2020版高考数学新设计一轮复习浙江专版讲义：第三章第二节函数的单调性与最值

第二节函数的单调性与最值


1．函数的单调性
(1)单调函数的定义

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＜x2时，都有f(x1)＜f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是增函数
当x1＜x2时，都有f(x1)＞f(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

(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叫做函数y＝f(x)的单调区间．

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f(x)≤M；
②存在x0∈I，使得f(x0)＝M
①对于任意x∈I，都有f(x)≥M；
②存在x0∈I，使得f(x0)＝M
结论
M为函数y＝f(x)的最大值
M为函数y＝f(x)的最小值

[小题体验]
1．给定函数①y＝x，②y＝log(x＋1)，③y＝|x－1|，④y＝2x＋1.其中在区间(0,1)上单调递减的函数序号是(　　)
A．①②　　　　　　　　 　B．②③
C．③④ D．①④
解析：选B　①y＝x在(0,1)上递增；②∵t＝x＋1在(0,1)上递增，且0＜＜1，∴y＝log(x＋1)在(0,1)上递减；③结合图象(图略)可知y＝|x－1|在(0,1)上递减；④∵u＝x＋1在(0,1)上递增，且2＞1，∴y＝2x＋1在(0,1)上递增．故在区间(0,1)上单调递减的函数序号是②③.
2．(2019·绍兴调研)函数f(x)＝x－log2(x＋2)在区间[－1,1]上的最大值为________．
解析：由于y＝x在R上单调递减，y＝log2(x＋2)在[－1,1]上单调递增，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.
答案：3
3．(2018·丽水模拟)已知函数 f(x)＝则f(f(3))＝________，f(x)的单调递减区间是________．
解析：∵f(3)＝log3＝－1，
∴f(f(3))＝f(－1)＝－1＋2＋3＝4.
当x≤1时，f(x)＝－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4，
对称轴x＝－1，f(x)在[－1,1]上单调递减，且f(1)＝0，
当x＞1时，f(x)单调递减，且f(x)＜f(1)＝0，
∴f(x)在[－1，＋∞)上单调递减．
答案：4　[－1，＋∞)

1．易混淆两个概念：“函数的单调区间”和“函数在某区间上单调”，前者指函数具备单调性的“最大”的区间，后者是前者“最大”区间的子集．
2．若函数在两个不同的区间上单调性相同，则这两个区间要分开写，不能写成并集．例如，函数f(x)在区间(－1,0)上是减函数，在(0,1)上是减函数，但在(－1,0)∪(0,1)上却不一定是减函数，如函数f(x)＝.
3．两函数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f(x)·g(x)，等的单调性与其正负有关，切不可盲目类比．
[小题纠偏]
1．设定义在[－1,7]上的函数y＝f(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的增区间为________．

答案：[－1,1]，[5,7]
2．函数f(x)＝在[－6，－2]上的最大值是________，最小值是________．
解析：因为f(x)＝在[－6，－2]上是减函数，所以当x＝－6时，f(x)取得最大值－.当x＝－2时，f(x)取得最小值－.
答案：－　－


[题组练透]
1．下列四个函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是(　　)
A．f(x)＝3－x　　　　　　 　B．f(x)＝x2－3x
C．f(x)＝－ D．f(x)＝－|x|
解析：选C　当x＞0时，f(x)＝3－x为减函数；
当x∈时，f(x)＝x2－3x为减函数，
当x∈时，f(x)＝x2－3x为增函数；
当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－为增函数；
当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝－|x|为减函数．
2．试讨论函数f(x)＝(a≠0)在(－1,1)上的单调性．
解：法一：(定义法)
设－1＜x1＜x2＜1，f(x)＝a＝a，
f(x1)－f(x2)＝a－a
＝，
由于－1＜x1＜x2＜1，所以x2－x1＞0，x1－1＜0，x2－1＜0，
故当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．
法二：(导数法)
f′(x)＝＝＝－.
当a＞0时，f′(x)＜0，函数f(x)在(－1,1)上递减；
当a＜0时，f′(x)＞0，函数f(x)在(－1,1)上递增．
3．判断函数y＝在(－1，＋∞)上的单调性．
解：法一：任取x1，x2∈(－1，＋∞)，且x1＜x2，
则y1－y2＝－
＝.
∵x1＞－1，x2＞－1，∴x1＋1＞0，x2＋1＞0，
又x1＜x2，∴x2－x1＞0，
∴＞0，即y1－y2＞0.
∴y1＞y2，
∴函数y＝在(－1，＋∞)上单调递减．
法二：y＝＝1＋.
∵y＝x＋1在(－1，＋∞)上是增函数，
∴y＝在(－1，＋∞)上是减函数，
∴y＝1＋在(－1，＋∞)上是减函数．
即函数y＝在(－1，＋∞)上单调递减．
[谨记通法]
判断或证明函数的单调性的2种重要方法及其步骤
(1)定义法，其基本步骤：

(2)导数法，其基本步骤：


[典例引领]
求下列函数的单调区间：
(1)y＝－x2＋2|x|＋1；
(2)y＝log(x2－3x＋2)．
解：(1)由于y＝
即y＝
画出函数图象如图所示，单调递增区间为(－∞，－1]和[0,1]，单调递减区间为[－1,0]和[1，＋∞)．
(2)令u＝x2－3x＋2，则原函数可以看作y＝logu与u＝x2－3x＋2的复合函数．
令u＝x2－3x＋2＞0，则x＜1或x＞2.
∴函数y＝log(x2－3x＋2)的定义域为(－∞，1)∪(2，＋∞)．
又u＝x2－3x＋2的对称轴x＝，且开口向上．
∴u＝x2－3x＋2在(－∞，1)上是单调减函数，在(2，＋∞)上是单调增函数．
而y＝logu在(0，＋∞)上是单调减函数，
∴y＝log(x2－3x＋2)的单调递减区间为(2，＋∞)，单调递增区间为(－∞，1)．
[由题悟法]

确定函数的单调区间的3种方法

[提醒]　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．
[即时应用]
1．函数f(x)＝的单调递增区间为(　　)
A.　　　　　　 B.
C. D.
解析：选D　令t＝，由x－x2≥0，得0≤x≤1，故函数的定义域为[0,1]．因为g(t)＝t是减函数，所以f(x)的单调递增区间即t＝的单调递减区间．利用二次函数的性质，得t＝的单调递减区间为，即原函数的单调递增区间为.
2．(2018·温州十校联考)函数f(x)＝lg(9－x2)的定义域为________；其单调递增区间为________．
解析：对于函数f(x)＝lg(9－x2)，令t＝9－x2＞0，解得－3＜x＜3，可得函数的定义域为(－3,3)．
令g(x)＝9－x2，则函数f(x)＝lg(g(x))，又函数g(x)在定义域内的增区间为(－3,0]．
所以函数f(x)＝lg(9－x2)在定义域内的单调递增区间为(－3,0]．
答案：(－3,3)　(－3,0]

[锁定考向]
高考对函数单调性的考查多以选择题、填空题的形式出现，有时也应用于解答题中的某一问中．
常见的命题角度有：
(1)求函数的值域或最值；
(2)比较两个函数值或两个自变量的大小；
(3)解函数不等式；
(4)利用单调性求参数的取值范围或值．　　　 　
[题点全练]
角度一：求函数的值域或最值
1．(2018·台州三区适应性考试)已知函数f(x)＝2x＋ax3＋bsin x(a＞0，b＞0)，若x∈[0,1]时，f(x)的最大值为3，则x∈[－1,0)时，f(x)的最小值是________．
解析：因为函数f(x)＝2x＋ax3＋bsin x在区间[－1,1]上为单调递增函数．所以当x∈[0,1]时，f(x)的最大值为f(1)＝2＋a·13＋bsin 1＝3，a＋bsin 1＝1，当x∈[－1,0)时，f(x)的最小值为f(－1)＝2－1＋a·(－1)3＋bsin(－1)＝－(a＋bsin 1)＝－.
答案：－
角度二：比较两个函数值或两个自变量的大小
2．(2018·杭州模拟)已知函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，当x2＞x1＞1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)＜0恒成立，设a＝f，b＝f(2)，c＝f(e)，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
解析：选D　因f(x)的图象关于直线x＝1对称．
由此可得f＝f.
由x2＞x1＞1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)＜0恒成立，知f(x)在(1，＋∞)上单调递减．
∵1＜2＜＜e，∴f(2)＞f＞f(e)，∴b＞a＞c.
角度三：解函数不等式
3．已知函数f(x)为R上的减函数，则满足f＜f(1)的实数x的取值范围是(　　)
A．(－1,1)　　　　　　　 　B．(0,1)
C．(－1,0)∪(0,1) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
解析：选C　由f(x)为R上的减函数且f＜f(1)，得即
∴－1＜x＜0或0＜x＜1.故选C.
角度四：利用单调性求参数的取值范围或值
4．若f(x)＝是定义在R上的减函数，则a的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　由题意知，
解得
所以a∈，故选A.
[通法在握]
函数单调性应用问题的常见类型及解题策略
(1)求函数最值
方法
步骤
单调性法
先确定函数的单调性，再由单调性求最值
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
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
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
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

(2)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．
(3)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．
(4)利用单调性求参数
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．
[提醒]　①若函数在区间[a，b]上单调，则该函数在此区间的任意子区间上也是单调的；②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．
[演练冲关]
1．设函数f(x)＝若函数f(x)在区间(a，a＋1)上单调递增，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，1] B．[1,4]
C．[4，＋∞) D．(－∞，1]∪[4，＋∞)
解析：选D　作出函数f(x)的图象如图所示，由图象可知，若f(x)在(a，a＋1)上单调递增，需满足a≥4或a＋1≤2，即a≤1或a≥4，故选D.
2．已知函数f(x)＝若f(2－x2)＞f(x)，则实数x的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1)∪(2，＋∞) B．(－∞，－2)∪(1，＋∞)
C．(－1,2) D．(－2,1)
解析：选D　∵当x＝0时，两个表达式对应的函数值都为零，∴函数的图象是一条连续的曲线．∵当x≤0时，函数f(x)＝x3为增函数，当x＞0时，f(x)＝ln(x＋1)也是增函数，∴函数f(x)是定义在R上的增函数．因此，不等式f(2－x2)＞f(x)等价于2－x2＞x，即x2＋x－2＜0，解得－2＜x＜1.
3．(2017·浙江名校高考联盟联考)若函数f(x)＝a|x＋b|－1在(1，＋∞)上是减函数，则实数a的取值范围是________，实数b的取值范围是________．
解析：当a＞0时，函数f(x)＝a|x＋b|－1在(－∞，－b]上是减函数，在(－b，＋∞)上是增函数，不满足函数f(x)＝a|x＋b|－1在(1，＋∞)上是减函数；当a＝0时，f(x)＝－1，不满足函数f(x)＝a|x＋b|－1在(1，＋∞)上是减函数；当a＜0时，函数f(x)＝a|x＋b|－1在(－∞，－b]上是增函数，在(－b，＋∞)上是减函数，因为函数f(x)＝a|x＋b|－1在(1，＋∞)上是减函数，所以a＜0且－b≤1，即a＜0且b≥－1.
答案：(－∞，0)　[－1，＋∞)

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1．(2018·珠海摸底)下列函数中，定义域是R且为增函数的是(　　)
A．y＝2－x　　　　　　　 　B．y＝x
C．y＝log2 x D．y＝－
解析：选B　由题知，只有y＝2－x与y＝x的定义域为R，且只有y＝x在R上是增函数．
2．(2018·绍兴模拟)已知函数f(x)的图象关于(1,0)对称，当x＞1时，f(x)＝loga(x－1)，且f(3)＝－1，若x1＋x2＜2，(x1－1)(x2－1)＜0，则(　　)
A．f(x1)＋f(x2)＜0
B．f(x1)＋f(x2)＞0
C．f(x1)＋f(x2)可能为0
D．f(x1)＋f(x2)可正可负
解析：选B　∵当x＞1时，f(x)＝loga(x－1)，
f(3)＝loga2＝－1，∴a＝，
故函数f(x)在(1，＋∞)上为减函数，
若x1＋x2＜2，(x1－1)(x2－1)＜0，
不妨令x1＜1，x2＞1，则x2＜2－x1，
f(x2)＞f(2－x1)，
又∵函数f(x)的图象关于(1,0)对称，
∴f(x1)＝－f(2－x1)，
此时f(x1)＋f(x2)＝－f(2－x1)＋f(x2)＞0，故选B.
3．已知函数f(x)＝log4(4－|x|)，则f(x)的单调递增区间是________；f(0)＋4f(2)＝________.
解析：令y＝log4u，其中u＝4－|x|，且u＝4－|x|＞0，由于函数y＝log4u是单调递增函数，故要求f(x)的单调递增区间，只需求u＝4－|x|的单调递增区间，得解得－4＜x≤0，所以f(x)的单调递增区间是(－4,0]；易得f(0)＋4f(2)＝log44＋4log42＝1＋2＝3.
答案：(－4,0]　3
4．函数y＝－x(x≥0)的最大值为________．
解析：令t＝，则t≥0，所以y＝t－t2＝－2＋，结合图象知，当t＝，即x＝时，ymax＝.
答案：
5．(2018·杭州十二校联考)设min{x，y}＝若定义域为R的函数f(x)，g(x)满足f(x)＋g(x)＝，则min{f(x)，g(x)}的最大值为____________．
解析：设min{f(x)，g(x)}＝m，∴⇒2m≤f(x)＋g(x)⇒m≤，
显然当m取到最大值时，x＞0，∴＝≤＝，∴m≤，当且仅当时等号成立，即m的最大值是.
答案：
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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，＋∞)
解析：选B　设t＝x2－2x－3，由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．(2018·浙江名校协作体联考)函数y＝x＋的值域为(　　)
A．[1＋，＋∞) B．(，＋∞)
C．[，＋∞) D．(1，＋∞)
解析：选D　因为函数y＝x＋＝x＋，所以当x≥1时，函数为增函数，所以y≥＋1；当x＜1时，设x－1＝t，则t＜0，函数y＝t＋＋1＝＋1，所以函数在(－∞，0)上为增函数，当t→0时，y→＋1，当t→－∞时，y→1，所以1＜y＜＋1.综上所述，函数y＝x＋的值域为(1，＋∞)．
3．定义新运算⊕：当a≥b时，a⊕b＝a；当a＜b时，a⊕b＝b2，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
解析：选C　由已知得当－2≤x≤1时，f(x)＝x－2，
当1＜x≤2时，f(x)＝x3－2.
∵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.
4．已知函数f(x)＝是R上的单调函数，则实数a的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B　由对数函数的定义可得a＞0，且a≠1.
又函数f(x)在R上单调，则二次函数y＝ax2－x－的图象开口向上，
所以函数f(x)在R上单调递减，
故有即
所以a∈.
5．(2018·湖州模拟)若f(x)是定义在(－1,1)上的减函数，则下列不等式正确的是(　　)
A．f(sin x)＞f(cos x)
B．f＞f(x)
C．f≥f
D．f≥f
解析：选D　A．x∈时，sin x＞cos x，
∵f(x)在(－1,1)上为减函数，
∴f(sin x)＜f(cos x)，∴该选项错误；
B．x∈(－1,1)，∴－x＝(x－1)2＞0，
∴＞x，且f(x)在(－1,1)上单调递减，
∴f＜f(x)，∴该选项错误；
C.－＝＝，
∵x∈(－1,1)，
∴x∈(－1,0)时，x＞1，
∴＞，且f(x)在(－1,1)上为减函数，
∴f＜f，∴该选项错误；
D.－＝，
∴①x∈(－1,0]时，x－1≥0,1－x≤0，
∴≤.
②x∈(0,1)时，x－1＜0,1－x＞0，
∴＜，
∴综上得，≤，
∵f(x)为(－1,1)上的减函数，
∴f≥f，∴该选项正确．
6．(2019·金华四校联考)若函数f(x)＝x2＋a|x－2|在(0，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是________．
解析：∵f(x)＝x2＋a|x－2|，
∴f(x)＝
又∵f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴∴－4≤a≤0，
∴实数a的取值范围是[－4,0]．
答案：[－4,0]
7．设函数f(x)＝的图象过点(1,1)，函数g(x)是二次函数，若函数f(g(x))的值域是[0，＋∞)，则函数g(x)的值域是________．
解析：因为函数f(x)＝的图象过点(1,1)，所以m＋1＝1，解得m＝0，所以f(x)＝画出函数y＝f(x)的大致图象如图所示，观察图象可知，

当纵坐标在[0，＋∞)上时，横坐标在(－∞，－1]∪[0，＋∞)上变化．
而f(x)的值域是(－1，＋∞)，
f(g(x))的值域是[0，＋∞)，
因为g(x)是二次函数，
所以g(x)的值域是[0，＋∞)．
答案：[0，＋∞)
8．若函数f(x)＝ax(a＞0，a≠1)在[－1,2]上的最大值为4，最小值为m，且函数g(x)＝(1－4m)在[0，＋∞)上是增函数，则a＝________.
解析：函数g(x)在[0，＋∞)上为增函数，则1－4m＞0，即m＜.若a＞1，则函数f(x)在[－1,2]上的最小值为＝m，最大值为a2＝4，解得a＝2，＝m，与m＜矛盾；当0＜a＜1时，函数f(x)在[－1,2]上的最小值为a2＝m，最大值为a－1＝4，解得a＝，m＝.所以a＝.
答案：
9．(2018·杭州五校联考)函数y＝f(x)的定义域为R，若存在常数M＞0，使得|f(x)|≥M|x|对一切实数x均成立，则称f(x)为“圆锥托底型”函数．
(1)判断函数f(x)＝2x，g(x)＝x3是否为“圆锥托底型”函数？并说明理由．
(2)若f(x)＝x2＋1是“圆锥托底型”函数，求出M的最大值．
解：(1)函数f(x)＝2x.∵|2x|＝2|x|≥2|x|，即对于一切实数x使得|f(x)|≥2|x|成立，
∴函数f(x)＝2x是“圆锥托底型”函数．
对于g(x)＝x3，如果存在M＞0满足|x3|≥M|x|，
而当x＝ 时，由3≥M，
∴≥M，得M≤0，矛盾，
∴g(x)＝x3不是“圆锥托底型”函数．
(2)∵f(x)＝x2＋1是“圆锥托底型”函数，故存在M＞0，使得|f(x)|＝|x2＋1|≥M|x|对于任意实数恒成立．
∴x≠0时，M≤＝|x|＋，此时当x＝±1时，|x|＋取得最小值2，
∴M≤2.而当x＝0时，也成立．
∴M的最大值等于2.
10．已知函数f(x)＝a－.
(1)求证：函数y＝f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
(2)若f(x)＜2x在(1，＋∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)证明：当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝a－，
设0＜x1＜x2，则x1x2＞0，x2－x1＞0，
f(x2)－f(x1)＝－＝－＝＞0，
所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
(2)由题意a－＜2x在(1，＋∞)上恒成立，
设h(x)＝2x＋，
则a＜h(x)在(1，＋∞)上恒成立．
任取x1，x2∈(1，＋∞)且x1＜x2，
h(x1)－h(x2)＝(x1－x2).
因为1＜x1＜x2，所以x1－x2＜0，x1x2＞1，所以2－＞0，
所以h(x1)＜h(x2)，
所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增．
故a≤h(1)，即a≤3，
所以实数a的取值范围是(－∞，3]．
三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1．已知减函数f(x)的定义域是实数集R，m，n都是实数．如果不等式f(m)－f(n)＞f(－m)－f(－n)成立，那么下列不等式成立的是(　　)
A．m－n＜0 B．m－n＞0
C．m＋n＜0 D．m＋n＞0
解析：选A　设F(x)＝f(x)－f(－x)，
由于f(x)是R上的减函数，
∴f(－x)是R上的增函数，－f(－x)是R上的减函数，
∴F(x)是R上的减函数，
∴当m＜n时，有F(m)＞F(n)，
即f(m)－f(－m)＞f(n)－f(－n)成立．
因此，当f(m)－f(n)＞f(－m)－f(－n)成立时，不等式m－n＜0一定成立，故选A.
2．已知函数f(x)＝lg，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＋－2＞0，得＞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0＜a＜1时，定义域为{x|0＜x＜1－或x＞1＋}．
(2)设g(x)＝x＋－2，当a∈(1,4)，x∈[2，＋∞)时，g′(x)＝1－＝＞0恒成立，
所以g(x)＝x＋－2在[2，＋∞)上是增函数．
所以f(x)＝lg在[2，＋∞)上是增函数．
所以f(x)＝lg在[2，＋∞)上的最小值为f(2)＝lg.
(3)对任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)＞0，
即x＋－2＞1对任意x∈[2，＋∞)恒成立．
所以a＞3x－x2，令h(x)＝3x－x2，
而h(x)＝3x－x2＝－2＋在[2，＋∞)上是减函数，所以h(x)max＝h(2)＝2，所以a＞2.
即a的取值范围为(2，＋∞)．