高科数学专题复习课件：第二章 2_2函数的单调性与最值

高科数学专题复习课件：第二章 2_2函数的单调性与最值

§2.2 　 函数的单调性与最值 基础知识 　 自主学习 课时作业 题型分 类　 深度剖析 内容索引 基础知识　自主学习 (1) 单调函数的定义 1. 函数的单调性 知识梳理   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 x 1 ， x 2 当 x 1 < x 2 时，都 有 ， 那么就说函数 f ( x ) 在区间 D 上是增函数 当 x 1 < x 2 时，都 有 ， 那么就说函数 f ( x ) 在区间 D 上是减函数 f ( x 1 )< f ( x 2 ) f ( x 1 )> f ( x 2 ) 图象描述 自 左向右看图象 是 _______ 自 左向右看图象 是 _______ 上升的 下降的 (2) 单调区间的定义 如果函数 y ＝ f ( x ) 在区间 D 上 是 或 ， 那么就说函数 y ＝ f ( x ) 在这一区间具有 ( 严格的 ) 单调性 ， 叫做 y ＝ f ( x ) 的单调区间 . 增函数 减函数 区间 D 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) 对于任意的 x ∈ I ，都 有 ； (2) 存在 x 0 ∈ I ， 使得 _______ (3) 对于任意的 x ∈ I ，都 有 ； (4) 存在 x 0 ∈ I ， 使得 ________ 结论 M 为最大值 M 为最小值 f ( x ) ≤ M f ( x 0 ) ＝ M f ( x ) ≥ M f ( x 0 ) ＝ M 函数单调性的常用结论 知识 拓展 (3) 在区间 D 上，两个增函数的和仍是增函数，两个减函数的和仍是减函数 . (4) 函数 f ( g ( x )) 的单调性与函数 y ＝ f ( u ) 和 u ＝ g ( x ) 的单调性的关系是 “ 同增异减 ”. 判断下列结论是否正确 ( 请在括号中打 “√” 或 “×” ) (1) 若定义在 R 上的函数 f ( x ) ，有 f ( － 1)< f (3) ，则函数 f ( x ) 在 R 上为增函数 .( 　　 ) (2) 函数 y ＝ f ( x ) 在 [1 ，＋ ∞ ) 上是 增函数 ， 则 函数的单调递增区间是 [ 1 , ＋ ∞ ).( 　　 ) (3) 函数 y ＝ 的 单调递减区间是 ( － ∞ ， 0) ∪ (0 ，＋ ∞ ).( 　　 ) (4) 所有的单调函数都有最值 .( 　　 ) (5) 如果一个函数在定义域内的某几个子区间上都是增函数，则这个函数在定义域上是增函数 .( 　　 ) (6) 闭区间上的单调函数，其最值一定在区间端点取到 .( 　　 ) 思考辨析 × × × × × √ 1.(2016· 北京 ) 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 考点自测 答案 解析 y ＝ 与 y ＝ ln( x ＋ 1) 在区间 ( － 1,1) 上为增函数； y ＝ cos x 在区间 ( － 1,1) 上不是单调函数； y ＝ 2 － x ＝ 在 ( － 1,1) 上单调递减 . 2. 若函数 f ( x ) ＝ |2 x ＋ a | 的单调递增区间是 [3 ，＋ ∞ ) ，则 a 的值 为 A. － 2 B.2 C . － 6 D.6 答案 解析 几何画板展示 3.(2016· 广州模拟 ) 函数 y ＝ x 2 ＋ 2 x － 3( x >0) 的单调增区间为 ___________. 答案 解析 函数的对称轴为 x ＝－ 1 ， 又 x >0 ，所以函数 f ( x ) 的单调增区间为 (0 ，＋ ∞ ). (0 ，＋ ∞ ) 4.( 教材改编 ) 已知函数 f ( x ) ＝ x 2 － 2 ax － 3 在区间 [1,2] 上是增函数，则实数 a 的取值范围 为 _________. 答案 解析 ( － ∞ ， 1] 函数 f ( x ) ＝ x 2 － 2 ax － 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 f ( x ) 的单调递增区间是 [ a ，＋ ∞ ) ， 由 [ 1,2] ⊆ [ a ，＋ ∞ ) ，可得 a ≤ 1 . 几何画板展示 5.( 教材改编 ) 已知函数 f ( x ) ＝ ， x ∈ [ 2,6 ] ，则 f ( x ) 的最大值为 ____ ， 最小值为 ________. 答案 解析 2 题型分类　深度剖析 题型一　确定函数的单调性 ( 区间 ) 命题点 1 　给出具体解析式的函数的 单调性 答案 解析 例 1 　 (1) 函数 的 单调递增区间 是 A.(0 ，＋ ∞ ) B.( － ∞ ， 0) C.(2 ，＋ ∞ ) D .( － ∞ ，－ 2 ) 因为 t >0 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 ＝ x 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 ). (2) y ＝－ x 2 ＋ 2| x | ＋ 3 的 单调 递 增 区间为 ________________. 答案 解析 由题意知，当 x ≥ 0 时， y ＝－ x 2 ＋ 2 x ＋ 3 ＝－ ( x － 1) 2 ＋ 4 ； 当 x <0 时， y ＝－ x 2 － 2 x ＋ 3 ＝－ ( x ＋ 1) 2 ＋ 4 ， 二次函数的图象如图 . 由图象可知 ， 函数 y ＝－ x 2 ＋ 2| x | ＋ 3 在 ( － ∞ ，－ 1] ， [0,1] 上是增函数 . ( － ∞ ，－ 1] ， [0,1] 例 2 　 已知函数 f ( x ) ＝ ( a >0) ，用定义法判断函数 f ( x ) 在 ( － 1,1) 上的 单调性 . 命题点 2 　解析式含参数的函数的单调性 解答 设－ 1< x 1 < x 2 <1 ， ∵ － 1< x 1 < x 2 <1 ， 又 ∵ a >0 ， ∴ f ( x 1 ) － f ( x 2 )>0 ， ∴ 函数 f ( x ) 在 ( － 1,1) 上为减函数 . 几何画板展示 引申探究 如何用导数法求解例 2? 解答 ∵ a >0 ， ∴ f ′ ( x )<0 在 ( － 1,1) 上恒成立， 故函数 f ( x ) 在 ( － 1,1) 上为减函数 . 思维 升华 确定函数单调性的方法 ： ( 1) 定义法和导数法，证明函数单调性只能用定义法和导数法 ； ( 2) 复合函数法，复合函数单调性的规律是 “ 同增异减 ” ； ( 3) 图象法，图象不连续的单调区间不能用 “∪” 连接 . 跟踪训练 1 　 (1) 已知函数 f ( x ) ＝ ， 则该函数的单调递增区间 为 A.( － ∞ ， 1] B .[3 ，＋ ∞ ) C.( － ∞ ，－ 1] D .[1 ，＋ ∞ ) 答案 解析 设 t ＝ x 2 － 2 x － 3 ，则 t ≥ 0 ，即 x 2 － 2 x － 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 2 － 2 x － 3 的图象的对称轴为 x ＝ 1 ， 所以函数 t 在 ( － ∞ ，－ 1] 上单调递减， 在 [3 ，＋ ∞ ) 上单调递增 . 所以函数 f ( x ) 的单调递增区间为 [3 ，＋ ∞ ). (2) 已知函数 f ( x ) ＝ ln x ＋ mx 2 ( m ∈ R ) ，求函数 f ( x ) 的单调区间 . 解答 ( 导数法 ) 依题意知 f ( x ) 的定义域为 (0 ，＋ ∞ ). 当 m ≥ 0 时， f ′ ( x )>0 ， f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递增 . 题型二　函数的最值 例 3 　 (1) 函数 f ( x ) ＝ 的 最大值为 ________. 答案 解析 当 x ≥ 1 时，函数 f ( x ) ＝ 为 减函数， 所以 f ( x ) 在 x ＝ 1 处取得最大值，为 f (1) ＝ 1 ； 当 x <1 时，易知函数 f ( x ) ＝－ x 2 ＋ 2 在 x ＝ 0 处取得最大值，为 f (0) ＝ 2. 故函数 f ( x ) 的最大值为 2. 2 解 答 即 f ( x ) 在 [1 ，＋ ∞ ) 上是增函数， 几何画板展示 ② 若对任意 x ∈ [1 ，＋ ∞ ) ， f ( x )>0 恒成立，试求实数 a 的取值范围 . 解 答 ( ⅰ ) 当 a ≤ 0 时， f ( x ) 在 [1 ，＋ ∞ ) 内为增函数 . 最小值为 f (1) ＝ a ＋ 3. 要使 f ( x )>0 在 x ∈ [1 ，＋ ∞ ) 上恒成立，只需 a ＋ 3>0 ， 所以－ 3< a ≤ 0. 因为 x ∈ [1 ，＋ ∞ ) ，所以 f ′ ( x ) ≥ 0 ，即 f ( x ) 在 [1 ，＋ ∞ ) 上为增函数， 所以 f ( x ) min ＝ f (1) ＝ a ＋ 3 ，即 a ＋ 3>0 ， a > － 3 ，所以 0< a ≤ 1. 综上所述， f ( x ) 在 [1 ，＋ ∞ ) 上恒大于零时， a 的取值范围是 ( － 3,1]. 思维 升华 求函数最值的五种常用方法及其思路 (1) 单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值 . (2) 图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值 . (3) 基本不等式法：先对解析式变形，使之具备 “ 一正二定三相等 ” 的条件后用基本不等式求出最值 . (4) 导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值 . (5) 换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值 . 跟踪训练 2 　 (1) 函数 y ＝ x ＋ 的 最小值为 ________. 答案 解析 易知函数 y ＝ x ＋ 在 [1 ，＋ ∞ ) 上为增函数， ∴ x ＝ 1 时， y min ＝ 1.( 本题也可用换元法求解 ) 1 (2) 函数 f ( x ) ＝ ( x >1) 的最小值为 ________. 答案 解析 8 令 f ′ ( x ) ＝ 0 ，得 x ＝ 4 或 x ＝－ 2( 舍去 ). 当 1< x <4 时， f ′ ( x )<0 ， f ( x ) 在 (1,4) 上是递减的； 当 x >4 时， f ′ ( x )>0 ， f ( x ) 在 (4 ，＋ ∞ ) 上是递增的， 所以 f ( x ) 在 x ＝ 4 处取到极小值也是最小值 ，即 f ( x ) min ＝ f (4) ＝ 8. 题型三　函数单调性的应用 命题点 1 　比较大小 例 4 　 已知函数 f ( x ) 的图象向左平移 1 个单位后关于 y 轴对称，当 x 2 > x 1 >1 时， [ f ( x 2 ) － f ( x 1 ) ] ·( x 2 － x 1 )<0 恒成立，设 a ＝ f ( － ) ， b ＝ f (2) ， c ＝ f (3) ，则 a ， b ， c 的大小关系 为 A. c > a > b B. c > b > a C. a > c > b D. b > a > c 答案 解析 根据已知可得函数 f ( x ) 的图象关于直线 x ＝ 1 对称 ， 且 在 (1 ，＋ ∞ ) 上是减函数， 命题点 2 　解函数不等式 例 5 　 ( 2017· 珠海 月考 ) 定义在 R 上的奇函数 y ＝ f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上递增，且 f ( ) ＝ 0 ，则 满足 的 x 的集合为 ________________. 由 得 或 答案 解析 命题 点 3 　 求参数 范围 例 6 　 (1) 如果函数 f ( x ) ＝ ax 2 ＋ 2 x － 3 在区间 ( － ∞ ， 4) 上是单调递增的，则实数 a 的取值范围 是 答案 解析 几何画板展示 当 a ＝ 0 时， f ( x ) ＝ 2 x － 3 ，在定义域 R 上是单调递增的 ， 故 在 ( － ∞ ， 4) 上单调递增； 当 a ≠ 0 时，二次函数 f ( x ) 的对称轴为 x ＝－ ， 因为 f ( x ) 在 ( － ∞ ， 4) 上单调递增， 答案 解析 由已知条件得 f ( x ) 为增函数， 几何画板展示 思维 升华 函数单调性应用问题的常见类型及解题策略 (1) 比较大小 . 比较函数值的大小，应将自变量转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决 . (2) 解不等式 . 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 . (3) 利用单调性求参数 . ① 视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数； ② 需注意若函数在区间 [ a ， b ] 上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的； ③ 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 . 跟踪训练 3 　 (1)(2016· 太原模拟 ) 已知函数 f ( x ) ＝ x (e x － ) ，若 f ( x 1 )< f ( x 2 ) ， 则 答案 解析 A. x 1 > x 2 B. x 1 ＋ x 2 ＝ 0 C. x 1 < x 2 D. f ( － x ) ＝－ x ( － e x ) ＝ f ( x ) ， ∴ f ( x ) 在 R 上为偶函数， ∴ x >0 时， f ′ ( x )>0 ， ∴ f ( x ) 在 [0 ，＋ ∞ ) 上为增函数， 由 f ( x 1 )< f ( x 2 ) ，得 f (| x 1 |)< f (| x 2 |) ， ∴ | x 1 |<| x 2 | ， (2)(2016· 西安模拟 ) 要使函数 y ＝ 与 y ＝ log 3 ( x － 2) 在 (3 ，＋ ∞ ) 上具有相同的单调性，则实数 k 的取值范围是 _____ ___ ___. 答案 解析 ( － ∞ ，－ 4) 由于 y ＝ log 3 ( x － 2) 的定义域为 (2 ，＋ ∞ ) ，且为增函数， 故函数 y ＝ log 3 ( x － 2) 在 (3 ，＋ ∞ ) 上是增函数 . 因 其 在 (3 ，＋ ∞ ) 上是增函数，故 4 ＋ k <0 ，得 k < － 4. 典例 　 (12 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 ( a 2 ＋ a － 5)<2. 解 抽象函数不等式 答题 模板 系列 1 (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 ( x 2 ) － f ( x 1 ) 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 . 思维 点拨 规范解答 答题模板 ( 1) 证明 　设 x 1 ， x 2 ∈ R 且 x 1 < x 2 ， 则 x 2 － x 1 >0 ， ∵ 当 x >0 时， f ( x )>1 ， ∴ f ( x 2 － x 1 )>1 . [ 2 分 ] f ( x 2 ) ＝ f [ ( x 2 － x 1 ) ＋ x 1 ] ＝ f ( x 2 － x 1 ) ＋ f ( x 1 ) － 1 ， [ 4 分 ] ∴ f ( x 2 ) － f ( x 1 ) ＝ f ( x 2 － x 1 ) － 1>0 ⇒ f ( x 1 )< f ( x 2 ) ， ∴ 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) ＝ 2 f (1) － 1 ， [ 8 分 ] f (3) ＝ 4 ⇒ f (2 ＋ 1) ＝ 4 ⇒ f (2) ＋ f (1) － 1 ＝ 4 ⇒ 3 f (1) － 2 ＝ 4 ， ∴ f (1) ＝ 2 ， ∴ f ( a 2 ＋ a － 5)<2 ＝ f (1) ， [10 分 ] ∵ f ( x ) 在 R 上为增函数， ∴ a 2 ＋ a － 5<1 ⇒ － 3< a <2 ， 即 a ∈ ( － 3,2 ). [ 12 分 ] 返回 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 . 返回 课时作业 1.(2016· 北京东城区模拟 ) 下列函数中，在区间 (1 ，＋ ∞ ) 上是增函数的 是 A. y ＝－ x ＋ 1 B. y ＝ C. y ＝－ ( x － 1) 2 D. y ＝ 3 1 － x √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 解析 A 中，函数在 (1 ，＋ ∞ ) 上为减函数， C 中，函数在 (1 ，＋ ∞ ) 上为减函数， D 中，函数在 (1 ，＋ ∞ ) 上为减函数 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2. 函数 f ( x ) ＝ | x － 2| x 的单调减区间 是 A. [1,2] B . [ － 1,0] C.(0,2] D .[2 ，＋ ∞ ) √ 答案 解析 当 x ≥ 2 时， f ( x ) 为增函数， 当 x <2 时， ( － ∞ ， 1] 是函数 f ( x ) 的增区间； [1,2] 是函数 f ( x ) 的减区间 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3. 已知函数 y ＝ log 2 ( ax － 1) 在 (1,2) 上单调递增，则实数 a 的取值范围 是 A.(0,1] B. [1,2] C.[1 ，＋ ∞ ) D .[2 ，＋ ∞ ) √ 答案 解析 要使 y ＝ log 2 ( ax － 1) 在 (1,2) 上单调递增， 则 a >0 且 a － 1 ≥ 0 ， 即 a ≥ 1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 4. 已知 f ( x ) ＝ 是 R 上的单调递增函数，则实数 a 的取值范围 是 A.(1 ，＋ ∞ ) B .[4,8) C.(4,8) D.(1,8) √ 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 *5. 函数 f ( x ) 的定义域为 D ，若对于任意 x 1 ， x 2 ∈ D ，当 x 1 < x 2 时，都有 f ( x 1 ) ≤ f ( x 2 ) ，则称函数 f ( x ) 在 D 上为非减函数，设函数 f ( x ) 在 [0,1] 上为非减函数，且满足以下三个条件： √ 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 由 ③ ，令 x ＝ 0 ，可得 f (1) ＝ 1 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 6. 定义新运算  ：当 a ≥ b 时， a  b ＝ a ；当 a < b 时， a  b ＝ b 2 ，则函数 f ( x ) ＝ (1  x ) x － (2  x ) ， x ∈ [ － 2,2] 的最大值 等于 A. － 1 B.1 C.6 D.12 √ 答案 解析 由已知得，当－ 2 ≤ x ≤ 1 时， f ( x ) ＝ x － 2 ， 当 1< x ≤ 2 时， f ( x ) ＝ x 3 － 2. ∵ f ( x ) ＝ x － 2 ， f ( x ) ＝ x 3 － 2 在定义域内都为增函数， ∴ f ( x ) 的最大值为 f (2) ＝ 2 3 － 2 ＝ 6. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 7. 函数 f ( x ) ＝ － log 2 ( x ＋ 2) 在区间 [ － 1,1 ] 上的最大值为 _____. 答案 解析 3 由于 y ＝ 在 R 上递减， y ＝ log 2 ( 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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 8. 设 函数 g ( x ) ＝ x 2 f ( x － 1) ，则函数 g ( x ) 的递减区间是 ______. [0,1) 答案 解析 函数的图象如图所示，其递减区间为 [0,1). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 9. 若函数 f ( x ) ＝ |2 x ＋ a | 的单调递增区间是 [3 ，＋ ∞ ) ，则 a ＝ ________. 答案 解析 － 6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 *10.(2016· 北京顺义区模拟 ) 已知 f ( x ) ＝ 不等式 f ( x ＋ a )> f (2 a － x ) 在 [ a ， a ＋ 1 ] 上恒成立，则实数 a 的取值范围是 _____ ___ ___. 答案 解析 ( － ∞ ，－ 2) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 二次函数 y 1 ＝ x 2 － 4 x ＋ 3 的对称轴是 x ＝ 2 ， ∴ 该函数在 ( － ∞ ， 0] 上单调递减， ∴ x 2 － 4 x ＋ 3 ≥ 3 ，同样可知函数 y 2 ＝－ x 2 － 2 x ＋ 3 在 (0 ，＋ ∞ ) 上单调递减， ∴ － x 2 － 2 x ＋ 3<3 ， ∴ f ( x ) 在 R 上单调递减， ∴ 由 f ( x ＋ a )> f (2 a － x ) 得到 x ＋ a <2 a － x ， 即 2 x < a ， ∴ 2 x < a 在 [ a ， a ＋ 1 ] 上恒成立， ∴ 2( a ＋ 1)< a ， ∴ a < － 2 ， ∴ 实数 a 的取值范围是 ( － ∞ ，－ 2). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (1) 求证： f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上是增函数； 证明 任取 x 1 > x 2 >0 ， ∵ x 1 > x 2 >0 ， ∴ x 1 － x 2 >0 ， x 1 x 2 >0 ， ∴ f ( x 1 ) － f ( x 2 )>0 ，即 f ( x 1 )> f ( x 2 ) ， ∴ f ( x ) 在 (0 ，＋ ∞ ) 上是增函数 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解答 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 12. 函数 f ( x ) ＝ 4 x 2 － 4 ax ＋ a 2 － 2 a ＋ 2 在区间 [0,2] 上有最小值 3 ，求 a 的值 . 解答 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 ∴ f ( x ) min ＝ f (0) ＝ a 2 － 2 a ＋ 2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 f ( x ) min ＝ f (2) ＝ a 2 － 10 a ＋ 18. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 *13. 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； 解答 当 a >1 时， x 2 － 2 x ＋ a >0 恒成立， 定义域为 (0 ，＋ ∞ ) ； 当 a ＝ 1 时，定义域为 { x | x >0 且 x ≠ 1} ； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (2) 当 a ∈ (1,4) 时，求函数 f ( x ) 在 [2 ，＋ ∞ ) 上的最小值； 解答 当 a ∈ (1,4) ， x ∈ [2 ，＋ ∞ ) 时， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (3) 若对任意 x ∈ [2 ，＋ ∞ ) 恒有 f ( x )>0 ，试确定 a 的取值范围 . 解答 对任意 x ∈ [2 ，＋ ∞ ) 恒有 f ( x )>0 ， 即 x ＋ － 2>1 对 x ∈ [2 ，＋ ∞ ) 恒成立 . 所以 a >3 x － x 2 ， 令 h ( x ) ＝ 3 x － x 2 ， 所以 h ( x ) max ＝ h (2) ＝ 2 ， 所以 a >2.