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函数的单调性
日期:
2023-08-23 14:41
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### 函数的单调性 **①定义法** 给定一个函数人们有时候关心的是,函数值会随着自变量变化而变化,在很多情况下,我们不需要求具体的值,而需要定性了解函数的变化趋势。 一般地, 设函数 $y=f(x)$ 的定义域为 $D$, 且 $I \subseteq D$ : (1) 如果对任意 $x_1, x_2 \in I$, 当 $x_1<x_2$ 时, 都有 $f\left(x_1\right)<f\left(x_2\right)$, 则称 $y=f(x)$ 在 $I$ 上是增函数(也称在 $I$ 上单调递增), 如图 (1) 所示; (2) 如果对任意 $x_1, x_2 \in I$, 当 $x_1<x_2$ 时, 都有 $f\left(x_1\right)>f\left(x_2\right)$, 则称 $y=f(x)$ 在 $I$ 上是减函数(也称在 $I$ 上单调递减), 如图 (2) 所示.  **例1**: 求证 $f(x)=x+\sqrt{2-x}$ 在 $\left(-\infty, \frac{7}{4}\right)$ 上是增函数 证明 : 设 $x_1 , x_2 \in\left(-\infty, \frac{7}{4}\right)$ ,且 $x_1<x_2$ 则 $f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)=\left(x_1+\sqrt{2-x_1}\right)-\left(x_2+\sqrt{2-x_2}\right)$ $$ \begin{aligned} & =\left(\mathrm{x}_1-\mathrm{X}_2\right)+\left(\sqrt{2-\mathrm{x}_1}-\sqrt{2-\mathrm{x}_2}\right) \\ & =\left(\mathrm{x}_1-\mathrm{X}_2\right)+\frac{\left(\sqrt{2-\mathrm{x}_1}-\sqrt{2-\mathrm{x}_2}\right)\left(\sqrt{2-\mathrm{x}_1}+\sqrt{2-\mathrm{x}_2}\right)}{\sqrt{2-\mathrm{x}_1}+\sqrt{2-\mathrm{x}_2}} \\ & =\left(\mathrm{x}_1-\mathrm{X}_2\right)+\frac{\mathrm{x}_2-\mathrm{x}_1}{\sqrt{2-\mathrm{x}_1}+\sqrt{2-\mathrm{x}_2}} \\ & =\left(\mathrm{x}_1-\mathrm{X}_2\right)\left(1-\frac{1}{\sqrt{2-\mathrm{x}_1}+\sqrt{2-\mathrm{x}_2}}\right) \end{aligned} $$ 又 $\mathrm{x}_1<\mathrm{x}_2<\frac{7}{4}$ , 则有: $\sqrt{2-\mathrm{x}_1}>\frac{1}{2} , \sqrt{2-\mathrm{x}_2}>\frac{1}{2}$ , $$ \therefore \sqrt{2-\mathrm{x}_1}+\sqrt{2-\mathrm{x}_2}>1 $$ $$ \begin{aligned} & \therefore 1-\frac{1}{\sqrt{2-\mathrm{x}_1}+\sqrt{2-\mathrm{x}_2}}>0 \text {, 又 } \mathrm{x}_1<\mathrm{x}_2 \\ & \therefore \mathrm{f}\left(\mathrm{x}_1\right)-\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_2\right)<0 \\ & \therefore \mathrm{f}(\mathrm{x}) \text { 在在 }\left(-\infty, \frac{7}{4}\right) \text { 上是增函数 } \end{aligned} $$ **②导数法** 我们通常使用导数来求解函数的单调性。为此,我们进行如下理论分析: 设 $y=f(x)$ 在 $x_0$ 的某个邻域内有定义,当自变量 $x$ 从 $x_0$ 变化到 $x_0+\Delta x$ 时,相应的函数 $f(x)$ 也发生变化: $f\left(x_0\right) \rightarrow f\left(x_0+\Delta x\right)$ ,此时函数 $y$ 的对应增量(见图1-55) 为 $\Delta y=f\left(x_0+\Delta x\right)-f\left(x_0\right)$.  仔细看 $\Delta x$ 与 $ \Delta y $ 围成的一个三角形,可以得到曲线的切线斜率为: $$ \lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{\Delta y}{\Delta x}=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{f\left(x_0+\Delta x\right)-f\left(x_0\right)}{\Delta x}=\lim _{x \rightarrow x_0} \frac{f(x)-f\left(x_0\right)}{x-x_0} $$ 因为 $x-x_0 >0$ ,所以, 切线斜率的正负是由 $ {f(x)-f\left(x_0\right)}$ 决定。 因此,知道了$x$ 的范围,就可以判断曲线是增加还是减小。 如果斜率大于0,就是增函数,如果小于0就是减函数。 如果等于0,如果函数值等于0,通常是 函数增和减的分界点。 而这个分界点也被成为函数的极值点。 如图2-16所示,连续曲线弧 $A B$ 是函数 $y=f(x)(x \in[a, b])$ 的图形. 在导数里,我们知道,所谓导数就是曲线的切换斜率,搜易,可以发现,在曲线弧的最高点或最低点处,曲线有水平的切线. 如果记 $C$ 点的横坐标为 $\xi$ ,那么就有 $f^{\prime}(\xi)=0$. 换句话说,当求函数最值时(最大值或者最小值),可以令其导数等于0。  **例1**: 求 $y=x^2$ 在 $x \in (2,3)$ 时,判断$y$是递增还是递减。 解:对于 $y=x^2$ 求导,可得 $y'=2x$ , 当$x=2$时, $y'=4$, 当 $x=3$时, $y'=6$ 因为 $y' >0 $ , 所以在 $x \in (2,3)$ ,$ y$ 随 $x$ 的增大而增大。 **例2** : 写出函数 $y=3x^2+2x+1$ 的单调区间,并求其最值。 解: 对y求导得 $y'=6x+2$, 令 y'=0, 即 $6x+2=0$ 可以求得 $ x=-\frac{1}{3} $ ,又易知此函数为抛物线,所以, $(- \infty , -\frac{1}{3} )$ 递减, $( -\frac{1}{3}, +\infty )$ 递增 **例3** 已知函数 $f(x)=\frac{1}{x}-x+a \ln x$ ,讨论 $f(x)$ 的单调 性。 解:根据题意可知, $f(x)$ 的定义域为 : $(0,+\infty)$ $$ f^{\prime}(x)=-\frac{1}{x^2}-1+\frac{a}{x}=\frac{-x^2+a x-1}{x^2} $$ (1) 当 $a \leq 2$ 时, $f^{\prime}(x) \leq 0$ ,且当且仅当 $a=2 , x=1$ 时,才有 $f^{\prime}(x)=0$ $\therefore \mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递减; (2) 当 $a>2$ 时, 令 $f^{\prime}(x)=0$ ,即 $-x^2+a x-1=0$ , 解得 : $x_1=\frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2} , x_2=\frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2}$ 可知 :当 $x \in\left(0 , \frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2}\right) \cup\left(\frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2} ,+\infty\right), f^{\prime}(x)<0$ , 当 $x \in\left(\frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2} , \frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2}\right) , f^{\prime}(x)>0$ 即 $f(x)$ 在 $x \in\left(0, \frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2}\right) ,\left(\frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2} ,+\infty\right)$ 单调递 减; 综上(1)(2)可得 : 当 $a \leq 2$ 时, $f(x)$ 在 $(0 ,+\infty)$ 单调递减; 当 $a>2$ 时, $f(x)$ 在 $x \in\left(0 , \frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2}\right) ,\left(\frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2} ,+\infty\right)$ 单调递减 在 $x \in\left(\frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2} , \frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2}\right)$ 上单调递增
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