2020高考理科數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)學(xué)案：2.2函數(shù)的單調(diào)性與最大(小)值

1、2.2 函數(shù)的單調(diào)性與最大(小)值V (2016 北京)下列函數(shù)中，在區(qū)間(1, 1)上 為減函數(shù)的是()1.函數(shù)的單調(diào)性(1)增函數(shù)與減函數(shù)一般地，設(shè)函數(shù) f(x)的定義域?yàn)?I:1如果對于定義域 I 內(nèi)某個區(qū)間 D 上的自變量的值 X1,x2，當(dāng)x1Vx2時，都有 f(X1)Vf(X2)，那么就說函數(shù) f(x)在區(qū)間 D 上是2如果對于定義域 I 內(nèi)某個區(qū)間 D 上的自變量的值 X1, X2，當(dāng) X1 f(x2)，那么就 說函數(shù) f(x)在區(qū)間 D 上是_.(2)單調(diào)性與單調(diào)區(qū)間如果函數(shù) y= f(x)在區(qū)間 D 上是增函數(shù)或減函數(shù)， 那么就說函數(shù) y = f(x)在這一區(qū)間具有(嚴(yán)格的)

2、, 區(qū)間D 叫做 y = f(x)的B. y= cosxC. y= In(x+ 1)D. y=2x1 1解：選項(xiàng) A 中函數(shù) y= =丄在區(qū)間(1,1 xx 11)上是增函數(shù)；選項(xiàng) B 中函數(shù) y= cosx 在區(qū)間(一 1,0)上是增函數(shù)，在區(qū)間(0, 1)上是減函數(shù)；選項(xiàng) C 中 函數(shù)y= In(x+ 1)在區(qū)間(1, 1)上是增函數(shù)； 選項(xiàng)D 中函數(shù)y= 2x= 1 在區(qū)間(一 1, 1)上是減函數(shù).故選 D.目(2017全國卷單調(diào)遞增區(qū)間是A .2.函數(shù)的最值(1)最大值一般地，設(shè)函數(shù) y=f(x)的定義域?yàn)?I，如果存在 實(shí)數(shù)M 滿足：1_對于任意的 x I，都有_ ；2_存在 x0

3、I，使得.那么，我們稱 M 是函數(shù) y= f(x)的最大值.(2)最小值一般地，設(shè)函數(shù) y=f(x)的定義域?yàn)?I，如果存在 實(shí)數(shù)N 滿足：1_對于任意的 x I，都有_ ；2_存在 xoI，使得.那么我們稱 N 是函數(shù) y= f(x)的最小值.自查自糾：1.(1)任意兩個增函數(shù)任意兩個減函數(shù)(2)單調(diào)性單調(diào)區(qū)間2.(1)f(x)WMf(xo)=M(2)f(x)ANf(xo)=NC.解：或 x4,(m， 2)(1 , +m)函數(shù)有意義，則結(jié)合二次函數(shù)的單調(diào)性、n)函數(shù) f(x) = In(x2 2x 8)的 ( )B.( a, 1)D.(4, + a)Ix2 2x 80，解得 x 2對數(shù)函數(shù)的

4、單調(diào)性和復(fù)合函數(shù)同增異減的原則可得函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為(4,+a).故選 D.的實(shí)數(shù) X 的取值范圍是( )A.(a,1)B.(1,+ aC.(a,0)U(0,1)D.(a,0)U(1, + a)1x1解：由題意知，0,所以 x1. X故選 D.因已知 f(x)為 R 上的減函數(shù)，則滿足 記f(1)V (2018福建龍巖模擬)函數(shù) f(x)=Iog2(x+ 4)在區(qū)間2, 2上的最大值為 _.解：函數(shù) f(x)在區(qū)間2, 2上單調(diào)遞減，則函1丫2數(shù)的最大值為 f( 2) = 3 log2( 2 + 4) = 9 1=8故填 8. +4x,xW4,函數(shù) f(x)=若函數(shù) y= f(x)Ilog2x

5、, x4,考點(diǎn)梳理在區(qū)間(a, a + 1)上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù) a 的取值范圍 為基礎(chǔ)自測卜小易全潘牛刀小試解：如圖，畫出函數(shù) y= f(x)的圖象，若使函數(shù) 在區(qū)間(a, a + 1)上單調(diào)遞增，則 a + 1W2 或 a4, 解得實(shí)數(shù) a 的取值范圍是(1U4 ,+旳故填 (a,1U4,+ x)間是(a,1)故選 A.(3) 函數(shù) f(x)= (3 x2)ex的單調(diào)遞增區(qū)間是()A( x,0)B(0,+ a)C(x, 3)D(3,1)解：f，(x)= 2xex+ (3 x2) = (x2+ 2x 3)ex,由于 ex0 ,令 f，(x) 0,則有 x2+ 2x 30，解得3x 0，即 x2

6、 2x3 0,解得xw1或x3,所以函數(shù)f(x)的定 義域?yàn)?x,1U3,+x).因?yàn)楹瘮?shù) t(x)= x2 2x 3 的圖象的對稱軸為 x= 1,所以函數(shù) t(x)在(一x,1上單調(diào)遞減，在3,+x)上單調(diào)遞增，所以函數(shù) f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為3,+x故選B.函數(shù) y= log1(x2 3x + 2)的單調(diào)遞增區(qū)間是2( )A( x,1)B(2,+旳(3直,、P lx nI- + xC. I，2 丿D.9,+丿解：由 x2 3x+ 20,解得 x2，因此函數(shù) y = log。2 3x + 2)的定義域?yàn)?x,1)U(2 ,2+x).令 u= x2 3x+ 2, y= log1u(u0)，由

7、于內(nèi)層函2數(shù) u = x2 3x + 2 在 x (x,1)上單調(diào)遞減，外層函數(shù) y= log2u 在 u (0,+x)上單調(diào)遞減，由復(fù)合函數(shù)2單調(diào)性可知，函數(shù)y= log1(x2 3x+ 2)的單調(diào)遞增區(qū)2由圖可知 f(x)在(x,1和2 , 3上為減函數(shù)， 在1,2和3,+x)上為增函數(shù)，故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為1 , 2, 3,+x)，單調(diào)遞減區(qū)間為(一x,1, 2, 3(5)已知函數(shù) f(x)=.x2+ 1 ax.證明：當(dāng) a 1 時,函數(shù) f(x)在區(qū)間0,+x)上為單調(diào)減函數(shù)證明：任取 X1,x20,+x)，且 X1x2,f(x” f(x2)= .x2+ 1 ax1:.x2+ 1

8、 + ax?=/x2+1 i.fx2+1a(X1X2)2 2X1 X2所以 0r .2 1，所以 f(x” f(x2)0,即函數(shù) f(x)在0,+x上為單調(diào)減函數(shù)點(diǎn)撥：求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，應(yīng)先求定義域，在定義 域內(nèi)求單調(diào)區(qū)間，如例 1(1).函數(shù)單調(diào)性的判斷方 法主要有：定義法，圖象法，利用已知函數(shù)的單調(diào) 性，導(dǎo)數(shù)法等復(fù)合函數(shù) y= f(g(x)的單調(diào)性應(yīng)根 據(jù)外層函數(shù) y= f(t)和內(nèi)層函數(shù)t= g(x)的單調(diào)性判斷, 遵循“同增異減”的原則類型一確定函數(shù)的單調(diào)性與單調(diào)區(qū)間典例解桁,x2+1+, x2+1a(X1一X2)X1+ X2、#x2+ 1 +7 x2+1a J=(X1 X2)因?yàn)?0

9、wX1 X1+ 1 , 0X20 在定義域上恒成立，又(0 , +8)?(1,+8，因此函數(shù) f(x)在(0,+8)上單調(diào) 遞增.故選 B.(2)(2017洛陽二模)函數(shù) y = f(x)(x R)的圖象 如圖所示，則函數(shù)g(x)= f(logax)(0a1)的單調(diào)遞減 區(qū)間是(C.( 8,0)U1, +8D. h/aJa +1解：由圖象可知，函數(shù) y = f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間 為(8,0)和1, +8，單調(diào)遞增區(qū)間為為 0a1，所以函數(shù)y = logax 在定義域內(nèi)單調(diào)遞1l減.由題意可知，Owlogaxw2，解得.a x 1,即 所求單調(diào)遞減區(qū)間為一 a, 1.故選 B.(3)函數(shù)f(x

10、)= sinx x 的單調(diào)遞減區(qū)間是(A .(x)= cosx 1w0，即函數(shù) f(x)在 R 上是減函數(shù).故選 C.(4)求函數(shù) f(x) = x2+ 2|x| + 3 的單調(diào)區(qū)間.一 x?+ 2x + 3, x0,x2 2x+ 3, x0,其圖象如圖所示,所以函數(shù) y= f(x)的單 調(diào) 遞 增 區(qū) 間 為(卩 1 和0,1,單調(diào)遞減區(qū)間為1,0和1,+8.ax(5)試討論函數(shù)f(x)= (a 0)在(1,1)上的x 1| f1、=a 1+xI，f(X1)f(X2)=a 1+x1a (X2 xj_(X11)(x21)由于一 1X1X20 , X1 10 , X210 時,f(x” f(X2

11、)0 ,即 f(x”f(X2),函數(shù) f(x)在(1, 1)上單調(diào)遞減；當(dāng) a0 時,f(x1) f(x2)0 ,即 f(X1)0 時，f(x)0,函數(shù) f(x)在(1, 1)上單調(diào) 遞減；當(dāng) a0 ,函數(shù) f(x)在(1, 1)上單調(diào) 遞增.A .B.C.D.A,J(汽 0)B.(1,+ 8)n8 _，2( 8,+旳D.f(x) = sinx x, f解:解：因?yàn)?f(x) =單調(diào)性.解法一： 設(shè)一 1X1X21 ,x 1 + 1.=a 1 +x 1.f(x)= a(x 1)2a, 1因曲 (1)(2017江西三校一聯(lián))定義在 R 上的 偶函數(shù) f(x)滿足：對任意的 x1, X2 (8,0

12、)(X 嚴(yán) x2), 都有f(X1)一f(X2)類型二函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用X1- X20.則下列結(jié)論正確的是()20.3f(0.3 )f(2 )f(log25)0 32f(log25)f(2)f(0.3 )20 3f(log25)f(0.3 )f(2)20 3f(0.3 )f(log25)f(2)由題意可知，f(x)在(g,0)上是減函數(shù),又因?yàn)?f(x)是 R 上的偶函數(shù)，所以 f(x)在(0，+g)上是增函數(shù)，因?yàn)?00.32120.32log25 ,所以20 3f(0.3 )f(2)0,已知函數(shù) f(x) = 2c 若 f(2 4x x , xf(a)，則實(shí)數(shù) a 的取值范圍是()(g,1)

13、U(2, + g)(1 , 2)(2, 1)(g,2)U(1, + g)式， 類似的幾種單調(diào)性等價式參見“名師點(diǎn)睛” 欄.奇函數(shù)在關(guān)于原點(diǎn)對稱的兩個區(qū)間上有相同的 單調(diào)性，偶函數(shù)在關(guān)于原點(diǎn)對稱的區(qū)間上有相反的 單調(diào)性.函數(shù)的單調(diào)性常用來求最值，求參數(shù)范圍，比較大小等.要注意挖掘解析式或已知條件中的隱 含信息，合理轉(zhuǎn)化.EEQI (1)(2017福州一模)如果函數(shù) f(x)對任 意的實(shí)數(shù) x,都有 f(1 + x) = f( x),且當(dāng) x2 時，f(x)=log2(3x 1),那么函數(shù)f(x)在 2, 0上的最大值與最小值之和為()A . 2 B. 3 C. 4 D. 1解：根據(jù) f(1 +

14、x)= f( x)，可知函數(shù) f(x)的圖象1一 1關(guān)于直線 x =對稱.又函數(shù) f(x)在 1解: f(x)=x2+ 4x=( x+ 2)2 4, x 0,I224x x = (x 2)+ 4, xf(a)得 2 a2a，即 a2+ a 20,解 得2a0 且 1，若函數(shù) f(x)= loga ax2 (2 a)x + 3在 1,2上是增函數(shù)，則 a 的取值范圍是_.解：2, 0上的最大值與最小值之和為f( 2) + f(0) = f(1 +2)+ f(1 + 0) = f(3) + f(1) = log28+ log22 = 4故選 C.(2)(2017珠海月考)定義在 R 上的奇函數(shù) y

15、 = f(x)的 x 的集合為解：由題意知0，f當(dāng)當(dāng)由復(fù)合函數(shù)單調(diào)性可知a1 時，2aw1,2a 312 a歹-+30，學(xué)2，0a6;5+ 30,解得在(0,+叼上單調(diào)遞增，且0,則滿足 f(log1x)09= 0,由 f(logix)0 ,11 1得 log1x-或2log1x0，解得 0 x3 或 1x3.故填92293f 1x|0vx3 或 1x i,1,xv1,滿足對任意 X1工 X2，都有f(*)f(X2)xiX20 成立，那么 a 的A .B .C.D .解：A .B .C.D.2，+ gj 上單調(diào)遞增，故 f(x)在g,單調(diào)遞減，則函數(shù) f(x)在取值范圍是_.解：由已知條件得

16、f(x)為增函數(shù)，所以值范圍是 2 2 故填 3 2 .例 2(1)中的f(x1)f(x2)xi X20 是減函數(shù)的等價1 26 0,3a 1,解得-wav2,所以 a 的取(2a) x1+1wa,點(diǎn)撥:類型三抽象函數(shù)的單調(diào)性n R，都有 f(m + n) = f(m) + f(n) 1,并且 x0 時, 恒有 f(x)1.(1)求證：f(x)在 R 上是增函數(shù)；2若 f(3) = 4,解不等式 f(a + a 5)2.解: (1)證明：設(shè) X! ,X2 R 且 X!0, 因?yàn)楫?dāng) x0 時，f(x)1，所以 f(X2 x”1.f(x2)= f(X2 X”+ X1 = f(X2 X“+ f(X1

17、) 1，所以 f(X2) f(X1)= f(X2x1) 10，即即 f(X1)f(X2),所以 f(x)在 R 上是增函數(shù).(2)因?yàn)?m，n R，不妨設(shè) m= n = 1，所以 f(1 + 1)= f(1) + f(1) 1，即即 f(2) = 2f(1) 1， 又 f(3) = 4，所以 f(2 + 1) = f(2) + f(1) 1 = 3f(1) 2= 4,得 f(1) = 2,所以 f(a2+ a 5)2 = f(1).又因?yàn)?f(x)在 R 上為增函數(shù)，所以 a2+ a 51,解得3a0.(2)f(x)在(0,+旳上是增函數(shù).證明：設(shè) 0vX10所以 f(X2) f(X1) 0,

18、即 f(x)在(0 , +*)上是增函 數(shù).因?yàn)?f(6)= f36= f(36)f(6)，又 f(6) =1, 所以 f(36)= 2,原不等式化為：f(x2+ 5x)vf(36), 又因?yàn)?f(x)在(0,+旳上是增函數(shù)，x+ 5 0,所以-0,解得 0vxv4.2.x+5xv36,點(diǎn)撥：對于抽象函數(shù)單調(diào)性的判斷要緊扣單調(diào)性的定義，結(jié)合題目所給性質(zhì)和相應(yīng)的條件，對任意X1,X2在所給區(qū)間內(nèi)比較f(X1) f(X2)與 0 的大小，或f(X1)與 1 的大小.有時根據(jù)需要，需作適當(dāng)?shù)淖?f ( X2)形，女口 x1= x2+ x1 x2或 x1= x2理等.深挖已知條X2件，是求解此類題的關(guān)

19、鍵.在客觀題的求解中，也可考慮用特殊化方法處理，如本題中依條件取 f(x) = x + 1.常見抽象函數(shù)及其原型：f(x + y)=f(x) + f(y) + m,原型為一次函數(shù) f(x)= kx+ b : f(x+xy) = f(x)f(y),原型為 f(x) = a (a0 且 a* 1);3f(xy)= f(x) + f(y)，原型為 f(x) = logax(a0 且 a 工 1);4f(x+ y) + f(x y)= 2f(x)f(y)(f(0)豐0)，原型為 f(x) = cosx,等等.UH f(x)的定義域?yàn)?0,+旳，且對一切 x0, y0 都有f y = f(x) f(y)

20、，當(dāng) x 1 時，有 f(x) 0.(1) 求 f(1)的值；(2) 判斷 f(x)的單調(diào)性并證明；1.證明函數(shù)的單調(diào)性與求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，均可運(yùn)用函數(shù)單調(diào)性的定義，具體方法為差式比較法 或商式比較法.注意單調(diào)性定義還有如下的兩種等 價形式：設(shè) X1, X2 (a, b),且 X1*X2，那么(1)f(X1X(X2) 0? f(x)在 (a, b)內(nèi)是增函數(shù)；上式的幾何意義：增(減)函數(shù)圖象上任意兩點(diǎn) (X1,f(X1), (X2, f(X2)連線的斜率恒大于(或小于)零.(2)(X1 X2)f(X1) f(x2) 0? f(x)在(a, b)內(nèi)是增 函數(shù)；(X1 X2)f(x1) f(x2)

21、v0? f(x)在(a, b)內(nèi)是減函 數(shù).2.函數(shù)單調(diào)性的判斷(1) 常用的方法有：定義法、導(dǎo)數(shù)法、圖象法及 復(fù)合函數(shù)法.(2) 兩個增(減)函數(shù)的和仍為增(減)函數(shù)； 一個增 (減)函數(shù)與一個減(增)函數(shù)的差是增(減)函數(shù).奇函數(shù)在關(guān)于原點(diǎn)對稱的兩個區(qū)間上有相同2).(2018南昌期末)函數(shù) f(x)對任意的 m,名師點(diǎn)睛卜羯示規(guī)律總結(jié)方法f ( X1) f ( X2)X1 X2v0? f(x)在(a, b)內(nèi)是減函數(shù).的單調(diào)性，偶函數(shù)在關(guān)于原點(diǎn)對稱的兩個區(qū)間上有 相反的單調(diào)性復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性：如果y= f(u)和 u= g(x)的單調(diào)性相同，那么 y= f(g(x)是增函數(shù)；如果 y=

22、f(u) 和 u= g(x)的單調(diào)性相反，那么 y= f(g(x)是減函數(shù).在 應(yīng)用這一結(jié)論時，必須注意：函數(shù)u = g(x)的值域必須是 y= f(u)的單調(diào)區(qū)間的子集.(5)在研究函數(shù)的單調(diào)性時，常需要先將函數(shù)化 簡，轉(zhuǎn)化為討論一些熟知的函數(shù)的單調(diào)性， 因此掌 握一次函數(shù)、二次函數(shù)、幕函數(shù)、對數(shù)函數(shù)等的單 調(diào)性，將大大縮短我們的判斷過程.3.函數(shù)最值的重要結(jié)論(1) 設(shè) f(x)在某個集合 D 上有最小值，m 為常數(shù)，則 f(x) m 在 D 上恒成立的充要條件是f(x)min m.(2) 設(shè) f(x)在某個集合 D 上有最大值，m 為常數(shù)，則 f(x) X2).在解決“與抽象函數(shù)有關(guān)的不

23、 等式”問題時，可以利用函數(shù)單調(diào)性的“可逆性”， 脫去“函數(shù)符號 f”，化為一般不等式求解，但運(yùn)算 必須在定義域內(nèi)或給定的范圍內(nèi)進(jìn)行f(x) = x 在 R 上為增函數(shù)，但 y= |f(x)| =兇在(0 ,+旳上為增函數(shù)，在(汽 0)上為減函數(shù)；由復(fù)合函數(shù)的 單調(diào)性可知，C 正確，D 錯.故選 C.3.設(shè)函數(shù) f(x) = ln(1 + x) ln(1 x)，則 f(x)()在(一 1, 在(1, 在(1,1 + x ln(1 + x) ln(1 x)= ln1 x、 2一1*(1,1).因?yàn)閠-1在(一1,1 + x復(fù)合函數(shù)單調(diào)性知，函數(shù)f(x) = Ig；工 是增函數(shù)；D1 X選項(xiàng)中，函

24、數(shù)是奇函數(shù)且是減函數(shù).故選 C.增函數(shù)， 則下列結(jié)論一定正確的是(A .1y=在 R 上為減函數(shù)f (X)B . y= |f(x)在 R 上為增函數(shù)C. y= 2f(X)在 R 上為減函數(shù)D .y= f(x)3在 R 上為增函數(shù)解: A 錯，比如 f(x)= x 在 R 上為增函數(shù)，但f(廠1在R上不具有單調(diào)性;B 錯，比如1)上是增函數(shù)1)上是減函數(shù)0)上是減函數(shù)，在(0, 1)上是增函在(一 1,0)上是增函數(shù)，在(0, 1)上是減函解：f(x)=ln1.(2018河北衡水調(diào)研)下列函數(shù)在其定義域 內(nèi)既是增函數(shù)又是奇函數(shù)的是()2A . f(x) = x sinxB.f(x)= x|x 1

25、|XXC .1 + Xf(x)=lg1 XD. f(x) =n n解: A 選項(xiàng)中，函數(shù)為奇 函數(shù)，但由f(x) = 0,得 x= 0 或 sinx= 0,即 x = kn,k Z,所以該函數(shù)有 無窮多個零點(diǎn)，故不單調(diào)；B 選項(xiàng)中，函數(shù)滿足f( 1)= 0,f(1) = 2,故既不是奇函數(shù)也不是增函數(shù)； C選項(xiàng)中，函數(shù)定義域是(1 , 1)，并且 f(x) +f( x)= lg戶+ lg戶=0，所以函數(shù)是奇函數(shù)，設(shè)1 X 1 + X1 + x2g(x)=二x= 1 亠，所以函數(shù) g(x)是增函數(shù)，由1 XX 14.若函數(shù) y = ax 與 y=在(0,+x)上都是減X函數(shù)，貝Uy= ax2+

26、bx 在(0, +x)上是()A增函數(shù)B減函數(shù)C先增后減函數(shù)D先減后增函數(shù)解： 由 y= ax 在(0,+x)上是減函數(shù)， 知 a0 ；由 y = 在(0,+旳上是減函數(shù)，知b0.所以 y=Xax2+ bx 的對稱軸方程為 x= 2a0.又因?yàn)?y= ax2+bx 的圖象是開口向下的拋物線，所以y= ax2+ bx 在(0,+X)上是減函數(shù).故選 B.5.(2016太原模擬)已知函數(shù) f(x)= x ex1,( )B . X1+ X2= 02 2D . X1X2解：f( x)= x ex= f(x)，所以 f(x)在 R 上2.(2018廣東茂名二模)設(shè)函數(shù) f(x)在 R 上為課時作業(yè)1)上

27、單調(diào)遞增，y= f(x)在(1,y = lnt 在(0，+x)上單調(diào)遞增，所以1)上是增函數(shù).故選 A.若 f(X1)X2C . X10 時，f (x)0，所以 f(x)在0 , +旳上為增函 數(shù).由2 2f(X1)f(2),得 f(|X1|)f(|2|),所以 |X1|2|,所以 X1X2.故選 D.6.(2017湖北棗陽模擬)已知函數(shù)f(x) = x22ax+ a 在區(qū)間(a,1)上有最小值，則函數(shù) g(x)=f(X)在區(qū)間(1 , +a)上一定A .有最小值B .有最大值C是減函數(shù)D是增函數(shù)解：因?yàn)楹瘮?shù) f(x) = x2 2ax + a 在區(qū)間(一a,1)上有最小值，所以對稱軸=a1.

28、又 g(x)=x+ - 2a,若 a 0 在 x 2 , +a)上恒成立，所以 2x3 a 0,即 a 2x3在 x 2 , +旳上恒成立，所以 a 2X23= 16,所以實(shí)數(shù) a 的取值范圍為(一a,16.10.f()是定義在(0,+a)上的單調(diào)增函數(shù)，滿足 f(xy) = f(x) + f(y), f(3) = 1，當(dāng) f(x) + f(x 8) 2 時, 求的取值范圍.解：2 = 1 + 1= f(3) + f(3) = f(9)，由 f(x) + f(8) 2,可得 fx(x 8) 0,+a)上的增函數(shù)，所以有 X 8 0,解得(X 8) 9,8xw9.故的取值范圍是(8, 9.上單調(diào)遞增若 0a0 成立.區(qū)間是|,+a，令一 I = 3，得 a = 6故填一 6.(1)判斷 f(x)在 1, 1上的單調(diào)性，并證明;8.已知 a0，設(shè)函數(shù)(x a, a)的最大值為 M ,N =八2 020+1+ 2 010()=2 020+ 1最小值為 N,那么 M +x