、函数f（x）＝，若f（x）的最大值与最小值之差为2，则a＝．

【分析】x∈R，f′（x）＝＝，﹣x2﹣2ax+1＝0，即x2+2ax ﹣1＝0必有两个不等实数根x1，x2．不妨设x1＜x2，f′（x）＝，可知：x＝x1时取得极小值即最小值，x＝x2时取得极大值即最大值．f（x2）﹣f（x1）＝

﹣＝2，化简把根与系数的关系代入即可得出．

另解：运用判别式法，利用求根公式即可得出．

【解答】解：x∈R，f′（x）＝＝，

﹣x2﹣2ax+1＝0，即x2+2ax﹣1＝0必有两个不等实数根x1，x2．

不妨设x1＜x2，x1+x2＝﹣2a，x1x2＝﹣1．

f′（x）＝，

可知：x＝x1时取得极小值即最小值，x＝x2时取得极大值即最大值．

f（x2）﹣f（x1）＝﹣＝2，

化为：﹣x1+x2+a+a﹣（x1﹣x2+a+a）＝2（1+1++）．

∴a＝．

另解：由y＝，化为：yx2﹣x+y﹣a＝0，

由x∈R，∴△＝1﹣4y（y﹣a）≥0，解得：≤y≤．

∴﹣＝2，

解得a＝，

经过验证满足题意．

故答案为：．

【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性、方程与不等式的解法、一元二次方程的根与系数的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

10．（5分）设x，y，z∈R+，满足2x＝3y＝6z，则2x+﹣的最小值为2．【分析】结合对数的换底公式及基本不等式的性质即可求解．

【解答】解：设2x＝3y＝6z＝k，

则x＝log2k，y＝log3k，z＝log6k，k＞1，

则2x+﹣＝2log2k+log k6﹣log k3＝2log2k+log k2，

当且仅当2log2k＝log k2时取等号，此时取得最小值2．

故答案为：2．

【点评】本题主要考查了对数的换底公式的应用及利用基本不等式求解最值属于基础试题．

11．（5分）已知常数a∈R+，函数f（x）＝log2（x2+a），g（x）＝f[f（x）]若f（x）与g（x）有相同的值域，则a的取值范围为（0，1]．

【分析】由已知求得f（x）的最小值，结合题意可得f（x）的最小值小于0，求解对数不等式得答案．

【解答】解：∵a∈R+，x2+a≥a，

∴f（x）min＝log2a，

函数g（x）＝f[f（x）]，若f（x）与g（x）有相同的值域，

则f（x）min＝log2a≤0，即0＜a≤1．

∴a的取值范围为（0，1]．

故答案为：（0，1]．

【点评】本题考查函数值域的简单应用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．12．（5分）已知常数a∈R．设函数f（x）＝3x3+（2a﹣1）x+a，定义域为（0，），若f（x）的最小值为0，则a的取值范围为[，+∞）．

【分析】函数f（x）＝3x3+（2a﹣1）x+a，定义域为（0，），f（x）的最小值为0，可得f（x）≥0，化为：a≥．令t＝＞2，则x2＝．可得a≥＝f（t），t＞2．变形利用基本不等式的性质即可得出．

【解答】解：函数f（x）＝3x3+（2a﹣1）x+a，定义域为（0，），f（x）的最小值为0，

∴f（x）≥0，化为：a≥＝．

令t＝＞2，则x2＝．

∴a≥＝f（t），t＞2．

则f（t）＝≤＝．

∴a≥．

故答案为：[，+∞）．

【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值最值、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

二.选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）

13．（5分）已知常数a∈Q，如图为幂函数y＝x a的图象，则a的值可以为（）

A．B．C．﹣D．﹣

【分析】根据幂函数的图象关于y轴对称，且在第一象限内单调递减，可以得出C选项正确．

【解答】解：根据幂函数y＝x a的图象关于y轴对称，函数是偶函数，排除B、D选项；

再根据幂函数y＝x a的图象在第一象限内从左到右下降，是单调减函数，

所以a＜0，排除A，即C选项正确．

故选：C．

【点评】本题考查了幂函数的图象与性质的应用问题，是基础题．

14．（5分）设集合A＝{x|（x+1）（x﹣2）≥0}，B＝{x|≥0}．则“x∈A”是“x∈B”的（）

A．充分非必要条件B．必要非充分条件

C．充要条件D．既非充分又非必要条件

【分析】利用不等式的解法化简A，B，即可判断出关系．

【解答】解：集合A＝{x|（x+1）（x﹣2）≥0}＝{x|x≥2，或x≤﹣1}，

B＝{x|+≥0}＝{x|x≥2，或x＜﹣1}．

则“x∈A”是“x∈B”的必要不充分条件．

故选：B．

【点评】本题考查了不等式的解法、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

15．（5分）设集合S＝{（x，y，z）|x y＝y z＝z x，实数x，y，z均大于1，且它们互不相等}，则S中（）

A．元素个数为0B．元素个数为3

C．元素个数为6D．含有无穷个元素

【分析】设1＜x＜y，∵x y＝y z，实数x，y，z均大于1，且它们互不相等，可得z＜y，由y z＝z x，则x＞z，由x y＝z x，则y＜x．得出矛盾，即可得出结论．

【解答】解：设1＜x＜y，∵x y＝y z，实数x，y，z均大于1，且它们互不相等，

∴z＜y，

由y z＝z x，则x＞z，

由x y＝z x，则y＜x．与1＜x＜y矛盾，

因此不存在x，y，z满足条件．

因此S中不含有元素．

故选：A．

【点评】本题考查了指数函数幂函数的单调性、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

16．（5分）若函数f（x）的图象上存在关于直线y＝x对称的不同两点，则称f（x）具有性质P，已知a，b为常数，函数g（x）＝2x+，h（x）＝，对于命题：①存在a∈R+，使得g（x）具有性质P；②存在b∈R+，使得h（x）具有性质P，下列判断正确的是（）A．①和②均为真命题B．①和②均为假命

C．①为真命题，②为假命题D．①为假命题，②为真命题

【分析】关于直线y＝x对称的两点一定在直线y＝﹣x+m上，所以若函数f（x）具有性质P，则函数f（x）与直线y＝﹣x+m有两个不同交点，然后联立函数与直线方程，求解方程根的个数问题即可．

【解答】解：关于直线y＝x对称的两点一定在直线y＝﹣x+m上，所以若函数f（x）具有性质P，则函数f（x）与直线y＝﹣x+m有两个不同交点．

①令＝﹣x+m，化简得3x2﹣mx+a＝0，若有两个交点，则△＝m2﹣12a＞0，

可取m＝4，a＝1，故存在a∈R+，使得g（x）具有性质P，即①为真命题；

②令h（x）＝＝﹣x+m，化简得x3﹣mx2+bx﹣1＝0，即，

因为b∈R+，所以该式子不可能有两个根，故不存在b∈R+，使得h（x）具有性质P，即

②为假命题．

故选：C．

【点评】本题考查了函数的新定义问题，考查了学生转化与化归的能力，属于中档题．三、解答题（本大题共5题，共76分）

17．（14分）已知常数a∈R，函数f（x）＝|2x﹣1|+a．

（1）若a＝﹣3，解不等式f（x）≤0；

（2）若关于x的不等式f（x）≥1对任意x∈R恒成立，求a的取值范围．

【分析】（1）代入a＝﹣3，得到|2x﹣1|≤3，求出x的范围即可；

（2）不等式|2x﹣1|+a≥1对任意x∈R恒成立可化为a≥[1﹣|2x﹣1|]max，利用|2x﹣1|≥0恒成立即可求出a的范围．

【解答】解：（1）∵a＝﹣3，f（x）≤0，即|2x﹣1|﹣3≤0，

即﹣3≤2x﹣1≤3，

解得﹣1≤x≤2，∴f（x）≤0的解集为[﹣1，2]．

（2）∵对任意x∈R，不等式f（x）≥1恒成立，即|2x﹣1|+a≥1恒成立，

∵|2x﹣1|≥0，

∴a≥[1﹣|2x﹣1|]max＝1，

∴a≥1．

【点评】本题主要考查绝对值不等式解法、考查运算能力，属于基础题．

18．（14分）已知函数f（x）的定义域为R，当x≥0时，f（x）＝2x﹣．（1）求函数g（x）＝f（x）﹣x（x≥0）的零点；

（2）若f（x）为偶函数，当x＜0时，解不等式f（x）＜﹣4x﹣3．

【分析】（1）将求函数的零点转化为求方程的解，进而求出方程的解，可得函数的零点；

（2）由于函数为偶函数，由偶函数的性质，由已知x≥0的解析式可得x＜0的f（x）的解析式，进而求出不等式的解集．

【解答】解：（1）求g（x）＝f（x）﹣x（x≥0）的零点，即是求方程f（x）＝x（x≥0）的解，

由题意可得：2x﹣＝x，整理可得：x2+x﹣2＝0，x≥0，所以解得x＝1，

所以g（x）＝f（x）﹣x（x≥0）的零点为：1；

（2）若f（x）为偶函数，设x＜0，则﹣x＞0，由题意可得f（﹣x）＝2（﹣x）﹣＝﹣2x+，

由于f（x）为偶函数，所以f（x）＝f（﹣x）＝﹣2x+，

所以f（x）＝﹣2x+，x＜0，

由题意可得：﹣2x+＜﹣4x﹣3，x＜0．

整理可得：2x2+x﹣1＞0，x＜0，

解得：x＜﹣1，

所以不等式的解集为：（﹣∞，﹣1）．

【点评】考查函数的偶函数的性质及函数的零点与方程根的互化，属于基础题．19．（14分）研究发现，在40分钟的一节课中，注意力指标p与学生听课时间t（单位：分

钟）之间的函数关系为p＝．

（1）在上课期间的前14分钟内（包括第14分钟），求注意力指标的最大值；

（2）根据专家研究，当注意力指标大于80时，学生的学习效果最佳．现有一节40分钟的课，其核心内容为连续的25分钟，问：教师是否能够安排核心内容的时间段，使得学生在核心内容的这段时间内，学习效果均在最佳状态？

【分析】（1）利用二次函数的性质即可求解；

（2）分段求出满足P≥80的t的范围，再与25比较即可得出结论．

【解答】解：（1）当0＜t≤14时，P＝﹣，

∴当t＝时，P的值最大，最大值为：82；

（2）当0＜t≤14时，令P＝﹣≥80，解得，∴

，

当14＜t≤40时，令83﹣log3（t﹣5）≥80，解得5＜t≤32，∴t∈[14，32]，

∴，

∵32﹣（12﹣2）＝20+2＜25，

∴教师不能够安排核心内容的时间段，使得学生在核心内容的这段时间内，学习效果均在最佳状态．

【点评】本题主要考查了函数的实际运用，是中档题．

20．（16分）已知常数a∈R+，函数f（x）＝x2﹣ax+1

（1）若a＝3，解方程log3f（x）＝1+log3（x﹣）；

（2）设函数g（x）＝[f（x）]．若g（x）在[0，]上单调递减，求a的取值范围；

（3）设集合A＝{x|f（x）＝x+a﹣3，x≥a﹣1}的元素个数为n，求n关于a的函数n（a）在R+的表达式．

【分析】（1）根据对数的运算性质以及对数函数的性质，即可解得；

（2）根据复合函数的单调性可知，f（x）在x∈[0，]单调递减，再根据二次函数的单调性和f（）≥0，即可求出；

（3）当x≠﹣1时，原方程可变为a+3＝x+1+，所以方程解的个数可转化为直线y ＝a+3与曲线y＝t+在[a，+∞）上的图象的交点个数，即可求出．

【解答】解：（1）a＝3时f（x）＝x2﹣3x+1，所以方程为：log3（x2﹣3x+1）＝log3[3（x ﹣）]＝log3（3x﹣4），

所以可得：解得：x＝5或x＝1（舍），

所以方程的解为：x＝5．

（2）设函数g（x）＝[f（x）]．若g（x）在[0，]上单调递减可得：

f（x）＞0，且f（x）在x∈[0，]单调递减，

所以可得解得，即

所以a的取值范围为：[]；

（3）x＝﹣1显然不是方程x2﹣ax+1＝x+a﹣3的解．

当x≠﹣1时，原方程可变为a+3＝x+1+，

令t＝x+1∈[a，+∞），则a+3＝t+，

所以当0＜a＜2﹣3时，方程无解；

当a＝时，方程只有一解；

当＜a＜时，方程有两解；

当a时，方程只有一解．

故n（a）＝．

【点评】本题主要考查了对数的运算性质，对数函数的性质，复合函数的单调性，以及含参的一元二次方程在限定区间上的解的个数问题的解法，考查学生利用所学知识综合处理问题的能力，属于较难题．

21．（18分）已知函数f（x），g（x）的定义域分别为D1，D2，若存在常数C∈R+，满足：

①对任意x0∈D1，恒有x0+C∈D1，且f（x0）≤f（x0+C）；

②对任意x0∈D1，关于x的不等式组f（x0）≤g（x）≤g（x+C）≤f（x0+C）恒有解，则

称g（x）为f（x）的一个“C型函数”．

（1）设函数f（x）＝和g（x）＝，求证：g（x）为f （x）的一个“型函数”；

（2）设常数a∈R，函数f（x）＝x3+ax（x≥﹣1），g（x）＝2x（x≥﹣1）．若g（x）为f （x）的一个“1型函数”，求a的取值范围；

（3）设函数f（x）＝x2﹣4x（x≥0）．问：是否存在常数t∈R+，使得函数g（x）＝x+

（x＞0）为f（x）的一个“t型函数”？若存在，求t的取值范围；若不存在，说明理由．【分析】（1）①x0∈[0，]时，f（x0）＝﹣1，f（x0+）＝1，﹣1≤g（x）≤g（x+）≤1，判断是否有解即可得出．

②x0时，f（x0）＝1，f（x0+）＝1，1≤g（x）≤g（x+）≤1，判断是否有解即

可得出．

（2）设常数a∈R，函数f（x）＝x3+ax（x≥﹣1），g（x）＝2x（x≥﹣1）．由g（x）为f （x）的一个“1型函数”，可得?x0≥﹣1，f（x0）≤g（x）≤g（x+C）≤f（x0+C）恒有解，+ax0≤2x≤2（x+1）≤+a（x0+1）．+ax0≤+a（x0+1）．化为：a≥﹣﹣2x0﹣1＝﹣，a≥0．解出即可得出．

（3）假设存在常数t∈R+，使得函数g（x）＝x+（x＞0）为f（x）的一个“t型函数”．

﹣4x0≤x+≤x+t+≤﹣4（x0+t）．x0≥0，x＞0．由﹣4x0≤

﹣4（x0+t）．可得t≥4﹣2x0，t≥4．由x+≤x+t+，解得0＜x＜t．进而判断出结论．

【解答】（1）证明：①x0∈[0，]时，f（x0）＝﹣1，f（x0+）＝1，﹣1≤g（x）≤g（x+）≤1，

0≤x时，g（x）＝1，g（x+）＝0，上述不等式的解集为?．

x时，g（x）＝g（x+）＝0，上述不等式恒成立，其解集为{x|x}．

②x0时，f（x0）＝1，f（x0+）＝1，1≤g（x）≤g（x+）≤1，

0≤x＜时，g（x）＝1，g（x+）＝0，上述不等式的解集为?．

x＝时，g（x）＝1＝g（x+），上述不等式的解集为{}．

x时，g（x）＝g（x+）＝0，上述不等式的解集为?．

因此g（x）为f（x）的一个“型函数”．

（2）设常数a∈R，函数f（x）＝x3+ax（x≥﹣1），g（x）＝2x（x≥﹣1）．

∵g（x）为f（x）的一个“1型函数”，

∴?x0≥﹣1，f（x0）≤g（x）≤g（x+C）≤f（x0+C）恒有解，

+ax0≤2x≤2（x+1）≤+a（x0+1）．

∴+ax0≤+a（x0+1）．

化为：a≥﹣﹣2x0﹣1＝﹣，∴a≥0．

f（x）＝x3+ax（x≥﹣1），

f′（x）＝3x2+a≥0，函数f（x）在[﹣1，+∞）单调递增．

则（+ax0）≤x≤[+a（x0+1）]﹣1．

∴[+a（x0+1）]﹣1≥（+ax0）．

化为：a≥﹣3x2﹣3x+1＝﹣3+．x∈[﹣1，+∞）．

∴a≥．

综上可得：a≥．

（3）假设存在常数t∈R+，使得函数g（x）＝x+（x＞0）为f（x）的一个“t型函数”．则﹣4x0≤x+≤x+t+≤﹣4（x0+t）．x0≥0，x＞0．

由﹣4x0≤﹣4（x0+t）．可得t≥4﹣2x0，

∴t≥4．

由x+≤x+t+，解得0＜x＜t．

x0≥0，x＞0．

由﹣4x0≤x+，对于任意给定的x0，此不等式在0＜x＜t范围内恒有解．

由x+t+≤﹣4（x0+t）．x0≥0，x＞0．对于任意给定的x0，此不等式在0＜x＜t范围内恒有解．

综上可得：t≥4．

【点评】本题考查了函数的单调性、基本不等式的性质、分类讨论，考查了推理能力与计算能力，属于难题．