2016届《新步步高》一轮复习数学理科(浙江专用)知识梳理 第二章 函数概念与基本初等函数2.2


§ 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), 当 x1<x2 时,都有 那么就说函数 f(x)在区间 D 上是增函数 f(x1)>f(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 (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 条件 结论 【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 上是增函 数.( √ ) 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 f(x)≤M; (2)存在 x0∈I,使得 f(x0)=M. M 为最大值 (3)对于任意 x∈I,都有 f(x)≥M; (4)存在 x0∈I,使得 f(x0)=M. M 为最小值 自左向右看图象是下降的

(3)函数 y=|x|是 R 上的增函数.( × )
-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,+∞).( × (5)函数 f(x)=log5(2x+1)的单调增区间是(0,+∞).( × 1-x2 (6)函数 y= 的最大值为 1.( √ 1+x2 ) )

)

1.(2014· 北京)下列函数中,在区间(0,+∞)上为增函数的是( A.y= x+1 C.y=2
-x

)

B.y=(x-1)2 D.y=log0.5(x+1)

答案 A 解析 A 项,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;B 项,函数 y=(x-1)2 在(-∞,1)上为减函数,在[1,+∞)上为增函数,故错误;C 1 - 项,函数 y=2 x=( )x 在 R 上为减函数,故错误;D 项,函数 y=log0.5(x+1)在(-1,+∞)上 2 为减函数,故错误. 2.“a≤0”是“函数 f(x)=|(ax-1)x|在区间(0,+∞)内单调递增”的( A.充分不必要条件 C.充分必要条件 答案 C 解析 本题利用函数的图象确定字母的取值范围,再利用充要条件的定义进行判断. 当 a=0 时,f(x)=|(ax-1)x|=|x|在区间(0,+∞)上单调递增; 当 a<0 时,结合函数 f(x)=|(ax-1)x|=|ax2-x|的图象知函数在(0,+∞)上单调递增,如图(1) 所示; B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件 )

当 a>0 时,结合函数 f(x)=|(ax-1)x|=|ax2-x|的图象知函数在(0,+∞)上先增后减再增,不符 合条件,如图(2)所示. 所以,要使函数 f(x)=|(ax-1)x|在(0,+∞)上单调递增只需 a≤0. 即“a≤0”是“函数 f(x)=|(ax-1)x|在(0,+∞)上单调递增”的充要条件. 2x 3.函数 f(x)= 在[1,2]的最大值和最小值分别是_____________. x+1 答案 4 ,1 3

-2-

2x 2?x+1?-2 2 4 解析 f(x)= = =2- 在[1,2]上是增函数,∴f(x)max=f(2)= ,f(x)min=f(1)= 3 x+1 x+1 x+1 1. 4.已知函数 f(x)=x2-2ax-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)=x2-2ax-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 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 ax 例 1 (1)判断函数 f(x)= 2 (a>0)在 x∈(-1,1)上的单调性. x -1 (2)求函数 y= x2+x-6的单调区间. 解 (1)设-1<x1<x2<1, 则 f(x1)-f(x2)= = ax1 ax2 - 2 2 x1-1 x2-1

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

∵-1<x1<x2<1,
2 ∴x2-x1>0,x1x2+1>0,(x1 -1)(x2 2-1)>0.

又∵a>0,∴f(x1)-f(x2)>0, ∴函数 f(x)在(-1,1)上为减函数. (2)令 u=x2+x-6,y= x2+x-6可以看作有 y= u与 u=x2+x-6 的复合函数. 由 u=x2+x-6≥0,得 x≤-3 或 x≥2. ∵u=x2+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= x2+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方法: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;还可以利用图象灵活解决部分 客观题目. (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

-3-

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)]必为减函数. a (1)判断函数 f(x)=x+ (a>0)在(0,+∞)上的单调性. x (2)求函数 y= log 1 (x2-4x+3)的单调区间.
3

解 (1)设 x1,x2 是任意两个正数,且 0<x1<x2, a? ? a? 则 f(x1)-f(x2)=? ?x1+x ?-?x2+x ?
1 2



x1-x2 (x x -a). x1x2 1 2

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. a 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. x (2)令 u=x2-4x+3,原函数可以看作 y= log 1 u 与 u=x2-4x+3 的复合函数.
3

令 u=x -4x+3>0,则 x<1 或 x>3. ∴函数 y= log 1 (x2-4x+3)的定义域为(-∞,1)∪(3,+∞).
3

2

又 u=x2-4x+3 的图象的对称轴为 x=2,且开口向上, ∴u=x2-4x+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

∴y= log 1 (x2-4x+3)的单调递减区间为(3,+∞),单调递增区间为(-∞,1).
3

题型二 利用单调性求参数范围 例 2 (1)如果函数 f(x)=ax2+2x-3 在区间(-∞,4)上是单调递增的,则实数 a 的取值范围是 ( ) 1 B.a≥- 4 1 D.- ≤a≤0 4 1 A.a>- 4 1 C.- ≤a<0 4

-4-

? ??2-a?x+1,x<1, f?x1?-f?x2? (2)已知 f(x)=? x 满足对任意 x1≠x2,都有 >0 成立,那么 a 的取值 x1-x2 ?a ,x≥1, ?

范围是________. 3 答案 (1)D (2)[ ,2) 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. a (1)若 f(x)=-x2+2ax 与 g(x)= 在区间[1,2]上都是减函数, 则 a 的取值范围是 x+1 ( ) B.(-1,0)∪(0,1] D.(0,1]
x

A.(-1,0)∪(0,1) C.(0,1)

a ?x>1?, ? ? (2)已知 f(x)=?? a? 是 R 上的增函数,则实数 a 的取值范围为( 4- x+2 ?x≤1? ? ?? 2? A.(1,+∞) C.(4,8) 答案 (1)D (2)B 解析 (1)由 f(x)=-x2+2ax 在[1,2]上是减函数可得[1,2]?[a,+∞),∴a≤1. 1 ∵y= 在(-1,+∞)上为减函数, x+1 a ∴由 g(x)= 在[1,2]上是减函数可得 a>0, x+1
-5-

)

B.[4,8) D.(1,8)

故 0<a≤1. (2)因为 f(x)是 R 上的增函数,

? ?4-a>0, 所以可得? 2 a ? ?a≥4-2+2.

a>1,

解得 4≤a<8,故选 B.

题型三 利用函数的单调性求最值 x1? 例 3 已知定义在区间(0,+∞)上的函数 f(x)满足 f? ?x ?=f(x1)-f(x2),且当 x>1 时,f(x)<0.
2

(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. x1 (2)证明 任取 x1,x2∈(0,+∞),且 x1>x2,则 >1, x2 x1? 由于当 x>1 时,f(x)<0,所以 f? ?x ?<0,
2

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). x1? 由 f? ?x ?=f(x1)-f(x2)得,
2

9? f? ?3?=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

f?x1? 件,对任意 x1,x2 在所给区间内比较 f(x1)-f(x2)与 0 的大小,或 与 1 的大小.有时根据需 f?x2? x1 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 x2 法;②基本不等式法;③配方法;④图象法. 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)=log2(3x 2 -1),那么函数 f(x)在[-2,0]上的最大值与最小值之和为( )

-6-

A.2 B.3 C.4 D.-1 1 1 (2)函数 f(x)= 在区间[a,b]上的最大值是 1,最小值是 ,则 a+b=________. 3 x-1 答案 (1)C (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, ?a-1=1, ? ? ∴? 即? 1 1 1 f?b?= , ? 3 ? ? =3, b-1 1
? ?a=2, ∴? ∴a+b=6. ?b=4. ?

利用函数的单调性解不等式 典例: (14 分)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(a2+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 分] f(x2)=f[(x2-x1)+x1]=f(x2-x1)+f(x1)-1,[4 分] ∴f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)-1>0?f(x1)<f(x2), ∴f(x)在 R 上为增函数.[6 分] (2)解 ∵m,n∈R,不妨设 m=n=1, ∴f(1+1)=f(1)+f(1)-1?f(2)=2f(1)-1,[8 分] f(3)=4?f(2+1)=4?f(2)+f(1)-1=4?3f(1)-2=4, ∴f(1)=2,∴f(a2+a-5)<2=f(1),[11 分]
-7-

∵f(x)在 R 上为增函数,∴a2+a-5<1?-3<a<2, 即 a∈(-3,2).[14 分]

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. 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)上却不一定是减函 1 数如函数 f(x)= . x

A 组 专项基础训练 (时间:40 分钟) 1.下列函数中,在区间(0,+∞)上为增函数的是( )

-8-

A.y=ln(x+2) 1 C.y=( )x 2 答案 A

B.y=- x+1 1 D.y=x+ x

解析 ∵函数 y=ln(x+2)在(-2,+∞)上为增函数, ∴在(0,+∞)上也是增函数. 2.已知函数 f(x)=2ax2+4(a-3)x+5 在区间(-∞,3)上是减函数,则 a 的取值范围是( 3 A.(0, ) 4 3 C.[0, ) 4 答案 D 解析 当 a=0 时,f(x)=-12x+5,在(-∞,3)上是减函数, a>0, ? ? 3 当 a≠0 时,由? 4?a-3? 得 0<a≤ , 4 ? ?- 4a ≥3, 3 综上 a 的取值范围是 0≤a≤ . 4 3.(2014· 天津)函数 f(x)= log 1 (x2-4)的单调递增区间是(
2

)

3 B.(0, ] 4 3 D.[0, ] 4

)

A.(0,+∞) B.(-∞,0) C.(2,+∞) D.(-∞,-2) 答案 D 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=x2
2

-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 A.(-∞,1) C.(-∞,0)∪(0,1) 答案 D x-1 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=b2, 则函数 f(x)=(1 x)x-(2 x), B.(1,+∞) D.(-∞,0)∪(1,+∞) )

-9-

x∈[-2,2]的最大值等于( A.-1 C.6 答案 C

) B.1 D.12

解析 由已知得当-2≤x≤1 时,f(x)=x-2, 当 1<x≤2 时,f(x)=x3-2. ∵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. 6.已知函数 f(x)= x2-2x-3,则该函数的单调增区间为________. 答案 [3,+∞) 解析 设 t=x2-2x-3,由 t≥0,即 x2-2x-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=x2-2x-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)为(0, +∞)上的增函数, 若 f(a2-a)>f(a+3), 则实数 a 的取值范围为________. 答案 (-3,-1)∪(3,+∞) a -a>0, ? ? 解析 由已知可得?a+3>0, ? ?a2-a>a+3, 1)∪(3,+∞). ax+1 8.设函数 f(x)= 在区间(-2,+∞)上是增函数,那么 a 的取值范围是__________. x+2a 答案 [1,+∞) ax+2a2-2a2+1 2a2-1 解析 f(x)= =a- , x+2a x+2a ∵函数 f(x)在区间(-2,+∞)上是增函数.
2 2 ? ? ?2a -1>0 ?2a -1>0 ∴? ?? ?a≥1. ?-2a≤-2 ? ? ?a≥1 2

解得-3<a<-1 或 a>3.所以实数 a 的取值范围为(-3,-

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,

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则 x2-x1>0,x1x2>0, 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 2 10. 已知函数 f(x)=- , x∈[0,2], 用定义证明函数的单调性, 并求函数的最大值和最小值. x+1 2 2 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)=- -(- ) x1+1 x2+1 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), 2 故 f(x)在区间[0,2]上是增函数.因此,函数 f(x)=- 在区间[0,2]的左端点取得最小值,右端 x+1 2 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:25 分钟) ?a-3?x+5, x≤1, ? ? 11.已知函数 f(x)=?2a 是(-∞,+∞)上的减函数,那么 a 的取值范围 ? ? x , x>1 是( ) B.(0,3] D.(0,2]

A.(0,3) C.(0,2) 答案 D a-3<0, ? ? 解析 由题意得?a>0, ? ?a-3+5≥2a,

解得 0<a≤2.

12.函数 f(x)中,满足“对任意 x1,x2∈(0,+∞),当 x1<x2 时,都有 f(x1)>f(x2)”的是(
- 11 -

)

1 A.f(x)= x C.f(x)=ex 答案 A

B.f(x)=(x-1)2 D.f(x)=ln(x+1)

解析 由题意知 f(x)在(0,+∞)上是减函数. 1 A 中,f(x)= 满足要求; x B 中,f(x)=(x-1)2 在[0,1]上是减函数,在(1,+∞)上是增函数; C 中,f(x)=ex 是增函数; D 中,f(x)=ln(x+1)是增函数.
? ?a,a≤b, 13.对于任意实数 a,b,定义 min{a,b}=? 设函数 f(x)=-x+3,g(x)=log2x,则 ?b,a>b. ?

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. x 14.已知 f(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)= 2?x1-x2? x1 x2 - = . x1+2 x2+2 ?x1+2??x2+2?

∵(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 f(x1)-f(x2)= a?x2-x1? x1 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 恒成立,∴a≤1. 综上所述,a 的取值范围是(0,1].

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x2+2x+a 15.已知函数 f(x)= ,x∈[1,+∞). x 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, ∴0< 1 1 1 < ,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 ?x2+2x+a>0 恒成立. 设 y=x2+2x+a,x∈[1,+∞), 则函数 y=x2+2x+a=(x+1)2+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.

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