高考数学一轮复习讲义第2章第2节函数的单调性与最值

这是一份高考数学一轮复习讲义第2章第2节函数的单调性与最值，共14页。试卷主要包含了函数的单调性，函数的最值，定义新运算等内容，欢迎下载使用。


1．函数的单调性
(1)单调函数的定义
(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y＝f(x)的单调区间．
2．函数的最值
【知识拓展】
函数单调性的常用结论
(1)对∀x1，x2∈D(x1≠x2)，eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0⇔f(x)在D上是增函数，eq \f(fx1－fx2,x1－x2)<0⇔f(x)在D上是减函数．
(2)对勾函数y＝x＋eq \f(a,x)(a>0)的增区间为(－∞，－eq \r(a)]和[eq \r(a)，＋∞)，减区间为[－eq \r(a)，0)和(0，eq \r(a)]．
(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”．
【思考辨析】
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)(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＝eq \f(1,x)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．( √ )
1．(2016·北京)下列函数中，在区间(－1,1)上为减函数的是( )
A．y＝eq \f(1,1－x)B．y＝cs x
C．y＝ln(x＋1) D．y＝2－x
答案 D
解析 y＝eq \f(1,1－x)与y＝ln(x＋1)在区间(－1,1)上为增函数；
y＝cs x在区间(－1,1)上不是单调函数；y＝2－x＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x在(－1,1)上单调递减．
2．若函数f(x)＝|2x＋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 C
解析 由图象易知函数f(x)＝|2x＋a|的单调增区间是[－eq \f(a,2)，＋∞)，令－eq \f(a,2)＝3，得a＝－6.
3．(2016·广州模拟)函数y＝x2＋2x－3(x>0)的单调增区间为________．
答案 (0，＋∞)
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，＋∞)．
4．(教材改编)已知函数f(x)＝x2－2ax－3在区间[1,2]上是增函数，则实数a的取值范围为________________________________________________________________________．
答案 (－∞，1]
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f(x)的单调递增区间是[a，＋∞)，由[1,2]⊆[a，＋∞)，可得a≤1.
5．(教材改编)已知函数f(x)＝eq \f(2,x－1)，x∈[2,6]，则f(x)的最大值为________，最小值为________．
答案 2 eq \f(2,5)
解析 可判断函数f(x)＝eq \f(2,x－1)在[2,6]上为减函数，所以f(x)max＝f(2)＝2，f(x)min＝f(6)＝eq \f(2,5).
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
例1 (1)函数的单调递增区间是( )
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)
C．(2，＋∞) D．(－∞，－2)
(2)y＝－x2＋2|x|＋3的单调递增区间为________．
答案 (1)D (2)(－∞，－1]，[0,1]
解析 (1)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＝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)．
(2)由题意知，当x≥0时，y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4；当x<0时，y＝－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4，
二次函数的图象如图．
由图象可知，函数y＝－x2＋2|x|＋3在(－∞，－1]，[0,1]上是增函数.
命题点2 解析式含参数的函数的单调性
例2 已知函数f(x)＝eq \f(ax,x2－1)(a>0)，用定义法判断函数f(x)在(－1,1)上的单调性．
解 设－1则f(x1)－f(x2)＝eq \f(ax1,x\\al(2,1)－1)－eq \f(ax2,x\\al(2,2)－1)
＝eq \f(ax1x\\al(2,2)－ax1－ax2x\\al(2,1)＋ax2,x\\al(2,1)－1x\\al(2,2)－1)＝eq \f(ax2－x1x1x2＋1,x\\al(2,1)－1x\\al(2,2)－1)
∵－1∴x2－x1>0，x1x2＋1>0，(xeq \\al(2,1)－1)(xeq \\al(2,2)－1)>0.
又∵a>0，∴f(x1)－f(x2)>0，
∴函数f(x)在(－1,1)上为减函数．
引申探究
如何用导数法求解例2?
解 f′(x)＝eq \f(a·x2－1－ax·2x,x2－12)＝eq \f(－ax2＋1,x2－12)，
∵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．
(1)已知函数f(x)＝eq \r(x2－2x－3)，则该函数的单调递增区间为( )
A．(－∞，1] B．[3，＋∞)
C．(－∞，－1] D．[1，＋∞)
答案 B
解析 设t＝x2－2x－3，则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＋mx2(m∈R)，求函数f(x)的单调区间．
解 (导数法)依题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)．
对f(x)求导，得f′(x)＝eq \f(1,x)＋2mx＝eq \f(1＋2mx2,x).
当m≥0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当m<0时，令f′(x)＝0，得x＝eq \r(－\f(1,2m)).
当x∈(0, eq \r(－\f(1,2m)))时，f′(x)>0，
所以f(x)在(0, eq \r(－\f(1,2m)))上单调递增；
当x∈( eq \r(－\f(1,2m))，＋∞)时，f′(x)<0，
所以f(x)在( eq \r(－\f(1,2m))，＋∞)上单调递减．
题型二 函数的最值
例3 (1)函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,x)，x≥1，,－x2＋2，x<1))的最大值为________．
答案 2
解析 当x≥1时，函数f(x)＝eq \f(1,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)＝－x2＋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)已知f(x)＝eq \f(x2＋2x＋a,x)，x∈[1，＋∞)，且a≤1.
①当a＝eq \f(1,2)时，求函数f(x)的最小值；
②若对任意x∈[1，＋∞)，f(x)>0恒成立，试求实数a的取值范围．
解 ①当a＝eq \f(1,2)时，f(x)＝x＋eq \f(1,2x)＋2，
又x∈[1，＋∞)，所以f′(x)＝1－eq \f(1,2x2)>0，即f(x)在[1，＋∞)上是增函数，
所以f(x)min＝f(1)＝1＋eq \f(1,2×1)＋2＝eq \f(7,2).
②f(x)＝x＋eq \f(a,x)＋2，x∈[1，＋∞)．
(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(ⅱ)当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．
(1)函数y＝x＋eq \r(x－1)的最小值为________．
(2)函数f(x)＝eq \f(x2＋8,x－1)(x>1)的最小值为________．
答案 (1)1 (2)8
解析 (1)易知函数y＝x＋eq \r(x－1)在[1，＋∞)上为增函数，∴x＝1时，ymin＝1.(本题也可用换元法求解)
(2)方法一 (基本不等式法)f(x)＝eq \f(x2＋8,x－1)＝eq \f(x－12＋2x－1＋9,x－1)
＝(x－1)＋eq \f(9,x－1)＋2≥2 eq \r(x－1·\f(9,x－1))＋2＝8，
当且仅当x－1＝eq \f(9,x－1)，即x＝4时，f(x)min＝8.
方法二 (导数法)f′(x)＝eq \f(x－4x＋2,x－12)，
令f′(x)＝0，得x＝4或x＝－2(舍去)．
当1f(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x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)<0恒成立，设a＝f(－eq \f(1,2))，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 D
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，因为a＝f(－eq \f(1,2))＝f(eq \f(5,2))，且2a>c.
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(eq \f(1,2))＝0，则满足的x的集合为________________．
答案 {x|0解析 由题意知f(eq \f(1,2))＝0，f(－eq \f(1,2))＝0，
由得或解得0命题点3 求参数范围
例6 (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( )
A．a>－eq \f(1,4)B．a≥－eq \f(1,4)
C．－eq \f(1,4)≤a<0 D．－eq \f(1,4)≤a≤0
(2)已知f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－ax＋1，x<1，,ax，x≥1))满足对任意x1≠x2，都有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0成立，那么a的取值范围是________．
答案 (1)D (2)[eq \f(3,2)，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；
当a≠0时，二次函数f(x)的对称轴为x＝－eq \f(1,a)，
因为f(x)在(－∞，4)上单调递增，
所以a<0，且－eq \f(1,a)≥4，解得－eq \f(1,4)≤a<0.
综合上述得－eq \f(1,4)≤a≤0.
(2)由已知条件得f(x)为增函数，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－a>0，,a>1，,2－a×1＋1≤a，))
解得eq \f(3,2)≤a<2，所以a的取值范围是[eq \f(3,2)，2)．
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．
(1)(2016·太原模拟)已知函数f(x)＝x(ex－eq \f(1,ex))，若f(x1)A．x1>x2B．x1＋x2＝0
C．x1(2)(2016·西安模拟)要使函数y＝eq \f(2x＋k,x－2)与y＝lg3(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 (1)D (2)(－∞，－4)
解析 (1)f(－x)＝－x(eq \f(1,ex)－ex)＝f(x)，
∴f(x)在R上为偶函数，
f′(x)＝ex－eq \f(1,ex)＋x(ex＋eq \f(1,ex))，
∴x>0时，f′(x)>0，∴f(x)在[0，＋∞)上为增函数，
由f(x1)∴xeq \\al(2,1)(2)由于y＝lg3(x－2)的定义域为(2，＋∞)，且为增函数，
故函数y＝lg3(x－2)在(3，＋∞)上是增函数．
又函数y＝eq \f(2x＋k,x－2)＝eq \f(2x－2＋4＋k,x－2)＝2＋eq \f(4＋k,x－2)，
因其在(3，＋∞)上是增函数，故4＋k<0，得k<－4.
1．解抽象函数不等式
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(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)规范解答
(1)证明 设x1，x2∈R且x10，
∵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(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)，[10分]
∵f(x)在R上为增函数，
∴a2＋a－5<1⇒－3即a∈(－3,2)．[12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)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.
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＋1B．y＝eq \f(1,1－x)
C．y＝－(x－1)2D．y＝31－x
答案 B
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．
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 A
解析 f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－2x，x≥2，,－x2＋2x，x<2，))
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．
3．已知函数y＝lg2(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 C
解析 要使y＝lg2(ax－1)在(1,2)上单调递增，则a>0且a－1≥0，即a≥1.
4．已知f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax，x>1，,4－\f(a,2)x＋2，x≤1))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 B
解析 由已知可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>1，,4－\f(a,2)>0，,a≥4－\f(a,2)＋2，))解得4≤a＜8.
*5.函数f(x)的定义域为D，若对于任意x1，x2∈D，当x1①f(0)＝0；②f(eq \f(x,3))＝eq \f(1,2)f(x)；③f(1－x)＝1－f(x)．则f(eq \f(1,3))＋f(eq \f(1,8))等于( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(3,4) C．1 D.eq \f(2,3)
答案 B
解析 由③，令x＝0，可得f(1)＝1.由②，令x＝1，可得f(eq \f(1,3))＝eq \f(1,2)f(1)＝eq \f(1,2).
令x＝eq \f(1,3)，可得f(eq \f(1,9))＝eq \f(1,2)f(eq \f(1,3))＝eq \f(1,4).
由③结合f(eq \f(1,3))＝eq \f(1,2)，可知f(eq \f(2,3))＝eq \f(1,2)，令x＝eq \f(2,3)，
可得f(eq \f(2,9))＝eq \f(1,2)f(eq \f(2,3))＝eq \f(1,4)，因为eq \f(1,9)所以f(eq \f(1,3))＋f(eq \f(1,8))＝eq \f(3,4).
6．定义新运算：当a≥b时，ab＝a；当aA．－1 B．1 C．6 D．12
答案 C
解析 由已知得，当－2≤x≤1时，f(x)＝x－2，
当1∵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.
7．函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x－lg2(x＋2)在区间[－1,1]上的最大值为________．
答案 3
解析 由于y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))x在R上递减，y＝lg2(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.
8．设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x<0，))g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的递减区间是________．
答案 [0,1)
解析 由题意知g(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2，x>1，,0，x＝1，,－x2，x<1，))
函数的图象如图所示，其递减区间为[0,1)．
9．若函数f(x)＝|2x＋a|的单调递增区间是[3，＋∞)，则a＝________.
答案 －6
解析 f(x)＝|2x＋a|＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋a，x≥－\f(a,2)，,－2x－a，x<－\f(a,2).))
∵函数的单调递增区间为[－eq \f(a,2)，＋∞)，
∴－eq \f(a,2)＝3，∴a＝－6.
*10.(2016·北京顺义区模拟)已知f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－4x＋3，x≤0，,－x2－2x＋3，x>0，))不等式f(x＋a)>f(2a－x)在[a，a＋1]上恒成立，则实数a的取值范围是________．
答案 (－∞，－2)
解析 二次函数y1＝x2－4x＋3的对称轴是x＝2，
∴该函数在(－∞，0]上单调递减，
∴x2－4x＋3≥3，同样可知函数y2＝－x2－2x＋3在(0，＋∞)上单调递减，
∴－x2－2x＋3<3，∴f(x)在R上单调递减，
∴由f(x＋a)>f(2a－x)得到x＋a<2a－x，
即2x∴2(a＋1)∴实数a的取值范围是(－∞，－2)．
11．已知函数f(x)＝eq \f(1,a)－eq \f(1,x)(a>0，x>0)．
(1)求证：f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
(2)若f(x)在[eq \f(1,2)，2]上的值域是[eq \f(1,2)，2]，求a的值．
(1)证明 任取x1>x2>0，
则f(x1)－f(x2)＝eq \f(1,a)－eq \f(1,x1)－eq \f(1,a)＋eq \f(1,x2)＝eq \f(x1－x2,x1x2)，
∵x1>x2>0，
∴x1－x2>0，x1x2>0，
∴f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，
∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
(2)解 由(1)可知，f(x)在[eq \f(1,2)，2]上为增函数，
∴f(eq \f(1,2))＝eq \f(1,a)－2＝eq \f(1,2)，f(2)＝eq \f(1,a)－eq \f(1,2)＝2，
解得a＝eq \f(2,5).
12．函数f(x)＝4x2－4ax＋a2－2a＋2在区间[0,2]上有最小值3，求a的值．
解 f(x)＝4(x－eq \f(a,2))2－2a＋2，
①当eq \f(a,2)≤0，即a≤0时，函数f(x)在[0,2]上是增函数．
∴f(x)min＝f(0)＝a2－2a＋2.
由a2－2a＋2＝3，得a＝1±eq \r(2).
∵a≤0，∴a＝1－eq \r(2).
②当0f(x)min＝f(eq \f(a,2))＝－2a＋2.
由－2a＋2＝3，得a＝－eq \f(1,2)∉(0,4)，舍去．
③当eq \f(a,2)≥2，即a≥4时，函数f(x)在[0,2]上是减函数，
f(x)min＝f(2)＝a2－10a＋18.
由a2－10a＋18＝3，得a＝5±eq \r(10).
∵a≥4，∴a＝5＋eq \r(10).
综上所述，a＝1－eq \r(2)或a＝5＋eq \r(10).
*13.已知函数f(x)＝lg(x＋eq \f(a,x)－2)，其中a是大于0的常数．
(1)求函数f(x)的定义域；
(2)当a∈(1,4)时，求函数f(x)在[2，＋∞)上的最小值；
(3)若对任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)>0，试确定a的取值范围．
解 (1)由x＋eq \f(a,x)－2>0，得eq \f(x2－2x＋a,x)>0，
当a>1时，x2－2x＋a>0恒成立，
定义域为(0，＋∞)；
当a＝1时，定义域为{x|x>0且x≠1}；
当01＋eq \r(1－a)}．
(2)设g(x)＝x＋eq \f(a,x)－2，
当a∈(1,4)，x∈[2，＋∞)时，
g′(x)＝1－eq \f(a,x2)＝eq \f(x2－a,x2)>0恒成立，
所以g(x)＝x＋eq \f(a,x)－2在[2，＋∞)上是增函数．
所以f(x)＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,x)－2))在[2，＋∞)上是增函数．
所以f(x)＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,x)－2))在[2，＋∞)上的最小值为f(2)＝lgeq \f(a,2).
(3)对任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)>0，即x＋eq \f(a,x)－2>1对x∈[2，＋∞)恒成立．
所以a>3x－x2，
令h(x)＝3x－x2，
而h(x)＝3x－x2＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))2＋eq \f(9,4)在[2，＋∞)上是减函数，
所以h(x)max＝h(2)＝2，
所以a>2.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x1，x2
当x1当x1f(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
自左向右看图象是下降的
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f(x)≤M；
(2)存在x0∈I，使得f(x0)＝M
(3)对于任意的x∈I，都有f(x)≥M；
(4)存在x0∈I，使得f(x0)＝M
结论
M为最大值
M为最小值