题目内容
已知函数f（x）=
（1）当a=2，x∈[2，+∞），时，证明函数f（x）的单调性．
（2）当a＞0时，若函数f（x）在[1，+∞）上单调递增，求此时a的取值范围．
| x2+2x+a | x |
（1）当a=2，x∈[2，+∞），时，证明函数f（x）的单调性．
（2）当a＞0时，若函数f（x）在[1，+∞）上单调递增，求此时a的取值范围．
分析：（1）根据函数单调性的定义说明，设x1，x2∈[2，+∞），x1＜x2，然后判定f（x1）-f（x2）的符号，即可得到函数的单调性；
（2）当a＞0时，由函数f（x）在[1，+∞）上单调递增，可得x1•x2-a＞0恒成立，进而得到a的取值范围
（2）当a＞0时，由函数f（x）在[1，+∞）上单调递增，可得x1•x2-a＞0恒成立，进而得到a的取值范围
解答：解：（1）当a=2时，f（x）=
=x+
+2
任取x1，x2∈[2，+∞），x1＜x2
∴x1-x2＜0，x1•x2＞2
∴f（x1）-f（x2）=（x1+
+2）-（x2+
+2）=（x1-x2）•
∴f（x1）-f（x2）＜0，
∴f（x1）＜f（x2）
所以函数f（x）在[2，+∞）上为增函数 …（6分）
（2）任取x1，x2∈[1，+∞），x1＜x2
∴x1-x2＜0，x1•x2＞1
∴f（x1）-f（x2）=（x1+
+2）-（x2+
+2）=（x1-x2）•
∵函数f（x）在[1，+∞）上单调递增，
∴f（x1）-f（x2）＜0恒成立，
故x1•x2-a＞0恒成立，
∴故a≤1 …（6分）
| x2+2x+2 |
| x |
| 2 |
| x |
任取x1，x2∈[2，+∞），x1＜x2
∴x1-x2＜0，x1•x2＞2
∴f（x1）-f（x2）=（x1+
| 2 |
| x1 |
| 2 |
| x2 |
| x1•x2-2 |
| x1•x2 |
∴f（x1）-f（x2）＜0，
∴f（x1）＜f（x2）
所以函数f（x）在[2，+∞）上为增函数 …（6分）
（2）任取x1，x2∈[1，+∞），x1＜x2
∴x1-x2＜0，x1•x2＞1
∴f（x1）-f（x2）=（x1+
| a |
| x1 |
| a |
| x2 |
| x1•x2-a |
| x1•x2 |
∵函数f（x）在[1，+∞）上单调递增，
∴f（x1）-f（x2）＜0恒成立，
故x1•x2-a＞0恒成立，
∴故a≤1 …（6分）
点评：本题主要考查利考查了利用导数研究函数的单调性，以及用函数的值域解决不等式恒成立的条件，属于中档题．
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| 2 |
A、f(x)=2sin(πx+
| ||
B、f(x)=2sin(2πx+
| ||
C、f(x)=2sin(πx+
| ||
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|