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函數的單調性評估測試練習題和答案二-資料下載頁

2026-06-09 20:41本頁面

　　

【正文】 x1＜x2，則f(x1)－f(x2)=－－a(x1－x2)=－a(x1－x2)=(x1－x2)(－a)(1)當a≥1時，∵＜1，又∵x1－x2＜0，∴f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)∴a≥1時，函數f(x)在區間［0，＋∞)上為減函數．(2)當0＜a＜1時，在區間［0，＋∞］上存在x1=0，x2=，滿足f(x1)=f(x2)=1∴0＜a＜1時，f(x)在［０，＋上不是單調函數注： ①判斷單調性常規思路為定義法；②變形過程中＜1利用了＞|x1|≥x1。＞x2；③從a的范圍看還須討論0＜a＜1時f(x)的單調性，這也是數學嚴謹性的體現．： ∵f(x)在(－2，2)上是減函數∴由f(m－1)－f(1－2m)＞0，得f(m－1)＞f(1－2m)∴ 解得，∴m的取值范圍是(－)： (1)當a=時，f(x)=x＋＋2，x∈1，＋∞)設x2＞x1≥1，則f(x2)－f(x1)=x2＋=(x2－x1)＋=(x2－x1)(1－)∵x2＞x1≥1，∴x2－x1＞0，1－＞0，則f(x2)＞f(x1)可知f(x)在［1，＋∞)上是增函數．∴f(x)在區間［1，＋∞上的最小值為f(1)=．(2)在區間［1，＋∞上，f(x)=＞0恒成立x2＋2x＋a＞0恒成立設y=x2＋2x＋a，x∈1，＋∞)，由y=(x＋1)2＋a－1可知其在[1，＋∞)上是增函數，當x=1時，ymin=3＋a，于是當且僅當ymin=3＋a＞0時函數f(x)＞0恒成立．故a＞－3．7

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