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  • 2021-06-15 发布

高科数学专题复习课件:第二章 2_2函数的单调性与最值

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§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.