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2016届高考数学(理)一轮复习学案:2.2+函数的单调性与最值(苏教版含解析)


§2.2

函数的单调性与最值

1.函数的单调性 (1)单调函数的定义 增函数 减函数

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 定义 当 x1<x2 时,都有 f(x1)<f(x2),那 当 x1<x2 时,都有 f(x1)>f(x2),

么就说函数 f(x)在区间 D 上是增函 那么就说函数 f(x)在区间 D 上 数 是减函数

图象 描述 自左向右看图象是上升的 (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 (1)对于任意 x∈I,都有 条件 (3)对于任意 x∈I, 都有 f(x)≥M; (4)存在 x0∈I,使得 自左向右看图象是下降的

f(x)≤M;
(2)存在 x0∈I,使得 f(x0)=M.

f(x0)=M. M 为最小值

结论

M 为最大值

【思考辨析】 判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) 1 (1)函数 y= 的单调递减区间是(-∞,0)∪(0,+∞).( × )

x

(2)对于函数 f(x),x∈D,若 x1,x2∈D,且(x1-x2)·[f(x1)-f(x2)]>0,则函数 f(x)在 D
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上是增函数.( √ ) (3)函数 y=|x|是 R 上的增函数.( × ) (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,+∞).( × (5)函数 f(x)=log5(2x+1)的单调增区间是(0,+∞).( × ) 1-x (6)函数 y= 2的最大值为 1.( 1+x
2

)

√ )

1.(2014·北京改编)下列函数中,在区间(0,+∞)上为增函数的是________. ①y= x+1; ③y=2
-x;

②y=(x-1) ; ④y=log0.5(x+1).

2

答案 ① 解析 ①中,函数 y= x+1在[-1,+∞)上为增函数,所以函数在(0,+∞)上为增函数, 故正确;②中,函数 y=(x-1) 在(-∞,1)上为减函数,在[1,+∞)上为增函 1 x -x 数,故错误;③中,函数 y=2 =( ) 在 R 上为减函数,故错误;④中,函数 y=log0.5(x 2 +1)在(-1,+∞)上为减函数,故错误,故选①. 2. 函数 f(x)的定义域为 A, 若 x1, x2∈A 且 f(x1)=f(x2)时总有 x1=x2, 则称 f(x)为单函数. 例 如,函数 f(x)=2x+1(x∈R)是单函数,下列命题: ①函数 f(x)=x (x∈R)是单函数; ②指数函数 f(x)=2 (x∈R)是单函数; ③若 f(x)为单函数,x1,x2∈A 且 x1≠x2,则 f(x1)≠f(x2); ④在定义域上具有单调性的函数一定是单函数. 其中的真命题是________(写出所有真命题的编号). 答案 ②③④ 解析 由 x1=x2,未必有 x1=x2,故①不正确;对于 f(x)=2 ,当 f(x1)=f(x2)时一定有 x1 =x2,故②正确;当 f(x)为单函数时,有 f(x1)=f(x2)? x1=x2,则其逆否命题 f(x)为单函 数时, x1≠x2? f(x1)≠f(x2)为真命题, 故③正确; 当函数在其定义域上单调时, 一定有 f(x1) =f(x2)? x1=x2,故④正确. 3.函数 f(x)= 答案 解析 4 ,1 3 2x 在[1,2]的最大值和最小值分别是____________________________. x+1
2 2 2 2

x

x

f(x) =

2x 2?x+1?-2 2 4 = =2- 在 [1,2] 上是增函数,∴f(x)max = f(2) = , x+1 x+1 x+1 3
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f(x)min=f(1)=1.
4. 已知函数 f(x)=x -2ax-3 在区间[1,2]上具有单调性, 则实数 a 的取值范围为________. 答案 (-∞,1]∪[2,+∞) 解析 函数 f(x)=x -2ax-3 的图象开口向上,对称轴为直线 x=a,画出 草图如图所示. 由图象可知函数在(-∞,a]和[a,+∞)上都具有单调性,因此要使函数
2 2

f(x)在区间[1,2]上具有单调性, 只需 a≤1 或 a≥2, 从而 a∈(-∞, 1]∪[2,
+ ∞).

题型一 函数单调性的判断 例 1 (1)判断函数 f(x)=
2

ax
2

x -1

(a>0)在 x∈(-1,1)上的单调性.

(2)求函数 y= x +x-6的单调区间. 解 (1)设-1<x1<x2<1, 则 f(x1)-f(x2)= =

ax1 ax2 - 2 x2 x2-1 1-1

2 ax1x2 a?x2-x1??x1x2+1? 2-ax1-ax2x1+ax2 = . 2 2 2 2 ?x1-1??x2-1? ?x1-1??x2-1?

∵-1<x1<x2<1, ∴x2-x1>0,x1x2+1>0,(x1-1)(x2-1)>0. 又∵a>0,∴f(x1)-f(x2)>0, ∴函数 f(x)在(-1,1)上为减函数. (2)令 u=x +x-6,y= x +x-6可以看作有 y= u与 u=x +x-6 的复合函数. 由 u=x +x-6≥0,得 x≤-3 或 x≥2. ∵u=x +x-6 在(-∞,-3]上是减函数,在[2,+∞)上是增函数,而 y= u在[0,+∞) 上是增函数. ∴y= x +x-6的单调减区间为(-∞,-3],单调增区间为[2,+∞). 思维升华 (1)对于给出具体解析式的函数, 证明或判断其在某区间上的单调性有两种方法: ①可以利用定义(基本步骤为取值、作差或作商、变形、定号、下结论)求解;②可导函数则 可以利用导数解之. (2)复合函数 y=f[g(x)]的单调性规律是“同则增,异则减”,即 y=f(u)与 u=g(x)若具 有相同的单调性,则 y=f[g(x)]为增函数,若具有不同的单调性,则 y=f[g(x)]必为减函
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2 2 2 2 2 2 2 2

数. (1)判断函数 f(x)=x+ (a>0)在(0,+∞)上的单调性. (2)求函数 y= log 1 (x -4x+3)的单调区间.
2

a x

3

解 (1)设 x1,x2 是任意两个正数,且 0<x1<x2, 则 f(x1)-f(x2)=?x1+ ?-?x2+ ? =

? ?

a? ? x1? ?

a? x2?

x1-x2 (x1x2-a). x1x2

当 0<x1<x2≤ a时,0<x1x2<a,又 x1-x2<0, 所以 f(x1)-f(x2)>0,即 f(x1)>f(x2), 所以函数 f(x)在(0, a]上是减函数; 当 a≤x1<x2 时,x1x2>a,又 x1-x2<0, 所以 f(x1)-f(x2)<0,即 f(x1)<f(x2), 所以函数 f(x)在[ a,+∞)上是增函数. 综上可知,函数 f(x)=x+ (a>0)在(0, a]上是减函数,在[ a,+∞)上为增函数. (2)令 u=x -4x+3,原函数可以看作 y= log 1 u 与 u=x -4x+3 的复合函数.
2 2

a x

3

令 u=x -4x+3>0,则 x<1 或 x>3. ∴函数 y= log 1 (x -4x+3)的定义域为
2

2

3

(-∞,1)∪(3,+∞). 又 u=x -4x+3 的图象的对称轴为 x=2,且开口向上, ∴u=x -4x+3 在(-∞,1)上是减函数, 在(3,+∞)上是增函数. 而函数 y= log 1 u 在(0,+∞)上是减函数,
3
2 2

∴y= log 1 (x -4x+3)的单调递减区间为(3,+∞),单调递增区间为(-∞,1).
2

3

题型二 利用单调性求参数范围 例 2 (1)如果函数 f(x)=ax +2x-3 在区间(-∞, 4)上是单调递增的, 则实数 a 的取值范 围是________.
? ??2-a?x+1,x<1, (2)已知 f(x)=? x ?a ,x≥1, ?
2

满足对任意 x1≠x2, 都有

f?x1?-f?x2? >0 成立, x1-x2

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那么 a 的取值范围是________. 1 3 答案 (1)[- ,0] (2)[ ,2) 4 2 解析 (1)当 a=0 时,f(x)=2x-3,在定义域 R 上是单调递增的,故在(-∞,4)上单调递 增; 1 当 a≠0 时,二次函数 f(x)的对称轴为 x=- ,

a

因为 f(x)在(-∞,4)上单调递增, 1 1 所以 a<0,且- ≥4,解得- ≤a<0. a 4 1 综合上述得- ≤a≤0. 4 (2)由已知条件得 f(x)为增函数, 2-a>0, ? ? ∴?a>1, ? ??2-a?×1+1≤a, 3 3 解得 ≤a<2,∴a 的取值范围是[ ,2). 2 2 思维升华 已知函数的单调性确定参数的值或范围要注意以下两点: ①若函数在区间[a, b] 上单调,则该函数在此区间的任意子区间上也是单调的;②分段函数的单调性,除注意各段 的单调性外,还要注意衔接点的取值. (1)若 f(x)=-x +2ax 与 g(x)= 范围是________.
2

a 在区间[1,2]上都是减函数,则 a 的取值 x+1

a ?x>1?, ? ? (2)已知 f(x)=?? a? ?4- ?x+2 ?x≤1? ? ?? 2?
________. 答案 (1)(0,1] (2)[4,8)

x

是 R 上的增函数,则实数 a 的取值范围为

解析 (1)由 f(x)=-x +2ax 在[1,2]上是减函数可得[1,2]? [a,+∞),∴a≤1. ∵y= 1

2

x+1

在(-1,+∞)上为减函数,

∴由 g(x)= 故 0<a≤1.

a

x+1

在[1,2]上是减函数可得 a>0,

(2)因为 f(x)是 R 上的增函数,
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? a ? 4- >0, 所以可得? 2 a ? ?a≥4-2+2,
a>1,

解得 4≤a<8.

题型三 利用函数的单调性求最值 例 3 已知定义在区间(0,+∞)上的函数 f(x)满足 f? ?=f(x1)-f(x2),且当 x>1 时, x

?x1? ? 2?

f(x)<0.
(1)求 f(1)的值; (2)证明:f(x)为减函数; (3)若 f(3)=-1,求 f(x)在[2,9]上的最小值. (1)解 令 x1=x2>0, 代入得 f(1)=f(x1)-f(x1)=0,故 f(1)=0. (2)证明 任取 x1,x2∈(0,+∞),且 x1>x2,则 >1, 由于当 x>1 时,f(x)<0,所以 f? ?<0, 即 f(x1)-f(x2)<0,因此 f(x1)<f(x2), 所以函数 f(x)在区间(0,+∞)上是减函数. (3)解 ∵f(x)在(0,+∞)上是减函数. ∴f(x)在[2,9]上的最小值为 f(9). 由 f? ?=f(x1)-f(x2)得, x

x1 x2

?x1? ?x2?

?x1? ? 2?

f? ?=f(9)-f(3),
∴f(9)=2f(3)=-2. 即 f(x)在[2,9]上的最小值为-2. 思维升华 (1)抽象函数的单调性的判断要紧扣单调性的定义,结合题目所给性质和相应的 条件,对任意 x1,x2 在所给区间内比较 f(x1)-f(x2)与 0 的大小,或

?9? ?3?

f?x1? 与 1 的大小.有 f?x2?

时根据需要,需作适当的变形:如 x1=x2· 或 x1=x2+x1-x2 等;(2)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. 1 (1)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) 2 =log2(3x-1),那么函数 f(x)在[-2,0]上的最大值与最小值之和为________.
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x1 x2

(2)函数 f(x)=

1 1 在区间[a,b]上的最大值是 1,最小值是 ,则 a+b=________. x-1 3

答案 (1)4 (2)6 1 解析 (1)根据 f(1+x)=f(-x),可知函数 f(x)的图象关于直线 x= 对称. 2 1 又函数 f(x)在[ ,+∞)上单调递增, 2 1 故 f(x)在(-∞, ]上单调递减, 2 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.
(2)易知 f(x)在[a,b]上为减函数,

f?a?=1, ? ? ∴? 1 f?b?= , ? 3 ?

1 ? ?a-1=1, 即? 1 1 ? ?b-1=3,

∴?

? ?a=2, ?b=4, ?

∴a+b=6.

利用函数的单调性解不等式 典例: 函数 f(x)对任意的 m、 n∈R, 都有 f(m+n)=f(m)+f(n)-1, 并且 x>0 时, 恒有 f(x)>1. (1)求证:f(x)在 R 上是增函数; (2)若 f(3)=4,解不等式 f(a +a-5)<2. 思维点拨 (1)对于抽象函数的单调性的证明, 只能用定义. 应该构造出 f(x2)-f(x1)并与 0 比较大小. (2) 将函数不等式中的抽象函数符号“f”运用单调性“去掉”是本题的切入 点.要构造出 f(M)<f(N)的形式. 规范解答 (1)证明 设 x1,x2∈R,且 x1<x2,∴x2-x1>0, ∵当 x>0 时,f(x)>1,∴f(x2-x1)>1.
2

f(x2)=f[(x2-x1)+x1]=f(x2-x1)+f(x1)-1,
∴f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)-1>0? f(x1)<f(x2), ∴f(x)在 R 上为增函数. (2)解 ∵m,n∈R,不妨设 m=n=1, ∴f(1+1)=f(1)+f(1)-1? f(2)=2f(1)-1,

f(3)=4? f(2+1)=4? f(2)+f(1)-1=4? 3f(1)-2=4,
∴f(1)=2,∴f(a +a-5)<2=f(1),
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2

∵f(x)在 R 上为增函数,∴a +a-5<1? -3<a<2, 即 a∈(-3,2).

2

解函数不等式问题的一般步骤: 第一步:(定性)确定函数 f(x)在给定区间上的单调性; 第二步:(转化)将函数不等式转化为 f(M)<f(N)的形式; 第三步:(去 f)运用函数的单调性“去掉”函数的抽象符号“f”,转化成一般的不等式或 不等式组; 第四步:(求解)解不等式或不等式组确定解集; 第五步:(反思)反思回顾.查看关键点,易错点及解题规范. 温馨提醒 本题对函数的单调性的判断是一个关键点.不会运用条件 x>0 时,f(x)>1,构造 不出 f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)-1 的形式,便找不到问题的突破口.第二个关键应该是将不 等式化为 f(M)<f(N)的形式.解决此类问题的易错点:忽视了 M、N 的取值范围,即忽视了

f(x)所在的单调区间的约束.

方法与技巧 1.利用定义证明或判断函数单调性的步骤: (1)取值;(2)作差;(3)定量;(4)判断. 2.判断单调性的常用方法:定义法、图象法、导数法. 失误与防范 1.区分两个概念:“函数的单调区间”和“函数在某区间上单调”,前者指函数具备单调 性的“最大”的区间,后者是前者“最大”区间的子集. 2.若函数在两个不同的区间上单调性相同,则这两个区间要分开写,不能写成并集.例如, 函数 f(x)在区间(-1,0)上是减函数,在(0,1)上是减函数,但在(-1,0)∪(0,1)上却不一 1 定是减函数如函数 f(x)= .

x

A 组 专项基础训练 (时间:40 分钟) 1.下列函数 f(x)中,满足“对任意 x1,x2∈(0,+∞),当 x1<x2 时,都有 f(x1)>f(x2)”的
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是________.(填序号) 1 ①f(x)= ;

x

②f(x)=(x-1) ; ④f(x)=ln(x+1).

2

③f(x)=e 答案 ①

x;

解析 由题意知 f(x)在(0,+∞)上是减函数. 1 ①中,f(x)= 满足要求;

x

②中,f(x)=(x-1) 在[0,1]上是减函数,在(1,+∞)上是增函数; ③中,f(x)=e 是增函数; ④中,f(x)=ln(x+1)是增函数. 2.已知函数 f(x)=2ax +4(a-3)x+5 在区间(-∞,3)上是减函数,则 a 的取值范围是 ________. 3 答案 [0, ] 4 解析 当 a=0 时,f(x)=-12x+5,在(-∞,3)上是减函数;
2

2

x

a>0, ? ? 当 a≠0 时,由? 4?a-3? ≥3, ?- 4a ?
3 综上 a 的取值范围是 0≤a≤ . 4

3 得 0<a≤ , 4

3.(2014·天津改编)函数 f(x)= log 1 (x -4)的单调递增区间是________.
2

2

答案 (-∞,-2) 解析 因为 y= log 1 t 在定义域上是减函数,所以求原函数的单调递增区间,即求函数 t=
2

x2-4 的单调递减区间,结合函数的定义域,可知所求区间为(-∞,-2).
1 4.已知 f(x)为 R 上的减函数,则满足 f( )>f(1)的实数 x 的取值范围是________.

x

答案 (-∞,0)∪(1,+∞) 1 x-1 解析 依题意得 <1,即 >0,

x

x

所以 x 的取值范围是 x>1 或 x<0. 5.定义新运算“?”:当 a≥b 时,a ? b=a;当 a<b 时,a ? b=b ,则函数 f(x)=(1 ?
2

x)x-(2 ? x),x∈[-2,2]的最大值等于________.
答案 6

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解析 由已知得当-2≤x≤1 时,f(x)=x-2, 当 1<x≤2 时,f(x)=x -2. ∵f(x)=x-2,f(x)=x -2 在定义域内都为增函数. ∴f(x)的最大值为 f(2)=2 -2=6. 6.已知函数 f(x)= x -2x-3,则该函数的单调增区间为________. 答案 [3,+∞) 解析 设 t=x -2x-3,由 t≥0,即 x -2x-3≥0, 解得 x≤-1 或 x≥3. 所以函数的定义域为(-∞,-1]∪[3,+∞). 因为函数 t=x -2x-3 的图象的对称轴为 x=1, 所以函数在(-∞, -1]上单调递减, 在[3, +∞)上单调递增.又因为 y= t在[0,+∞)上单调递增. 所以函数 f(x)的增区间为[3,+∞). 7.已知函数 f(x)是(0,+∞)上的增函数,若 f(a -a)>f(a+3),则实数 a 的取值范围为 ________. 答案 (-3,-1)∪(3,+∞)
2 2 2 2 2 3 3 3

a -a>0, ? ? 解析 由已知可得?a+3>0, ? ?a2-a>a+3,
3,-1)∪(3,+∞). 8.设函数 f(x)= 答案 [1,+∞) 解析 f(x)=

2

解得-3<a<-1 或 a>3.所以实数 a 的取值范围为(-

ax+1 在区间(-2,+∞)上是增函数,则 a 的取值范围是__________. x+2a

2 ax+2a2-2a2+1 2a -1 =a- , x+2a x+2a

∵函数 f(x)在区间(-2,+∞)上是增函数.
?2a -1>0 ? ∴? ?-2a≤-2 ?
2

?2a -1>0 ? ?? ?a≥1 ?

2

? a≥1.

1 1 9.已知函数 f(x)= - (a>0,x>0),

a x

(1)求证:f(x)在(0,+∞)上是增函数; 1 1 (2)若 f(x)在[ ,2]上的值域是[ ,2],求 a 的值. 2 2 (1)证明 设 x2>x1>0, 则 x2-x1>0,x1x2>0,

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1 1 1 1 ∵f(x2)-f(x1)=( - )-( - )

a x2

a x1

1 1 x2-x1 = - = >0,

x1 x2

x1x2

∴f(x2)>f(x1),∴f(x)在(0,+∞)上是增函数. 1 1 (2)解 ∵f(x)在[ ,2]上的值域是[ ,2], 2 2 1 又 f(x)在[ ,2]上单调递增, 2 1 1 ∴f( )= ,f(2)=2. 2 2 2 易得 a= . 5 10.已知函数 f(x)=- 最小值. 解 设 x1, x2 是区间[0,2]上的任意两个实数, 且 x1<x2, 则 f(x1)-f(x2)=- 2?x2+1-x1-1? 2?x2-x1? =- =- . ?x1+1??x2+1? ?x1+1??x2+1? 由 0≤x1<x2≤2,得 x2-x1>0,(x1+1)(x2+1)>0, 所以 f(x1)-f(x2)<0,即 f(x1)<f(x2), 故 f(x)在区间[0,2]上是增函数.因此,函数 f(x)=- 2 在区间[0,2]的左端点取得最小 x+1 2 2

x+1

,x∈[0,2],用定义证明函数的单调性,并求函数的最大值和

x1+1

-(-

2

x2+1

)

2 值,右端点取得最大值,即最小值是 f(0)=-2,最大值是 f(2)=- . 3 B 组 专项能力提升 (时间:20 分钟) ?a-3?x+5, x≤1, ? ? 1.已知函数 f(x)=?2a , x>1 ? ?x 取值范围是________. 答案 (0,2]

是(-∞,+∞)上的减函数,那么 a 的

a-3<0, ? ? 解析 由题意得?a>0, ? ?a-3+5≥2a,

解得 0<a≤2.

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??1?? 2. 已知 f(x)为 R 上的减函数, 则满足 f?? ??<f(1)的实数 x 的取值范围是______________. x ?? ??
答案 (-1,0)∪(0,1)

??1?? ?1? 解析 由 f?? ??<f(1),得? ?>1, x x ?? ?? ? ?
1 1 ∴ >1 或 <-1,

x

x

∴0<x<1 或-1<x<0. 3. 对于任意实数 a, b, 定义 min{a, b}=?
? ?a,a≤b, ?b,a>b. ?

设函数 f(x)=-x+3, g(x)=log2x,

则函数 h(x)=min{f(x),g(x)}的最大值是________. 答案 1
?log2x,0<x<2, ? 解析 依题意,h(x)=? ? ?-x+3,x≥2.

当 0<x<2 时,h(x)=log2x 是增函数; 当 x≥2 时,h(x)=3-x 是减函数, ∴h(x)在 x=2 时,取得最大值 h(2)=1. 4.已知 f(x)=

x x-a

(x≠a).

(1)若 a=-2,试证 f(x)在(-∞,-2)内单调递增; (2)若 a>0 且 f(x)在(1,+∞)内单调递减,求 a 的取值范围. (1)证明 任取 x1<x2<-2, 则 f(x1)-f(x2)=

x2 2?x1-x2? - = . x1+2 x2+2 ?x1+2??x2+2?

x1

∵(x1+2)(x2+2)>0,x1-x2<0, ∴f(x1)-f(x2)<0,即 f(x1)<f(x2), ∴f(x)在(-∞,-2)内单调递增. (2)解 任设 1<x1<x2,则

x1 x2 a?x2-x1? f(x1)-f(x2)= - = . x1-a x2-a ?x1-a??x2-a?
∵a>0,x2-x1>0, ∴要使 f(x1)-f(x2)>0,只需(x1-a)(x2-a)>0 在(1,+∞)内恒成立,∴a≤1. 综上所述,a 的取值范围是(0,1].

x2+2x+a 5.已知函数 f(x)= ,x∈[1,+∞). x

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1 (1)当 a= 时,求函数 f(x)的最小值; 2 (2)若对任意 x∈[1,+∞),f(x)>0 恒成立,试求实数 a 的取值范围. 1 1 解 (1)当 a= 时,f(x)=x+ +2, 2 2x 1 设 1≤x1<x2,则 f(x2)-f(x1)=(x2-x1)(1- ), 2x1x2 ∵1≤x1<x2,∴x2-x1>0,2x1x2>2, 1 1 1 ∴0< < ,1- >0, 2x1x2 2 2x1x2 ∴f(x2)-f(x1)>0,f(x1)<f(x2). ∴f(x)在区间[1,+∞)上为增函数, 7 ∴f(x)在区间[1,+∞)上的最小值为 f(1)= . 2 (2)在区间[1,+∞)上 f(x)>0 恒成立 ?x +2x+a>0 恒成立. 设 y=x +2x+a,x∈[1,+∞), 则函数 y=x +2x+a=(x+1) +a-1 在区间[1,+∞)上是增函数.所以当 x=1 时,y 取 最小值,即 ymin=3+a, 于是当且仅当 ymin=3+a>0 时,函数 f(x)>0 恒成立, 故 a>-3.
2 2 2 2

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