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【配套Word版文档】2.2


§ 2.2
2014 高考会这样考

函数的单调性

1.利用函数的单调性求单调区间,比较大小,解不等式;2.利用

函数单调性求最值和参数的取值范围;3.与导数交汇命题,以解答题形式考查. 复习备考要这样做 1.从数、 形两种角度理解函数的单调性;2.会判断复合函数的单调

性;3.含参函

数的最值求法,需对参数进行讨论.

1.函数单调性的定义 增函数 减函数

设函数 y=f(x)的定义域为 A,区间 M?A,如果取区间 M 中任意两个值 x1,x2,改变量 Δx=x2-x1>0,则当 定义 Δy=f(x2)-f(x1)>0 时,就 称函数 y=f(x)在区间 M 上 是增函数 Δy = f(x2) - f(x1)<0 时,就 称函数 y=f(x)在区间 M 上 是减函数

图象 自左向右看图象是上升的 2.单调性与单调区间 如果一个函数在某个区间 M 上是增函数或是减函数就说这个函数在这个区间 M 上具 有单调性,区间 M 称为单调区间. [难点正本 疑点清源] 1.函数的单调性是局部性质 函数的单调性,从定义上看,是指函数在定义域的某个子区间上的单调性,是局部 的特征.在某个区间上单调,在整个定义域上不一定单调. 2.函数的单调区间的求法 函数的单调区间是函数定义域的子区间,所以求解函数的单调区间,必须先求出函 数的定义域.对于基本初等函数的单调区间可以直接利用已知结论求解,如二次函 数、对数函数、指数函数等; 自左向右看图象是下降的

如果是复合函数,应根据复合函数的单调性的判断方法,首先判断两个简单函数的 单调性,再根据“同则增,异则减”的法则求解函数的单调区间. 3.单调区间的表示 单调区间只能用区间表示, 不能用集合或不等式表示; 如有多个单调区间应分别写, 不能用并集符号“∪”联结,也不能用“或”联结.

1.(2012· 安徽)若函数 f(x)=|2x+a|的单调递增区间是[3,+∞),则 a=________. 答案 -6

解析

?2x+a,x≥-2, f(x)=|2x+a|=? a ?-2x-a,x<-2.

a

作出函数图象,由图象知: a ? 函数的单调递增区间为? ?-2,+∞?, a ∴- =3,∴a=-6. 2 2.(2011· 江苏)函数 f(x)=log5(2x+1)的单调增区间是______________. 1 ? 答案 ? ?-2,+∞? 2x 3.函数 f(x)= 在[1,2]的最大值和最小值分别是__________. x+1 答案 解析 4 ,1 3 2x 2?x+1?-2 2 4 f(x)= = =2- 在[1,2]上是增函数, ∴f(x)max=f(2)= , f(x)min 3 x+1 x+1 x+1

=f(1)=1. 4. 已知函数 y=f(x)在 R 上是减函数, A(0, -2)、 B(-3,2)在其图象上, 则不等式-2<f(x)<2 的解集为________. 答案 (-3,0)

5.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 A.a>- 4 1 C.- ≤a<0 4 答案 D 1 B.a≥- 4 1 D.- ≤a≤0 4 ( )

解析 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 0>a≥- . a 4 1 综上知- ≤a≤0. 4

题型一 函数单调性的判断 例1 ax 试讨论函数 f(x)= (a≠0)在(-1,1)上的单调性. x-1

思维启迪:可利用定义或导数法讨论函数的单调性. 解 设-1<x1<x2<1,

1 x-1+1 ? f(x)=a =a 1+x-1?, ? ? x-1 1 1 f(x1)-f(x2)=a?1+x -1?-a?1+x -1? ? ? ? ? 1 2 =a x2-x1 ?x1-1??x2-1?

当 a>0 时,f(x1)-f(x2)>0,即 f(x1)>f(x2), 函数 f(x)在(-1,1)上递减; 当 a<0 时,f(x1)-f(x2)<0,即 f(x1)<f(x2), 函数 f(x)在(-1,1)上递增. 探究提高 证明函数的单调性用定义法的步骤:取值—作差—变形—确定符号—下 结论. (1)已知 a>0, 函数 f(x)=x+ 在[ a,+∞)上是增函数; (2)求函数 y= x2+x-6的单调区间. (1)证明 设 x1,x2 是任意两个正数,且 0<x1<x2, a a x1-x2 x1+ ?-?x2+ ?= 则 f(x1)-f(x2)=? (x x -a). x x ? ? x1x2 1 2 1? 2? 当 0<x1<x2≤ a时,0<x1x2<a,又 x1-x2<0, a (x>0), 证明函数 f(x)在(0, a]上是减函数, x

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. (2)解 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,+∞). 题型二 利用函数单调性求参数范围 例2 ax-1 若函数 f(x)= 在(-∞,-1)上是减函数,求实数 a 的取值范围. x+1

思维启迪:利用函数的单调性求参数的取值范围,解题思路为视参数为已知数,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. 解 ax-1 a+1 f(x)= =a- ,设 x1<x2<-1, x+1 x+1

? a+1 ?-?a- a+1 ? 则 f(x1)-f(x2)=?a- ? ? ? ? x1+1? ? x2+1?
= a+1 a+1 ?a+1??x1-x2? - = , x2+1 x1+1 ?x2+1??x1+1?

又函数 f(x)在(-∞,-1)上是减函数, 所以 f(x1)-f(x2)>0,由于 x1<x2<-1, 所以 x1-x2<0,x1+1<0,x2+1<0, 所以 a+1<0,即 a<-1. 故 a 的取值范围是(-∞,-1). 探究提高 已知函数的单调性确定参数的值或范围,可以通过解不等式或转化为不 等式恒成立问题求解;需注意的是,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. (1) 若函数 f(x) = (2a -1)x+ b 是 R 上的减函数,则 a 的取值范围为 ____________. x-5 (2)函数 y= 在(-1,+∞)上单调递增,则 a 的取值范围是 x-a-2 A.a=-3 C.a≤-3 B.a<3 D.a≥-3 ( )

答案 解析

1? (1)? ?-∞,2?

(2)C

1 (1)因为函数 f(x)=(2a-1)x+b 是 R 上的减函数,所以 2a-1<0,解得 a< , 2

1? 所以 a 的取值范围是? ?-∞,2?. x-5 a-3 (2)y= =1+ , x-a-2 x-?a+2? 由函数在(-1,+∞)上单调递增,
? ?a-3<0 有? ,解得 a≤-3. ?a+2≤-1 ?

题型三 利用函数的单调性求最值 例3 已知函数 f(x)对于任意 x,y∈R,总有 f(x)+f(y)=f(x+y),且当 x>0 时,f(x)<0,

2 f(1)=- . 3 (1)求证:f(x)在 R 上是减函数; (2)求 f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值. 思维启迪:问题(1)对于抽象函数的问题要根据题设及所求的结论来适当取特殊值, 证明 f(x)为单调减函数的首选方法是用单调性的定义来证.问题(2)用函数的单调性 即可求最值. (1)证明 方法一 ∵函数 f(x)对于任意 x,y∈R,总有 f(x)+f(y)=f(x+y),∴令 x= y=0,得 f(0)=0. 再令 y=-x,得 f(-x)=-f(x). 在 R 上任取 x1>x2,则 x1-x2>0, f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)=f(x1-x2). 又∵当 x>0 时,f(x)<0, 而 x1-x2>0,∴f(x1-x2)<0,即 f(x1)<f(x2). 因此 f(x)在 R 上是减函数. 方法二 设 x1>x2, 则 f(x1)-f(x2)=f(x1-x2+x2)-f(x2) =f(x1-x2)+f(x2)-f(x2)=f(x1-x2). 又∵当 x>0 时,f(x)<0,而 x1-x2>0, ∴f(x1-x2)<0,即 f(x1)<f(x2), ∴f(x)在 R 上为减函数. (2)解 ∵f(x)在 R 上是减函数, ∴f(x)在[-3,3]上也是减函数,

∴f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值分别为 f(-3)与 f(3). 而 f(3)=3f(1)=-2,f(-3)=-f(3)=2. ∴f(x)在[-3,3]上的最大值为 2,最小值为-2. 探究提高 对于抽象函数的单调性的判断仍然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 f?x1? f?x2?

x1 与 1 的大小.有时根据需要,需作适当的变形:如 x1=x2· 或 x1=x2+x1-x2 等;利 x2 用函数单调性可以求函数最值. x1? 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
2

时,f(x)<0. (1)求 f(1)的值; (2)判断 f(x)的单调性; (3)若 f(3)=-1,求 f(x)在[2,9]上的最小值. 解 (1)令 x1=x2>0,

代入得 f(1)=f(x1)-f(x1)=0,故 f(1)=0. x1 (2)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,+∞)上是单调递减函数. (3)∵f(x)在(0,+∞)上是单调递减函数. ∴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),而 f(3)=-1,所以 f(9)=-2. ∴f(x)在[2,9]上的最小值为-2.

忽视函数的定义域

1 典例:求函数 y=log (x2-3x)的单调区间. 3 易错分析 忽视函数的定义域,认为 x 的范围是全体实数,导致错误. 规范解答

解 设 t=x2-3x, 由 t>0, 得 x<0 或 x>3, 即函数的定义域为(-∞, 0)∪(3, +∞). 函 3 数 t 的对称轴为直线 x= ,故 t 在(-∞,0)上单调递减,在(3,+∞)上单调递增. 2 1 1 而函数 y=log t 为单调递减函数,由复合函数的单调性可知,函数 y=log (x2-3x) 3 3 的单调递增区间是(-∞,0),单调递减区间是(3,+∞). 温馨提醒 函数的单调区间是函数定义域的子区间, 所以求解函数的单调区间, 必须先 求出函数的定义域.如果是复合函数,应该根据复合函数单调性的判断方法,首先 判断两个简单函数的单调性,根据同增异减的法则求解函数的单调区间.由于思维 定势的原因,容易忽视定义域,导致错误.

函数的单调性与最值

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. 审题视角 (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”是本小题 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,∴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),[10 分] ∵f(x)在 R 上为增函数,∴a2+a-5<1?-3<a<2, 即 a∈(-3,2).[12 分]

解函数不等式问题的一般步骤: 第一步:确定函数 f(x)在给定区间上的单调性; 第二步:将函数不等式转化为 f(M)<f(N)的形式; 第三步: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:解不等式或不等式组确定解集; 第五步: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,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 M、 N 的取值范围, 即忽视 f(x)所在的单调区间的约束.

方法与技巧 1.可以根据定义判断或证明函数的单调性. 2.求函数的单调区间 首先应注意函数的定义域,函数的单调区间都是其定义域的子集;其次掌握一次函 数、二次函数等基本初等函数的单调区间.常用方法:根据定义,利用图象和单调 函数的性质;利用导数的性质. 3.复合函数的单调性 对于复合函数 y=f[g(x)], 若 t=g(x)在区间(a, b)上是单调函数, 且 y=f(t)在区间(g(a), g(b))或者(g(b), g(a))上是单调函数, 若 t=g(x)与 y=f(t)的单调性相同(同时为增或减), 则 y=f[g(x)]为增函数;若 t=g(x)与 y=f(t)的单调性相反,则 y=f[g(x)]为减函数. 简称:同增异减. 失误与防范 1.函数的单调区间是指函数在定义域内的某个区间上单调递增或单调递减.单调区间 要分开写,即使在两个区间上的单调性相同,也不能用并集表示. 2.两函数 f(x)、g(x)在 x∈(a,b)上都是增(减)函数,则 f(x)+g(x)也为增(减)函数,但 1 f(x)· g(x), 等的单调性与其正负有关,切不可盲目类比. f?x?

A 组 专项基础训练 (时间:35 分钟,满分:57 分) 一、选择题(每小题 5 分,共 20 分) 1.下列函数中,在(-∞,0)上为增函数的是 A.y=1-x2 1 C.y= 1+x 答案 A 解析 ∵y=1-x2 的对称轴为 x=0,且开口向下, ∴(-∞,0)为其单调递增区间. 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 0, ? A.? ? 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 a ?x>1?, ? ? 3.已知 f(x)=?? a? 是 R 上的单调递增函数,则实数 a 的取值范围 ??4-2?x+2 ?x≤1? ? 为 A.(1,+∞) C.(4,8) 答案 B 解析 因为 f(x)是 R 上的单调递增函数, B.[4,8) D.(1,8) ( )
x

(

)

B.y=x2+2x x D.y= x-1

)

3 0, ? B.? ? 4? 3? D.? ?0,4?

? ?4-a>0, 所以可得? 2 a ? ?a≥4-2+2.

a>1,

解得 4≤a<8,故选 B.

1 + 4.给定函数①y=x ,②y=log1(x+1),③y=|x-1|,④y=2x 1,其中在区间(0,1)上单 2 2 调递减的函数的序号是 A.①② B.②③ C.③④ D.①④ 答案 B
1

(

)

解析 ①函数 y=x2在(0,+∞)上为增函数,故在(0,1)上也为增函数; 1 ②y=log (x+1)在(-1, +∞)上为减函数, 故在(0,1)上也为减函数; ③y=|x-1|在(0,1) 2 上为减函数;④y=2x
+1

在(-∞,+∞)上为增函数,故在(0,1)上也为增函数.

二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) 5.f(x)=x2-2x (x∈[-2,4])的单调增区间为__________;f(x)max=________. 答案 [1,4] 8 解析 函数 f(x)的对称轴:x=1,单调增区间为[1,4], f(x)max=f(-2)=f(4)=8. 6.函数 f(x)=ln(4+3x-x2)的单调递减区间是__________. 3 ? 答案 ? ?2,4? 解析 3?2 25 函数 f(x)的定义域是(-1,4),u(x)=-x2+3x+4=-? ?x-2? + 4 的减区间为

?3,4?,∵e>1, ?2 ?
3 ? ∴函数 f(x)的单调递减区间为? ?2,4?. 7 .若函数 f(x) = a|x - b| + 2 在 [0 ,+∞) 上为增函数,则实数 a 、 b 的取值范围是 ____________. 答案 a>0 且 b≤0 解析 要使 f(x)在[0, +∞)上为增函数, 则 a>0 且 x-b≥0 恒成立, 即 b≤x, ∴b≤0. 三、解答题(共 22 分) 1 1 8.(10 分)已知函数 f(x)= - (a>0,x>0), a x (1)求证:f(x)在(0,+∞)上是单调递增函数; 1 ? ?1 ? (2)若 f(x)在? ?2,2?上的值域是?2,2?,求 a 的值.

(1)证明 设 x2>x1>0,则 x2-x1>0,x1x2>0, 1 1 ? ?1 1 ? ∵f(x2)-f(x1)=? ?a-x ?-?a-x ?
2 1

1 1 x2-x1 = - = >0, x1 x2 x1x2 ∴f(x2)>f(x1),∴f(x)在(0,+∞)上是单调递增函数. 1 ? 1 ,2 上的值域是? ,2?, (2)解 ∵f(x)在? ?2 ? ?2 ? 1 ? 又 f(x)在? ?2,2?上单调递增, 1? 1 2 ∴f? = , f (2) = 2. ∴ 易得 a = . ?2? 2 5 a 9.(12 分)已知函数 f(x)=x2+ (x≠0,a∈R). x (1)判断函数 f(x)的奇偶性; (2)若 f(x)在区间[2,+∞)上是增函数,求实数 a 的取值范围. 解 (1)当 a=0 时,f(x)=x2(x≠0)为偶函数;

当 a≠0 时,f(-x)≠f(x),f(-x)≠-f(x), ∴f(x)既不是奇函数也不是偶函数. a a x1-x2 2 (2)设 x2>x1≥2,则 f(x1)-f(x2)=x2 [x x (x +x )-a], 1+ -x2- = x1 x2 x1x2 1 2 1 2 由 x2>x1≥2,得 x1x2(x1+x2)>16,x1-x2<0, x1x2>0. 要使 f(x)在区间[2,+∞)上是增函数, 只需 f(x1)-f(x2)<0, 即 x1x2(x1+x2)-a>0 恒成立,则 a≤16.

B 组 专项能力提升 (时间:25 分钟,满分:43 分) 一、选择题(每小题 5 分,共 20 分) f?x? 1.已知函数 f(x)=x2-2ax+a 在区间(-∞,1)上有最小值,则函数 g(x)= 在区间(1, x +∞)上一定 A.有最小值 C.是减函数 答案 D f?x? a 解析 由题意知 a<1,∴g(x)= =x+ -2a, x x B.有最大值 D.是增函数 ( )

当 a<0 时,显然 g(x)在区间(1,+∞)上单调递增, 当 a>0 时,g(x)在[ a,+∞)上是增函数, 故在(1,+∞)上为增函数, ∴g(x)在(1,+∞)上一定是增函数. 2.已知定义在 R 上的增函数 f(x),满足 f(-x)+f(x)=0,x1,x2,x3∈R,且 x1+x2>0, x2+x3>0,x3+x1>0,则 f(x1)+f(x2)+f(x3)的值 A.一定大于 0 C.等于 0 答案 A 解析 ∵f(-x)+f(x)=0,∴f(-x)=-f(x). 又∵x1+x2>0,x2+x3>0,x3+x1>0, ∴x1>-x2,x2>-x3,x3>-x1. 又∵f(x1)>f(-x2)=-f(x2), f(x2)>f(-x3)=-f(x3),f(x3)>f(-x1)=-f(x1), ∴f(x1)+f(x2)+f(x3)>-f(x2)-f(x3)-f(x1). ∴f(x1)+f(x2)+f(x3)>0.
2 ? ?x +4x, 3.已知函数 f(x)=? 2 ?4x-x , ?

(

)

B.一定小于 0 D.正负都有可能

x≥0, x<0,

若 f(2-a2)>f(a),则实数 a 的取值范围是( B.(-1,2) D.(-∞,-2)∪(1,+∞)

)

A.(-∞,-1)∪(2,+∞) C.(-2,1) 答案 C

解析 由题意知 f(x)在 R 上是增函数, 由题意得 2-a2>a,解得-2<a<1. 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) ax+1 4. 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 解析 [1,+∞) ax+2a2-2a2+1 2a2-1 f(x)= =a- , x+2a x+2a

其对称中心为(-2a,a).
2 2 ? ? ?2a -1>0 ?2a -1>0 ? ? ∴ ? ?a≥1. ?-2a≤-2 ? ? ?a≥1

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

?1?? ?1? 解析 由 f? ??x??<f(1),得?x?>1,
1 1 ∴ >1 或 <-1,∴0<x<1 或-1<x<0. x x 6.设 x1,x2 为 y=f(x)的定义域内的任意两个变量,有以下几个命题: ①(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0; ②(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0; ③ ④ f?x1?-f?x2? >0; x1-x2 f?x1?-f?x2? <0. x1-x2

其中能推出函数 y=f(x)为增函数的命题为________.(填序号) 答案 ①③ 解析 依据增函数的定义可知,对于①③,当自变量增大时,相对应的函数值也增

大,所以①③可推出函数 y=f(x)为增函数. 三、解答题 7.(13 分)已知 f(x)是定义在[-1,1]上的奇函数,且 f(1)=1,若 a,b∈[-1,1],a+b≠0 f?a?+f?b? 时,有 >0 成立. a+b (1)判断 f(x)在[-1,1]上的单调性,并证明它; 1 1 (2)解不等式:f(x+ )<f( ); 2 x-1 (3)若 f(x)≤m2-2am+1 对所有的 a∈[-1,1]恒成立,求实数 m 的取值范围. 解 (1)任取 x1,x2∈[-1,1],且 x1<x2,

则-x2∈[-1,1],∵f(x)为奇函数, ∴f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2) = f?x1?+f?-x2? · (x1-x2), x1+?-x2?

f?x1?+f?-x2? 由已知得 >0,x1-x2<0, x1+?-x2? ∴f(x1)-f(x2)<0,即 f(x1)<f(x2). ∴f(x)在[-1,1]上单调递增. (2)∵f(x)在[-1,1]上单调递增,

? ? 1 ∴?-1≤x+2≤1, 1 ? ≤1. ?-1≤x- 1
∴在[-1,1]上,f(x)≤1.

1 1 x+ < , 2 x-1

3 ∴- ≤x<-1. 2

(3)∵f(1)=1,f(x)在[-1,1]上单调递增.

问题转化为 m2-2am+1≥1, 即 m2-2am≥0,对 a∈[-1,1]恒成立. 设 g(a)=-2m· a+m2≥0. ①若 m=0,则 g(a)=0≥0,对 a∈[-1,1]恒成立. ②若 m≠0, 则 g(a)为 a 的一次函数, 若 g(a)≥0, 对 a∈[-1, 1]恒成立, 必须有 g(- 1)≥0 且 g(1)≥0, ∴m≤-2 或 m≥2. ∴m 的取值范围是 m=0 或 m≥2 或 m≤-2.


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